极值点偏移问题的两种常见解法之比较.docx
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极值点偏移问题的两种常见解法之比较
极值点偏移问题的两种常见解法之比较
浅谈部分导数压轴题的解法
在高考导数压轴题中，不断出现极值点偏移问题，那么，什么是极值点偏移问题？
参考陈宽宏、邢友宝、赖淑明等老师的文章，极值点偏移问题的表述是：
已知函数y=f（x）是连续函数，在区间（捲卞2）内有且只有一个极值点x0，且f（xj=f（X2），若极值点左右的增减速度”相同，常常有极值点xo二为」，我
2
们称这种状态为极值点不偏移；若极值点左右的增减速度”不同，函数的图象不具有对称性，常常有极值点的情况，我们称这种状态为极值点偏移”
2
极值点偏移问题常用两种方法证明：
一是函数的单调性，若函数f（x）在区间（a,b）内单调递增，则对区间（a,b）内的任意两个变量xi、X2,
f（xj:
:
：
f（X2）=Xi:
:
：
X2;若函数f（x）在区间（a,b）内单调递减，则对区间（a,b）内
的任意两个变量x1>x2，f（x1p:
f（x2^>x2.二是利用对数平均不等式”证明，什么是对数平均”什么又是对数平均不等式”
两个正数a和b的对数平均数定义:
a-b
L（a,b）=Ina-1nb
a,a=b,
对数平均数与算术平均数、几何平均数的大小关系是：
85^2，
（此式记为对数平均不等式）
下面给出对数平均不等式的证明:
i）当a二b0时，显然等号成立
ii）当a=b0时，不妨设ab0，
①先证..ab，要证Jab，只须证：
In空「a一”b
InaTnbInaTnbbYbVa
/1
2lnx二x,x1
x
1”21
设f（x）=2lnx-x,x1，贝Uf（x）12
xxx
a-b
<
Ina-1nb
②再证:
a-bab
Ina-1nb2
..a-1Ina
要证：
a-bab，只须证：
bb
Ina-1nb2a〔2
b
人ax-1Inx2Inx,
令rx1，则只须证：
—，只须证1一x1
所以g（x）在区间（1,=）内单调递减，所以g（x）：
：
：
g
（1）=0,即卩1-
a-b
Ina-1nb
例1（2016年高考数学全国I理科第21题）已知函数f（x）=（x-2）ex•a（x-1）2有
两个零点.
（I）求a的取值范围;
（n）设X"X2是f（x）的两个零点，证明：
x1X2:
:
:
2.
解：
（I）函数f（x）的定义域为R,
当a=0时，f（x）=（x「2）ex=0，得x=2，只有一个零点，不合题意;
当a=0时，f（x）=（x—1）[ex2a]
当a0时，由「（x）=0得，x=1，由f（x）7得，x1，由f（x）<0得，x：
：
：
1,
故，x=1是f（x）的极小值点，也是f（x）的最小值点，所以f（x）min=f
（1）=-e：
：
：
0
又f
（2）=aV，故在区间（1,2）内存在一个零点X2，即1<心2
x_212
由lim（x「2）ex=limxIimx=°，又a（xT）0，所以，f（x）在区间
x•x-ex丨：
-—e
（v,1）存在唯一零点x1，即x:
:
1，
故a0时，f（x）存在两个零点；
当a0时，由f（x）=0得，x=1或x=In（-2a），
e
若In（-2a）=1，即a二时，f（x）_0,故f（x）在R上单调递增，与题意不符e
若In（-2a）.1，即a0时，易证f（x）极大值二f
（1）--e：
：
：
0故f（x）在R上只有一
2
e
个零点，若ln（-2a）：
d，即a：
：
：
-㊁时，易证
f（x）极大值=f（In（a^a（In（2〉4Ina2）故fQx）在R上只有一个零点
综上述，a-0
（n）解法一、根据函数的单调性证明
由（I）知，a0且论：
：
：
1：
：
：
