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