極值點偏移問題的兩種常見解法之比較

1、極值點偏移問題的兩種常見解法之比較淺談部分導(dǎo)數(shù)壓軸題的解法在高考導(dǎo)數(shù)壓軸題中，不斷出現(xiàn)極值點偏移問題，那么，什么是極值點偏移 問題？參考陳寬宏、邢友寶、賴淑明等老師的文章，極值點偏移問題的表述是：已知函數(shù)y f(x)是連續(xù)函數(shù)，在區(qū)間(%,X2)內(nèi)有且只有一個極值點 X0,且 f(xi) f(X2),若極值點左右的“增減速度”相同，常常有極值點 xo上廣， 我們稱這種狀態(tài)為極值點不偏移；若極值點左右的“增減速度”不同，函數(shù)的圖 象不具有對稱性，常常有極值點xo x22的情況，我們稱這種狀態(tài)為“極值點2偏移”.極值點偏移問題常用兩種方法證明：一是 函數(shù)的單調(diào)性，若函數(shù)f(x)在區(qū)問(a,b)內(nèi)單

2、調(diào)遞增，則對區(qū)間(a,b)內(nèi)的任意兩個變量、x2 ,f(x1)f (x2)xi x2;若函數(shù)f (x)在區(qū)間(a,b)內(nèi)單調(diào)遞減，則對區(qū)間(a,b)內(nèi)的任意兩個變量為、x2, f(xi) f(x2)xi x2.二是利用“對數(shù)平均不等式”證明，什么是“對數(shù)平均”？什么又是“對數(shù)平均不等式”？a b兩個正數(shù)a和b的對數(shù)平均數(shù)定義：L(a, b) .a In b,a b,a,a b,對數(shù)平均數(shù)與算術(shù)平均數(shù)、幾何平均數(shù)的大小關(guān)系是：扁L(a,b)山,2(此式記為對數(shù)平均不等式)下面給出對數(shù)平均不等式的 證明：i)當(dāng)a b 0時，顯然等號成立ii )當(dāng)a b 0時，不妨設(shè)a b 0先證 Vab a-,

3、要證 VabIn a In b令x 1 ,只須證：21n x x1-設(shè) f(x) 2ln x x -,x 1 ,則 fxa bIn a In b-,x 1 x(x) - 1x只須證：ln- bab1-2x(x 1)22x所以f(x)在(1,)內(nèi)單調(diào)遞減，所以f(x)1 f(1) 0 ,即21nx x -,x故. ab再證:a blna lnb a bIn a In b1 In要證： a b_a_b ,只須證：b一In a In b 2a 2In x 1 b令a x 1,則只須證：土”，只須證1 bx 12設(shè) g(x)/2 In x1 ，x 1 ,則x 1221(x 1)2 2x(x 1)22x

4、(x 1)2所以g(x)在區(qū)間(1,)內(nèi)單調(diào)遞減，所以g(x)g(1) 0,即 1In xa b a b故In a In b 2綜上述，當(dāng)a 0,b 0時,、.ab L(a,b)例1 (2016年高考數(shù)學(xué)全國I理科第21題)已知函數(shù)f (x)(x 2)ex a(x 1)2 有兩個零點.(i)求a的取值范圍；(n)設(shè)x1，x2是f (x)的兩個零點，證明： x x22 .解：(I)函數(shù)f(x)的定義域為R,當(dāng) a 0時，f(x) (x 2)ex0 ,得x 2,只有一個零點，不合題意;當(dāng) a 0時，f (x) (x 1)ex 2a當(dāng) a 0時，由 f (x) 0得，x 1,由 f (x) 0得，x

5、 1 ,由 f (x) 0得，x 1,故，x 1是f(x)的極小值點，也是 f(x)的最小值點，所以f(x)min f(1) e 0又f(2) a 0 ,故在區(qū)間(1,2)內(nèi)存在一個零點x2，即1 x2 2x 21由 lim (x 2)e lim lim 0,又 a(x 1)0 ,所以，f (x)在區(qū)間xx ex x ex(,1)存在唯一零點x1，即x,1 ,故a 0時，f (x)存在兩個零點；當(dāng) a 0時，由 f (x) 0得，x 1或x 1n( 2a),e右1n(2a) 1,即a /時，f (x) 0,故f(x)在R上單調(diào)遞增，與題意不符 e右1n( 2a) 1,即 5 a 0時，易證f(

6、x)極大值=f(1) e 0故f(x)在R上只有 .一 e個零點，若1n( 2a) 1 ,即a 時，易證f (x)極大值=f (1n( 2a) a(1n2( 2a)241m 2a) 5) 0,故f(x)在R上只有一個零點綜上述，a 0(n)解法一、根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明由(i)知，a0 且 x11x22令 h(x) f (x)f(2x) (x 2)ex2 x .xe ,x 1則 h (x)(x 1)(e2(x 1)1)因為x1,所以0,e2(x1) 10,所以h(x)0,所以h(x)在(1,)內(nèi)單調(diào)遞增h(x)h(1),即 f(x)f(2 x),f(x2)f(2x2)f(x1)f(2x2)因為x