x2:
:
:
2
（x_i）（e2（x_1）令h（x）=f（x）_f（2_x）=（x-2）ex+xe2」,x>1贝Hh"（x）=二
，e
因为x1，所以x-10,e2（xJ）-10，所以h（x）0,所以h（x）在（1「：
）内单调递增
所以h（x）・h
（1）=0,即fx）f2x-，所以f（x2）f（2-x2），所以f（xj•f（2-x2）,
因为x-i:
:
:
1,2-x2：
：
：
1,f（x）在区间（一"',1）内单调递减，所以x1:
:
2-x2，即x1x2：
：
：
2
解法二、利用对数平均不等式证明
由（I）知，a0，又f（0）=a-2所以，
当0：
：
：
a_2时，x^0且1：
：
：
x2:
:
2，故x1x2:
:
2
即（2-皿_（2乜澎
即22
（1-X1）（x-1）
所以In（2-x1）捲—2In（1—x,）=In（2—x2）x2-2In（x2-1）
所以In（2—xj—In（2—x2）—2（In（1—xj—In（x2-1））=x2-x1=（2-xj-（2-x2）
所以
所以
1_2In（^x1^In（x2~1K（―灯-门-卷）:
:
4"冷In（2—xJ—In（2—x2）In（2—xJ—In（2—x2）2
假设XiX2_2，当Xix2=2,Xl卷-2=0且2叩-灯小化-“二。
与①矛盾;
2In（2—xj—In（2—x2）
当x,x22时为X2-2o且2|n（^Xi^|n（X^2ln（2-xj-In（2_x2）
所以X,X2：
：
：
2
例2（2011年高考数学辽宁卷理科第21题）已知函数f（x）=lnx-ax2亠（2-a）x
（I）讨论函数f（x）的单调性；
（n）若曲线y=f（x）与x轴交于AB两点，AB中点的横坐标为Xo，证明:
f（Xo）:
:
0
解:
（I）函数f（X）的定义域是（0,七）
i（ix）f（x）2ax（2a=）A
xx
当a^0时，f（x）・0在区间（0,•：
：
）内恒成立，即f（x）在区间（0「：
）内单调递增
1
当a0时，由f（x）>0,得函数f（x）的递增区间（0,—）,
a
1
由f（x）<0，得函数f（X）的递减区间（一「：
）
a
（n）解法一、根据函数的单调性求解
设点A、B的横坐标分别为X,、x2，则Xo=“电，且0：
：
：
xJ：
：
：
x2
2a
111
由（I知，当a0时，[f（x）]极大值=[f（x）]ma^f（-）=ln-
aaa
因为函数f（x）有两个不同的零点，所以[f（x）]max•0,所以0：
：
：
a:
:
1
要证f（x0）=（12Xo）（1-aXo）:
:
:
o,只须证ax01,即证x,x2-
Xoa
221
令h（x）=f（x）-f（x）=InxTn（x）-2ax2,0：
：
x：
一
aaa
则h（x）二-—-2^2（aX~-）7,所以h（x）在（0,-）内单调递增
x2—axx（2—ax）a
122
因为O：
：
:
X,X2，所以f（X,）：
：
：
f（Xi），所以f（X2）：
：
：
f（X1）
aaa
121、1、
又X2,x1，且f（x）在区间（一,■：
：
）内单调递减
aaaa
22
所以x2N，即X!
x2，故f（xO）：
：
：
O
aa
X1X2
xo:
2
=f（丄）=1n---1aaa
解法二、利用对数平均不等式求解
设点AB的坐标分别为A（x1,0）、B（x2,0），则
由（I）知，当aO时，[f（X）]极大值=[f（X）]max
因为函数f（x）有两个不同的零点，所以
[f（X）]maxO，所以O..a.1
■■2
In&—axt+（2—a）/=O因为121，所以
Inx2—ax2+（2—a）x2=O
Inx2_In为=[a（x2xj-（2-a）]（x2_xj
dX2，即1.X1X2
2a（x所以a（X1X2）（a-2）（X1x?
