極值點(diǎn)偏移問(wèn)題的兩種常見(jiàn)解法之比較

1、極值點(diǎn)偏移問(wèn)題的兩種常見(jiàn)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(diǎn)偏移問(wèn)題，那么，什么是極值點(diǎn)偏移問(wèn)題？參考陳寬宏、邢友寶、賴淑明等老師的文章，極值點(diǎn)偏移問(wèn)題的表述是：已知函數(shù)y = f(x)是連續(xù)函數(shù)，在區(qū)間(x,X2)內(nèi)有且只有一個(gè)極值點(diǎn)小,且 f(xi) =f(X2),若極值點(diǎn)左右的“增減速度”相同，常常有極值點(diǎn)設(shè)=專2 ,我們稱這種狀態(tài)為極值點(diǎn)不偏移；若極值點(diǎn)左右的“增減速度”不同，函數(shù)的 圖象不具有對(duì)稱性，常常有極值點(diǎn)刈#上上生的情況，我們稱這種狀態(tài)為“極值2點(diǎn)偏移”.極值點(diǎn)偏移問(wèn)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(wèn)(a,b)內(nèi)單調(diào)遞

2、增，則對(duì)區(qū)間(a,b)內(nèi)的任意兩個(gè)變量x1、x2 ,f(x1)<f(X2)u x1<x2；若函數(shù)f (x)在區(qū)間(a,b)內(nèi)單調(diào)遞減，則對(duì)區(qū)間(a,b)內(nèi)的任意兩個(gè)變量x,、x2 , f(x1)<f(x2)u x1 >x2.二是利用“對(duì)數(shù)平均不等式”證明，什么是“對(duì)數(shù)平均”？什么又是“對(duì)數(shù)平均不等式”？a - b h兩個(gè)正數(shù)a和b的對(duì)數(shù)平均數(shù)定義：L(a,b) = | ina-lnb ,a * b,Ia,a =b,對(duì)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：Tab <L(a,b)<(此式記為對(duì)數(shù)平均不等式)下面給出對(duì)數(shù)平均不等式的證明：i)當(dāng)a=bA0時(shí)

3、，顯然等號(hào)成立ii )當(dāng)a¥b0時(shí)，不妨設(shè)a >b >0 ,先證 Tab <a-b, 要證 Tab <ab,只須證：In - < J- - J- ln a -ln bIn a -In bb ' b a令 Ja=x>1,只須證：2ln x <x-,x>1 ，bx1 一 .21 (x -1)設(shè) f (x) =2ln x-x+-,x>1 ,貝 U f (x) =- -1 - =-2- < 0 ,所以 f (x)xx x x在(1,E)內(nèi)單調(diào)遞減,所以f(x)<f(1) = 0,即2ln故 ab再證:a - b<

4、In a -ln ba -b a b<要證:a - b a b<In a - In b 2只須證:令2 =x A1 ,則只須證: bx -1 lnx 12a a-1 ln- b ba 12bx ,只須證1-設(shè) g(x) =1 -2 In xx >1 ,則 g1(x)=-(x-1)222(x 1)2 2x 2x(x 1)2：0In a -ln b 210In x2所以g(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞減,所以g(x) <g(1)=0，即1-x 1a -b a b故二ln a - ln b 2綜上述，當(dāng) a0,bA0 時(shí)，Vab < L(a, b) < a-b2例

5、1 (2016年高考數(shù)學(xué)全國(guó)i理科第 21題)已知函數(shù)f (x) = (x 2)ex+a(x1)2有兩個(gè)零點(diǎn).(I)求a的取值范圍；(n)設(shè)xi,x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，證明:x1 + x2 < 2 .解：(I)函數(shù)f (x)的定義域?yàn)镽 ,當(dāng)a=0時(shí)，f (x) =(x2)ex =0,得x=2,只有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意；當(dāng) a #0時(shí)，f (x) =(x1)ex +2a當(dāng) a>0 時(shí)，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(diǎn)，也是 f(x)的最