7、11,2x21,f (x)在區(qū)間(,1)內(nèi)單調(diào)遞減，所以即x1x22解法二、利用對數(shù)平均不等式證明由(I)知，a又 f (0) a 2所以,a 2時,x1故x1x2 22時，01 x22,又因為a(X2)ex1(x2 2)ex(X1)2(x2 1)2(2 x1)ex1(2x2)ex(1 X)2(x 1)2所以1n(2x1)x121n(1X) 1n(2x2)x221n( x21)所以1n(2x1)1n(2x2)2(1n(1 x1)1n(x21)x2x1(2 x1)(2x2)所以1n(11 2 x1) 1n(x21)(2X) (2x2)4x1 x21n(2x1) 1n(2x2)1n(2x1) 1n

8、(2x2)所以 XiX22 21n(1Xi)ln(X21)2 ln(2x1)ln(2x2)下面用反證法證明不等式成立因為 0X11 x2 2,所以 2 X1 2 x2 0,所以 ln(2x1) 1n(2 x2) 0假設(shè) XiX22,當(dāng)Xi X22, X1 X2 2 0且21n(1 %)ln(X2 1)=0，與矛盾;21n(2 x) 1n(2 x2)當(dāng) x,x22 時 X1X220且21n(1與)1n(x21)<0，與矛盾，故假設(shè)不成立21n(2x1)1n(2x2)所以X1 X2 2例2 (2011年高考數(shù)學(xué)遼寧卷理科第21題)已知函數(shù)f(x) 1n x ax2 (2 a)x(I)討論函數(shù)

9、 f (x)的單調(diào)性；(n)若曲線 y f(x)與x軸交于 A B兩點， A B中點的橫坐標(biāo)為x0,證明：f (x0) 0解：(I)函數(shù)f (x)的定義域是(0,)一、1(1 2x)(1 ax)f (x) 2ax (2 a) xx當(dāng)a 0時，f (x) 0在區(qū)間(0,)內(nèi)恒成立，即f (x)在區(qū)間(0,)內(nèi)單調(diào)遞增1當(dāng)a 0時，由f (X) >0,得函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間(0,1),a1由f (x)<0,得函數(shù)f(x)的遞減區(qū)間(一，) a(n)解法一、根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求解設(shè)點A、B的橫坐標(biāo)分別為xX2,則比 2力，且0 % X2 2a.11 1由(I)知，當(dāng)a 0時，f(x)極大

10、值=”刈八,*f(-) In 1a a a因為函數(shù)f (x)有兩個不同的零點，所以f(x)max 0,所以0 a 1要證 f (X0) 1-2X0)(1-翌日 0 ,只須證 ax0 1,即證 X1 X2 2X0a人221令 h(x)f (x) f(-x) In xIn(x) 2ax 2,0 x一aaa則 h(x) 1 a 2a 2(ax 1)2 0,所以 h(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增 x 2 ax x(2 ax)a ，1.2所以 h(x) h(-) 0,即 f(x) f(- x) aa1 .2. 2因為 0 x,-x2,所以 f (xjf (k),所以 f (x2)f (x1)aaa1 21

11、 一 ，一、 1，、，又“， x1,且f (x)在區(qū)間(,)內(nèi)單倜遞減a a aa2 .2-所以 x2 一 x,即 x1 x2 一，故 f (x0) 0aa解法二、利用對數(shù)平均不等式求解設(shè)點A、B的坐標(biāo)分別為A(x1,0)、B(x2,0),則x0受一x22由(I)知，當(dāng) a 0 時，f(x)極大 <=f(x)maX f(-) ln- - 1 a a a因為函數(shù)f(x)有兩個不同的零點，所以f(x)max 0 ,所以0 a 12ln x1 ax1(2 a)x1 0因為2,所以 In x2 In x1 a(x2 x1) (2 a)( x2 x1)In x2 ax2 (2 a)x2 0所以1a

12、(X x2) (2 a)x2x1In x2In x1x1_3,即2a(x, x2) (2 a)x1 x22所以 a(x1 x2)2 (a 2)(x1 x2) 20 ,所以a(x1 x2) 2(x2) 1 0所以 1 axx2 0 ,所以 f (x0) 2例3 (2014年高考數(shù)學(xué)湖南卷文科第(I )求函數(shù)f (x)的單調(diào)區(qū)間；(1 x1 x2)(1 ax-x2)f (x1 與、12八22x1 x221 x V21題)已知函數(shù)f(x)x2ex1 x0.(1)當(dāng) f(x1) f(x2),x1 x2 時，求證：X x2 0x(x 1)2 2,a 2、2(1 x )解：(I)函數(shù)f (x)的定義域為R

13、f (x)(1 x2) 2x(1 x)ex F(1 x )1 x由f (x) 0,得x 0,由f(x) 0,得函數(shù)的遞增區(qū)間(，0),由f(x) 0,得函數(shù)的遞減區(qū)間(0,)，所以f (x)maxf(0) 1(n)解法一、令 h(x)利用函數(shù)的單調(diào)性求解1 x x 1 xxf(x) f ( x) ；-2 e-2 e，x 01 x 1 x則 h (x)(x2 2x 3)e2x (x2 2x 3)x2"A2 2 x(1 x ) e令 H (x)(x2 2x3)e2x (x22x+3), x 0則 H (x)2(x2 x2x /2)e (x22x1), x 0,貝U H (x) 2(2x3

