極值點偏移問題的兩種常見解法之比較0001

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(x1,x2)內(nèi)有且只有一個極值點x0，且 f (x ) = f (x )，若極值點左右的“增減速度”相同，常常有極值點x = x，我1202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x中xx2的情況,我們稱這種狀態(tài)為“極值點偏移”.02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)

2、在區(qū)間(a,b)內(nèi)單調(diào)遞增，則對區(qū)間(a, b)內(nèi)的任意兩個變量x1、xf (x1) f (x2) 0 x1 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x1、x2，f (x1) 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 _ b兩個正數(shù)a和b的對數(shù)平均數(shù)定義：L (a, b) = ln a In b a， 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：Cab “3 b”審，(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，顯然等號成立行)當(dāng)a豐b

3、0時，不妨設(shè)a b 0，先證布 inaL，要證、法 蘇氏，只須證：嗚 1，只須證：2ln x 1 bx設(shè) f (x) = 2ln x x + , x 1，則 f( x) = 1 = (x)2 0，所以 f (x) xx x2x2在(1,+s)內(nèi)單調(diào)遞減，所以 f (x) f (1) = 0，即 2ln x x -, x故 %: ab a- ln a 一 ln b再證:a 一 b a + b ln a 一 ln b 2要證:a - ba + b,只須證:ln a 一 ln b2a a-1 ln b 1,則只須證：= lnx，只須證1 - 1 bx +12x +122 ln x設(shè) g (x) =

4、1 -一，x +12x L 則 g(x)=言 W 二八 所以g (x)在區(qū)間(1,+8)內(nèi)單調(diào)遞減，所以g (x) g(1)= 0 ,即1 - 小,x +12a - b a + b故 0, b 0時,例1(2016年高考數(shù)學(xué)全國理科第21題)已知函數(shù)f (x) = (x - 2)ex + a(x -1)2有 兩個零點.()求a的取值范圍；(口)設(shè)xjx2是f (x)的兩個零點，證明：x1 + x2 0 時，由 f( x) = 0 得，x = 1,由 f( x) 0 得，x 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)= f

5、(1)=-e 0，故在區(qū)間(1,2)內(nèi)存在一個零點x2，即1 x2 0，所以，f (x)在區(qū)間xf-8x f-8 e - xx f-8 一e - x(-8,1)存在唯一零點，即 0時，f (x)存在兩個零點;當(dāng) a 0，故f (x)在R上單調(diào)遞增，與題意不符e若 ln(-2 a) 1,即-大 a 0 時，易證 f (x)=f (1)=- e 0 故 f (x)在 R 上只有一2極大值e個零點，若ln(-2 a) L即a 時，易證f (x)=f (ln(-2a) = a(ln2(-2a) -4ln(-2a) + 5) 0(D解法一、根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明由(I)知，a 0 且 1 x2 1 貝 h

6、(x) = (x_12，ex - 2因為x 1,所以x-1 0,e2(x-1) -1 0，所以h(x) 0，所以h(x)在(1,+8)內(nèi)單調(diào)遞增 所以 h (x ) h (1)= 0，即所 x ) f(2-x),所以 f (x 2) f (2-x 2)，所以 f ( f (2-x 2)，因為x1 1,2-x2 1, f (x)在區(qū)間(-8,1)內(nèi)單調(diào)遞減，所以x1 2-x2，即x1 + x2 0，又 f (0) = a -2 所以， 當(dāng) 0 a 2 時，x 0 且 1 x 2，故 x + x 2 時，0 x1 1 x2 2，又因為事!?=-*!1 12(2 - x )ex1(1-x )21(2

7、 - x )ex2Q2(x -1)22所以ln(2 -x ) + x -2ln(1 -x ) = ln(2 -x ) + x -2ln(x -1)所以 ln(2 - x ) - ln(2 - x ) - 2(ln(1- x ) - ln(x -1) = x - x = (2 - x ) - (2 - x )所以1-2ln(1- x ) - ln(x -1)ln(2 - x ) - ln(2 - x )(2 x ) (2 x )4 x x12 12ln(2 - x1) - ln(2 - x 2)2所以 x1 + x2 - 22ln(1- x ) - ln(x -1)ln(2 - x ) - ln