6、小值點(diǎn)，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(gè)零點(diǎn)x2,即1<x2<2x . x 2.1由 lim (x -2)e = lim = lim = 0,又 a(x -1) > 0,所以，f (x)在區(qū)間 x >- -x - e x >- - _e(_oo,1)存在唯一零點(diǎn)x1 ,即X <1 ,故a >0時(shí)，f (x)存在兩個(gè)零點(diǎn);當(dāng) a<0時(shí)，由(x)=0得，乂=1或乂 =帖(22),e若ln( -2a) =1 ,即a = -2時(shí)，f'(x)之0 ,故f (x)在R上單調(diào)

7、遞增，與題意不符e右ln( 2a) >1 ,即萬(wàn)< a < 0時(shí)，易證f (x)極大值=f (1) = e < 0故f (x)在R上/、有一e個(gè)零點(diǎn)，右ln( 2a) <1 ,即a < 時(shí)，易證2“*)極大值="此(22)=2(帖2(2封4帖(2a+5)<:0,故f(x)在R上只有一個(gè)零點(diǎn)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，a >0 且 x1 <1 <x2 <2(x-1)(e2( )-1)令 h(x) = f (x) f (2x) =(x2)e +xe ,x >1 則 h(x) =x，

8、e因?yàn)閤>1,所以x-1 >0,e2(xA) -1>0,所以h'(x)>0,所以h(x)在(1,+=)內(nèi)單調(diào)遞增所以 h(x)>h(1) = 0,即 f(x)> f(2 x),所以 f(x2) a f(2x2),所以“為)> f(2x2),因?yàn)閤1 <1,2 -x2 <1 , f (x)在區(qū)間(一°0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，所以 x1 <2-x2 ,即x1 +x2 <2解法二、利用對(duì)數(shù)平均不等式證明由(I)知，a >0,又 f (0) =a 2 所以，當(dāng) 0<aW2 時(shí)，x1 宅0 且 1<x2 &

9、lt;2,故 +x2 <2當(dāng)a a2時(shí),0 <x1 <1 <x2 <2 ,又因?yàn)?a =(X - 2)ex1(x1)2(x2-2)ex2(x2-1)2即(2-x1)ex1(2 -x2)ex2(1-)2(x2 -1)2所以 ln(2 -x1) x -2ln(1 -x1) = ln(2 - x2) x2 -2ln(x2 -1)所以 ln(2 -x1) -ln(2 -x2) -2(ln(1 -x1)-ln(x2 -1) =x2-x1 = (2 - x1) - (2 - x2)ln(1 - x1)Tn( x2 -1)(2 - 1)-(2 - x2). 4 - x1 一 x

10、所以所以1 一2二：:ln(2 -x1) -ln(2 -x2)ln(2 -x1) -ln(2 -x2)2 x x2 -2 c ln(1 -x1)-ln(x2 -1)<2CT2 ln(2 -x1) -ln(2 -x2) a卜面用反證法證明不等式成立因?yàn)?0<X <1 <x2 <2,所以 2% >2x2 A0,所以 ln(2-x1)-ln(2-x2)>0假設(shè) x xx2 上2,當(dāng) Xi +X2 =2, x1 +X2 一2 =0 且 2 ln(1 幻k% D =0 ,與矛盾;2ln(2 -x1) -ln(2 -x2)當(dāng)x, +x2 >2時(shí)x1 +x22

11、 >0且2 1n(1x1)1n(x21)<o,與矛盾,故假設(shè)不成立21n(2 -x1) -1n(2 -x2)所以xi 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) f(x)的單調(diào)性；(n)若曲線 y = f(x)與x軸交于A、B兩點(diǎn)，A、B中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為 ,證明：f (Xo),二 0解：(I )函數(shù)f (x)的定義域是(0, -h=c)f(x).2ax二) xx當(dāng)a wo時(shí)，f'(x)A0在區(qū)間(0,收)內(nèi)恒成立，即f(x)在區(qū)間(0,一)內(nèi)單調(diào)遞增1當(dāng)a>0時(shí)，由f (x)