14、)e1,x 0由 x 0得，H (x)2(3 1) 4 0,故 H (x)在(0,)內(nèi)單調(diào)遞增故H (x) H (0) 2 0,故H (x)在(0,)內(nèi)單調(diào)遞增故H(x) H (0) 0,故h(x) 0,故h(x)在(0,)上單調(diào)遞減所以，h(x) h(0) 0由(1)及 f (x1)f (x2), x1x2 知，x1 0 x2 1 ,故 h(x2)fd) f( x2) 0所以 f (x2) f( x2),所以 f (%)f( x2),又f(x)在(，0)上單調(diào)遞增所以，x1x2,即 x1 x2 0解法二、利用對數(shù)平均不等式求解fd), Xx2因為 x 1 時，f (x) 0, x 1 時，f

15、 (x) 0, f(x1)所以,1 x1為x10x21 , 2 e1x131ex2,所以,1x2又21-2 eX2一-22所以，ln(1 x1) (1 x2) ln(1 x1) ln(1 x2) (1 x1) ln(1 x2)所以，(1x2)(1x1) ln(1x2)ln(1x1) ln(1x；)ln(1x2)22、所以 (1x2)(1)1 ln(1x1)ln(1x?)1x21x1ln(1 x2)ln(1 x1)ln(1 x2) ln(1 x1)2所以x x2ln(1 x2) ln(1 x2)'2 ln(1 x1)ln(1 x2)因為 x10x21 ,所以 ln(1 x1) ln(1x

16、2)0卜面用反證法證明x1x20,假設(shè)x1x20當(dāng)X1X20時，20,且ln(1x2)ln(1x；)=0,與不等式矛盾0,所以 j °,且 1n(1 x2)1n(1 x2) 0,與不 2ln(1 Xj) ln(1 x2)x2 0二模第 20題)設(shè)函數(shù)f(x) ex ax a(a R),其圖象氣,且x X2 .0( f (x)為函數(shù)f (x)的導(dǎo)函數(shù))；2ln(1x1)ln(1x2)當(dāng) X1 X20時，X2 X1等式矛盾.所以假設(shè)不成立，所以X1例4 (2014年江蘇省南通市與 X 軸交于 A(X,0), B(x2,0)兩J(I)求實數(shù)a的取值范圍；(n )證明：f(. X1X2)(出

17、)略.解：(I) f (x) eX a, x R,當(dāng)a 0時，f (x) 0在R上恒成立，不合題意當(dāng)a 0時，易知，x lna為函數(shù)f(x)的極值點，且是唯一極值點，故,f(x)minf (In a) a(2 In a)2當(dāng)f (x)min 0,即0 a e時，f(x)至多有一個零點，不合題意，故舍去；當(dāng)f(x)min 0,即a e2時，由f(1) e 0,且f(x)在(，ln a)內(nèi)單調(diào)遞減，故f(x)在(1,ln a)有且只有一個零點；由 f (in a2) a2 2a In a a a(a 1 2ln a),22_oo令 y a 1 2ln a,a e ,則 y 1 - 0 ,故 a 1

18、 2ln a e 1 4 e 3 0 a所以f(lna2) 0,即在(ln a,21n a)有且只有一個零點.(n )解法一、根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求解由(I)知，f(x)在(，ln a)內(nèi)遞減，在(ln a,)內(nèi)遞增，且f(1) e 0所以 1X1ln aX22ln a ,要證 f(JXXT)0,只須證 e"X1X2a ,即證JXX?ln a又 X1x2X1 2 X2 ,故只須證 X x2 2ln a令 h(x) f (x) f (2ln a x) ex ax a e2lna x a(2ln a x) a,則 h (x) ex a2e x 2a 2 Jexa'e x 2a 0,所

19、以 h(x)在區(qū)間(1,lna)內(nèi)遞增所以 h(x)elna a2elna2a In a 2a In a 0 ,即f (x)f(2ln a x)所以 f (x1)f (2ln ax1),所以 f (x2) f (2ln ax1)因為x2 ln a,2ln a xlna,且f(x)在區(qū)間(lna,)內(nèi)遞增所以 x2 2ln a x1,即 x1 x2 2ln a ,故 f (Jx1x2) 0解法二、利用對數(shù)平均不等式求解由(I)知，f(x)在(，ln a)內(nèi)遞減，在(ln a,)內(nèi)遞增，且f(1) e 0所以 1x1ln a x2 2ln a ,因為f(x1)e"ax1a 0, f(x2)ex2ax2 a 0ex1ex2日口ex11ex21 而,(x11)(x21)a ，即，所以 1 一一一7(x1 1)(x2 1)x1 1x21x1 1 x21ln(x1 1) ln( x2 1)所以 x1x2(x1x2)0 ,要證：f(Jxx2)0