8、(2 - x )下面用反證法證明不等式成立因為 0 x1 1 x2 2 X 2 0，所以 ln(2 x1) - ln(2 x 2) 0假設(shè) x + x N 2，當(dāng) x + x = 2,1212 0且2ln(1- x )-ln(x -1)ln(2 x ) ln(2 x )ln(1 x )ln(x 1)ln(2 x ) ln(2 x )=0，與矛盾;0，與矛盾，故假設(shè)不成立所以x +x 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) = ln x ax2 + (2 a)x(I)討論函數(shù)f (x)的單調(diào)性;(II)若曲線y = f (x)與x軸交于4 B兩點,4 B中點的橫坐標(biāo)為

9、x0 ,證明: 八x0) 0解：(I)函數(shù)f (x)的定義域是(。,+8)1(1+ 2 x)(1 ax)f (x) = 2ax + (2 a)=xx當(dāng)a 0在區(qū)間(0,+s)內(nèi)恒成立，即f (x)在區(qū)間(0,+s)內(nèi)單調(diào)遞增當(dāng)a 0時，由f(x)0,得函數(shù)f (x)的遞增區(qū)間(0,1),a由f( x )0,得函數(shù)f (x)的遞減區(qū)間(1,+8)a(II)解法一、根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求解, 八x + xc 1設(shè)點A、B的橫坐標(biāo)分別為x、x，則x =+一，且0 x - 0 時，f( x)= f (x)= f (1) = ln1 +1 1極大值max a a a因為函數(shù)f (x)有兩個不同的零點，所以f

10、 (x) 0，所以0 a 1max TOC o 1-5 h z ，/ 、 (1+ 2x )(1 ax )八，2要證f (x )=仁0- 1,即證x + x -0 x012a0221令 h(x) = f (x) f ( x) = In x ln( x) 2ax + 2,0 x aaa1a2(ax1)21則h(x)= +- 2a = J一0，所以h(x)在(0,-)內(nèi)單調(diào)遞增x 2 axx(2 ax)a所以 h(x) h(1) = 0，即 f (x) f (2-x)aa TOC o 1-5 h z 因為0 x 1 x，所以 f (x ) f (2- x )，所以 f (x ) 一， x ，且f (

11、x)在區(qū)間(一,+xQ內(nèi)單調(diào)遞減2 aa 1 aa22所以x -x，即 x + x ，故 f (x ) 0 時，f( x)= f (x) = f (1) = ln1 +1 -1極大值max 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 1所以 In x - In x = a(x + x ) - (2 - a)(x - x )I In x - ax2 + (2 - a) x = 0 TOC o 1-5 h z 因為1111I In x - ax2 + (2 - a) x = 0 2221a (x + x ) - (2 - a)x + x i22一一1x -

12、x x + x所以一7 = 2 / 0，所以a(x + x ) - 2(x + x ) +1 0,(1+ x + x )(1-a x1 + x2) r x + xx + x、122 c所以 1 -a 12 0，所以 f (x ) = f (12) =2 0.02x+x1221-x例3 (2014年高考數(shù)學(xué)湖南卷文科第21題)已知函數(shù)f (x)= ex1 + x 2(I)求函數(shù)f (x)的單調(diào)區(qū)間；(II)當(dāng) f (x) = f (x 2), x1 w x2 時，求證：x1 + x 2 0，得函數(shù)的遞增區(qū)間(一8,0)，由f( x) 0則 H(x) = 2(x2 - x + 2)e2x - (x

13、 +1),x 0，則 H(x) = 2(2x2 + 3)e2x -1,x 0由 x 0 得，H(x) 2(3 -1) = 4 0，故H(x)在(0,+s)內(nèi)單調(diào)遞增故 H(x) H(0) = 2 0，故 H(x)在(0, +8)內(nèi)單調(diào)遞增故 H(x) H(0)= 0，故 h(x) 0，故 h(x)在(0, +8)上單調(diào)遞減所以，h(x) h(0) = 0由(1)及 f (x ) = f (x ), x 豐 x 知，x 0 x 1,故 h(x ) = f (x ) - f (-x ) 0212所以f (x ) f (-x )，所以f (x ) f (-x )，又f (x)在(-8,0)上單調(diào)遞增

