极值点偏移问题的两种常见解法之比较.docx

1、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

2、)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 -bL(a, b) = In a -1 n ba,a =b,对数平均数与算术平均数、几何平均数的大小关系是：852，(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b 0时，显然等号成立ii)当a = b 0时，不妨

3、设a b 0，先证.ab ，要证Jab ，只须证：In空a 一” bIn aTnb In aTnb b Yb V a/ 12ln x 二 x ,x 1x1 ”21设 f(x) =2ln x-x ,x 1，贝U f (x) 1 2x x xa -b In a-1 n b再证:a -b a bIn a-1 nb 2. . a-1 I na要证：a-b a b，只须证：b bIn a -1 nb 2 a 2b人 a x -1 In x 2 In x ,令rx1，则只须证：，只须证1 一x 1所以g(x)在区间(1,=)内单调递减，所以g(x) ： g(1) = 0 ,即卩1 -a -bIn a-1

4、n b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： x1 X2 : 2 .解：(I)函数f (x)的定义域为R ,当a = 0时，f (x) = (x2)ex = 0，得x = 2，只有一个零点，不合题意;当 a = 0时，f (x) =(x1)ex 2a当 a 0时，由(x) =0得，x=1，由 f (x) 7得，x 1，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

5、) = -e ： 0又f (2) =a V，故在区间(1,2)内存在一个零点X2，即1 1 贝H h(x)= 二 ， e因为x 1，所以x -1 0,e2(xJ) -1 0，所以h(x) 0 ,所以h(x)在(1：)内单调递增所以 h(x) h(1)=0,即 f x) f2 x-，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 x1 x2 ： 2解法二、利用对数平均不等式证明由(I)知，a 0，又 f(0) =a -2 所以，当 0 ： a _ 2 时，x0 且

6、 1 ： x2 : 2，故 x1 x2 : 2即(2-皿_ (2乜澎即 2 2(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 _2 In(x1In(x21K(灯-门-卷):4冷 In (2xJI n(2 x2) In (2xJI n(2x2) 2假设Xi X2 _2，当Xi x2 =2 , Xl卷-2 =0且2叩-灯小化-“二。与矛盾;2 In (2 xj I n(2 x2)

7、当x, x2 2时为X2 -2 o且2 |n(Xi|n(X o，与矛盾，故假设不成立2 ln(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)=ln x - 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 A B两点，A B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 (i x )0,得函数f(x)的递增区间(0,),a1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

8、坐标分别为X,、x2，则Xo = “ 电，且0 ： x J ： x22 a1 1 1由(I 知，当 a 0时，f(x)极大值=f(x)ma f(-) =ln-a a a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) = (1 2Xo)(1-aXo): o ,只须证 ax0 1,即证 x, x2 -Xo a2 2 1令 h(x) = f (x) - f ( x) = In x Tn( x) -2ax 2,0 ： x ：一a a a则 h(x)二- -2 2(aX -) 7,所以 h(x)在(0,-)内单调递增x 2ax x(2ax) a

9、1 2 2因为 O ：: X, X2，所以 f(X,) ： f ( Xi)，所以 f(X2)： f ( X1)a a a1 2 1 、 1 、又X2 , x1 ，且f (x)在区间(一,：)内单调递减a a a a2 2所以 x2 N，即 X! x2 ，故 f (xO) ： Oa aX1 X2xo :2=f (丄)=1 n- - -1 a a a解法二、利用对数平均不等式求解设点A B的坐标分别为 A(x1,0)、B(x2,0)，则由(I)知，当 a O 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)max O，所以 O . a . 1 2In & axt

10、+(2 a) / =O 因为 12 1 ，所以In x2 ax2 +(2 a)x2 =OIn x2 _ In 为=a(x2 xj -(2 - a)( x2 _ xjd X2，即 1 . X1 X22 a(x0在R上恒成立，不合题意当a - 0时，易知，x = In a为函数f (x)的极值点，且是唯一极值点，故，f (x)min 二 f (In a) = a(2 -In a)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 a e2 时，由 f (1) = e 0，且 f (x)在(“,In a)内单调递减，故 f (x

11、)在(1,In a)有且只有一个零点；由 f (In a2) = a2 -2aIn a a = a(a - 1 -2In a),o令 y = a 1 -2I n a,a e ,则 y=1 0 ,故 a12I n a e 14 = e-3 0a所以f (In a ) 0 ,即在(In a,2In a)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,In a)内递减，在(In a, ：)内递增，且 f (1) = e 0所以 1 ： x1 : In a : x2 : 2In a，要证 f xx) ： 0，只须证 e 恥:a，即证x1x： In a又，x.,x2

12、儿?X2，故只须证 x, - x2 : 2In a令 h(x)二 f (x) - f (2In a - x)二 ex - ax a -e2In a a(2In a - x) - a,=ex -a2e -2ax 2a In a , V： x In a则 h (x)二 ex a2e -2a - 2-. exa2ef -2a = 0 ,所以 h(x)在区间(1,ln a)内递增所以 h(x) ： elna -a2e*na -2a In a 2a In a = 0 , 即卩 f (x) ： f (2ln a -x)所以 f (xj :： f (2ln a xj，所以 f(x2) ： f (2ln a

13、xj因为 x2 In a,2ln a . In a，且 f (x)在区间(In a, 二)内递增所以 x2 : 2ln a -捲，即论 x2 ： 2ln a，故 f (、. x1x2) : 0 解法二、利用对数平均不等式求解由(I)知，f(x)在(_：,ln a)内递减，在(I na, ：)内递增，且 f(1) = e .0xi X2a e e ，即x 1 x： 1xi A X2 de e所以1二(x1 - - (x2 - _ ln(x -1) - In( X2 -1)：(x1 - 1)(x2 - 1)所以 1 Xi : In a : X2 : 2ln a，因为 f (xj = e51 - a

14、xi a = 0 , f (x?) = - ax? a = 0所以 x1x2 -(x- +x20，要证：f (JX) c0，只须证 a，即 x1x2 In a故， x1x2 :捲一I门(为1), x1x2 : x2 -In(x2-1)所以 2 x1x2 : x1 x2 -I门(人一1)(x2 -1)，所以 In(X|x2 -(x1 x2) 1) ： x1 x2 -2 x1x2因为 x1x2 -(x1 x2) 0 (或 h(x) c0)即 f (x) f (2x -x)(或 f (x) c f (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

15、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 In Xr -In x2及x1 - x2，二、通过等式两边同除以In捲- In x2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In x2 In 论 Tn x2化为X1 X2后再证明x1 x2 : 2x)(或x1 x2 2x0).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 2ln x：x-X1 X2 -2 2 In(1 -为)Tn(x T)2 In (2xJI n(2 x2)F面用反证法证明不等式成立因为 0 : x1 : 1 ： x2 ： 2，所以 2 论 2 x2 0，所以 In(2 论)In(2 x2) 0