）-2O，所以[a（x「x?
）-2][（洛x?
）1]O
得函数的递减区间（O,•：
：
），所以f（x）
max二f（0）=1
求函数f（x）的单调区间;
（n）解法一、利用函数的单调性求解
1*2审门旷，X0
令h（x）=f（x）-f（-x）=—xX1X
贝Vh（x）二-x
（x2-2x3）e2x-（x22x3）
（1x2）2e
令H（x）=（x2-2x3）e2x—（x22x+3）,x■0
则H（x）=2[（x2_x2）e2x-（x1）],x0,则H（x）=2[（2x23）e2x—1],x■0
由x0得，H（x）.2（3-1^4.0,故H（x）在（0,=）内单调递增
故H（x）H（0）=20，故H（x）在（0,=）内单调递增
故H（x）.H（0）=0，故h（x）：
：
：
0,故h（x）在（0^：
：
）上单调递减
所以，h（x）：
：
：
h（0）=0
由
（1）及f（xj=f（x2）,论=x2知，x,：
：
0：
：
x2：
：
1，故h（x2）=f（x2）「f（「x2）：
：
0
所以f（X2）：
：
f（-X2），所以f（xj：
：
：
f（-X2），又f（x）在（-：
：
0）上单调递增
所以，禺：
：
：
-x2,即x1x2:
:
:
0
解法二、利用对数平均不等式求解
因为x：
1时，f（x）0，x1时，f（x）:
:
0，f（xj=f（X2）,X1=X2
所以，
「0沐2：
：
：
1，「Xie——X；ex2，所以，-第尹十写产
1+X11+x21+Xj1+x2
所以，
22
In（1一捲）（1—X2）—In（1X1）=ln（1—X2）（1-为）—In（1X2）
所以，
（1一x2）-（1一为）=In（1一x2）-In（1一为）In（1xj）-In（1xf）
所以，
22
JndI小dx2）十x2i
In（1—x2）—ln（1—xjIn（1—x2）—ln（1—xj2
所以，
22
X1X2In（1xj-In（1X2）①
2In（1—xJ—In（1-屜）
因为x-i:
：
:
0：
：
x2:
：
:
1，所以In（1-xjTn（1-x2）0
下面用反证法证明为x2：
：
0，假设为•x2-0
当XX2=0时，写j且¥（兴册呼=0，与不等式①矛盾
x1+x2口In（1+N）—In（1+x2）一十
当XiX2■0时，X2•-Xi.0，所以-一20,且120，与不
2In（1一为）一1n（1—x2）
等式①矛盾•
所以假设不成立，所以x1x2:
：
:
0
X
例4（2014年江苏省南通市二模第20题）设函数f（X）二e-ax•a（a•R）,其图象
与x轴交于A（x）,0）,B（x2,0）两点，且为：
：
x2.
（I）求实数
a的取值范围；
（n）证明：
f（•巫）：
：
0（f（x）为函数f（x）的导函数）；
（川）略.
解：
（I）f（x）=eX—a,x^R，当a兰0时，f"（x）>0在R上恒成立，不合题意
当a-0时，易知，
x=Ina为函数f（x）的极值点，且是唯一极值点，
故，f（x）min二f（Ina）=a（2-Ina）
2
当f（x）min-0，即0：
：
：
a时，f（x）至多有一个零点，不合题意，故舍去；
当f（x）min：
：
0，即ae2时，由f
（1）=e■0，且f（x）在（—“,Ina）内单调递减，故f（x）
在（1,Ina）有且只有一个零点；由f（Ina2）=a2-2aInaa=a（a-1-2Ina）,
o
令y=a1-2Ina,ae,则y=10,故a1「2Inae1「4=e-30
a
所以f（Ina）•0,即在（Ina,2Ina）有且只有一个零点.