14、所以，x - x,即 x + x 0解法二、利用對數(shù)平均不等式求解因為 x 0 , x 1 時f (x ) = f (x ), x 豐 x212所以1 - xex, 1 + x 211-x -2 e 2 ,1 + x 221 - x所以，乎e1-x21 + x 211 - x2 e1-x.1 + x 22所以ln(1- x ) + (1-x ) -ln(1+ x2) = ln(1- x ) + (1-x ) -ln(1+ x2)所以(1-x ) - (1-x ) = ln(1- x ) -ln(1- x ) + ln(1+ x2) -ln(1+ x2)所以(1 x )-(1 x )1 ln(1

15、+ x 2) - ln(1+ x 2) 1 - x +1 - x= 1 +12 21ln(1- x ) - ln(1- x )ln(1- x ) - ln(1- x )所以ln(1+ x 2) - ln(1+ x 2)2ln(1- x ) - ln(1- x )因為x1 0 x 0下面用反證法證明x +x 01212,八， x + xln(1+ x2) ln(1+ x2)“，一當(dāng)x + x = 0時，12 = 0,且 12 =0，與不等式矛盾122ln(1- x1) - ln(1- x2),八八 x + xln(1+ x 2) - ln(1+ x 2) 八當(dāng)x + x 0時，x - x 0,所

16、以T2 0,且/2- 0，與不12212ln(1-x1)-ln(1-x2)等式矛盾.所以假設(shè)不成立，所以x1 + x2 0例4 (2014年江蘇省南通市二模第20題)設(shè)函數(shù)f (x ) = ex- ax + a (a e R),其圖象與 x 軸交于 A(x1,0), B(x2,0)兩點，且 x1 x2.(I)求實數(shù)a的取值范圍；(II)證明：f(三)0(f(x)為函數(shù)f (x)的導(dǎo)函數(shù))；(ni)略.解：(I) f( x ) = ex-a , x e R ,當(dāng)a 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) i = f (ln

17、 a) = a (2 - In a)當(dāng)f (x) 0，即0 a e2時，f (x)至多有一個零點，不合題意，故舍去；min當(dāng) f (x) e2時，由 f (1) = e 0,且 f (x)在(-8,ln a)內(nèi)單調(diào)遞減，故f (x)min在(1,lna)有且只有一個零點；由 f (ln a2) = a2 - 2a In a + a - a(a +1 - 2ln a),2令 y - a +1 -2ln a,a e2，貝| y= 1 - 0，故a +1 一2ln a e2 +1 一4 - e2 3 0 a所以f (lna2) 0，即在(lna,2ln a)有且只有一個零點.(II)解法一、根據(jù)函數(shù)

18、的單調(diào)性求解由(I)知，f (x)在(-8,ln a)內(nèi)遞減，在(lna,+s)內(nèi)遞增，且 f (1)= e 0所以 1 x lna x 2ln a，要證 f(qx1 x ) 0，只須證e；x1x2 a，即證4x1 x lna又、；xx ：x2，故只須證x + x? 2ln a A乙令 h (x) = f (x) - f (2ln a - x) = ex - ax + a - e 21n a - x + a (2ln a - x) - a,=ex - a2e-x - 2ax + 2a ln a , 1 x 2cexa2e-x -2a - 0，所以 h(x)在區(qū)間(1,lna)內(nèi)遞增 所以 h

19、(x) e ln a - a 2 e - ln a - 2a ln a + 2a ln a - 0，即 f (x) f (2ln a - x)x1)所以 f (x ) f (2ln a - x )，所以 f (x ) ln a,2ln a - x ln a，且 f (x)在區(qū)間(lna,+s)內(nèi)遞增 所以 x 2ln a - x，即 x + x 2ln a，故 f( Jx1x ) 0所以 1 x In a x 2ln a，因為 f (x )-ex1 - ax + a - 0f (x ) - ex2 - ax + a - 0e x1e x2e x1 -1e x2 -1a = - = 7，即=7，所以 1 -x - 1 x - 1 x - 1 x - 1-1)ln(x -1) - ln(x -1)-1)(x2-1)由(I)知，f (x)在(8,ln a)內(nèi)遞減，在(lna,+s)內(nèi)遞增所以x1x2Txi + x 2) 0，要證：A,彳) 0，只須證e,G a，即 x - ln