（n）解法一、根据函数的单调性求解
由（I）知，f（x）在（-二,Ina）内递减，在（Ina,•：
：
）内递增，且f
（1）=e•0
所以1：
：
：
x1:
:
:
Ina:
:
:
x2:
:
:
2Ina，要证fxx）：
：
：
0，只须证e恥:
:
:
a，即证x1x^：
：
Ina
又，，x.,x2儿?
X2，故只须证x,-x2:
:
:
2Ina
令h（x）二f（x）-f（2Ina-x）二ex-axa-e2Ina"a（2Ina-x）-a,
=ex-a2e^-2ax2aIna,V：
xIna
则h（x）二ex■a2e"-2a-2-..exa2ef-2a=0,所以h（x）在区间（1,lna）内递增
所以h（x）：
：
elna-a2e~*na-2aIna2aIna=0,即卩f（x）：
：
f（2lna-x）
所以f（xj:
:
：
f（2lna—xj，所以f（x2）：
：
：
f（2lna—xj
因为x2•Ina,2lna.Ina，且f（x）在区间（Ina,•二）内递增
所以x2:
:
:
2lna-捲，即论x2：
：
2lna，故f（、.x1x2）:
:
:
0解法二、利用对数平均不等式求解
由（I）知，f（x）在（_：
：
lna）内递减，在（Ina,•：
：
）内递增，且f
（1）=e.0
xiX2
aee，即
x—1x：
—1
xiAX2d
ee
所以1二
（x1-"-（x2-_ln（x〔-1）-In（X2-1）
：
：
（x1-1）（x2-1）
所以1:
:
Ina:
:
:
X2:
:
2lna，因为f（xj=e51-axia=0,f（x?
）=-ax?
•a=0
所以x1x2-（x-^+x2^0，要证：
f（JX£）c0，只须证故，x1x2:
:
捲一I门（为「1）,x1x2:
:
x2-In（x2-1）
所以2x1x2:
:
x1x2-I门（人一1）（x2-1），所以In（X|x2-（x1x2）1）：
：
x1x2-2x1x2
因为x1x2-（x1x2）<0，所以In（xx2-（xx2）1）：
：
In1=0，而x1x2-2X|X20
所以In（x1x2-（x1x2）1）：
：
x1x2-2、.x1x2成立，所以f（、.x1x2）:
:
0
从以上四个例题可以看出，两种方法解决的冋题相同，即若x1,x2是函数f（x）的两个
零点，而X=X°是函数f（X）的极值点，证明X1+x^2X0（或X1+X2A2X0）,根据函数单
调性求解的步骤是：
一、构建函数h（x）二f（x）-f（2x0-x），二、判断函数h（x）的单调性，
、证明h（x）>0（或h（x）c0）即f（x）>f（2x^-x）（或f（x）cf（2x^-x））,四、故
函数f（x）的单调性证论+x2£2x0（或论+x2>2x0）•根据对数平均不等式求解的步骤是：
一、通过等式两边同取自然对数或相减等配凑出InXr-Inx2及x1-x2，二、通过等式两边
同除以In捲-Inx2构建对数平均数X1-X2,三、利用对数平均不等式将鱼」转
In捲一Inx2In论Tnx2
化为X1X2后再证明x1x2:
2x）（或x1x22x0）.两种方法各有优劣，适用的题型也
2
略有差异，考生若能灵活驾驭这两种方法，便能在考场上发挥自如，取得理想的成绩
1
在（1「：
）内单调递减，所以f（x）：
：
：
f
（1）=0，即2lnx：
：
：
x-
X1X2-22In（1-为）Tn（xT）
2In（2—xJ—In（2—x2）
F面用反证法证明不等式①成立
因为0:
:
x1:
:
1：
：
x2：
：
2，所以2—论2—x20，所以In（2—论）—In（2—x2）0
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