12、 >0,得函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間(0,),a1 由f (x)<0,得函數(shù)f (x)的遞減區(qū)間(,+=c) a(n)解法一、根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求解設(shè)點(diǎn)A、B的橫坐標(biāo)分別為Xp x2,則x0 = x1 x2 ,且0 < X)M 1 M x2 2a111由(I)知，當(dāng) a>0 時(shí)，f(x)極大值=f(x)max= f() = 1n+1 aa a因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，所以f (X)max >0,所以0<a <1要證 f (%) =(1+2x0)(1 ax0) <0,只須證 ax0>1,即證 X1 +X2 >2x0a2. 2. _1令

13、 h(x) = f (x) - f (x) = 1n x Tn(x) - 2ax 2,0 二 x ：二一 aaa則h(x)+a2a/(axf >0,所以h(x)在(0,工)內(nèi)單調(diào)遞增x 2。axx(2。ax)a12所以 h(x)<h( )=0,即 f(x)<f( x) aa1 22因?yàn)?0<Xi < <X2,所以 f(Xi) < f( Xi),所以 f(X2)< f(Xi) aaap 1 211、，又X2A ,XA ,且f(X)在區(qū)間(，*)內(nèi)單倜遞減a a aa22. 一所以 X2 >- -X1 ,即 X1 +X2 >-,故 f (

14、Xo) <0 aa解法二、利用對(duì)數(shù)平均不等式求解設(shè)點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為A(X1,0)、B(X2,0),則刈=包產(chǎn),.111由(I)知，當(dāng) 2>0時(shí)，(*)極大值=f(X)maX = f() = ln 十1 a a a因?yàn)楹瘮?shù)f(X)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，所以f(X)maX >0,所以0<a <1.2一,1nxi - aX1(2 - a)X1 =0 因?yàn)?,所以 In x2 -In x1 =a(x2 +x1) - (2 -a)(x2 - x1)In x2 -ax| (2 -a)x2 =0所以1二 :二 J2 ,即1:二32a(為 x2) -(2 -a) In x2 -

15、In x12a(x1 x2) -(2 - a) 2(1x1X2)(1 - a*X2)- 0.所以 a(x1 +x2)2 +(a -2)(x1 +x2) -2>0 ,所以a(x1 +x2)-2(x1 +x2)+1>0所以 1 a12 <0 ,所以 f (5) = f '(2) 22例3 (2014年高考數(shù)學(xué)湖南卷文科第21題)已知函數(shù)1 - x f(x)»(I)求函數(shù)f (X)的單調(diào)區(qū)間;(n)當(dāng) f(x) =f(x2),X1 二x2 時(shí)，求證： +x2 <0解：(I)函數(shù)f (x)的定義域?yàn)镽-(1 x2)-2x(1-x) . 1-x-x(x-1)2

16、2(X)22e2 e2 2 e(1 X2)21 X2(1 X2)2由f '(x) =0 ,得X =0 ,由f'(x) a0 ,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,依)，所以f (X) max = f (0) = 1(n)解法一、利用函數(shù)的單調(diào)性求解令 h(x) = f (x) - f (-x) = 1 - x, ex - 1 + x2 e- ， x>01 x 1 x解法貝U h (x) = -x(x2 -2x 3)e2x -(x2 2x 3)/2、2 x(1 x ) e令 H (x) = (x2 -2x 3)e2x - (

17、x2 2x+3), x . 0則 H '(x)=2(x2 -x+2)e2x-(x + 1),x>0,則 H "(x) = 2(2x2+3)e2x-1,x> 0由x >0得，H ”(x)>2(31)=4>0,故H '(x)在(0,依)內(nèi)單調(diào)遞增故H x)>H '(0) =2a0,故H (x)在(0,十比)內(nèi)單調(diào)遞增故H(x) >H(0) =0,故h'(x)<0,故h(x)在(0,收)上單調(diào)遞減所以，h(x)；h(0)=0由(1)及 f (x1) = f (x2), x 手 x2知，x1 < 0 <

18、; x2 < 1,故 h(x2) = f (x2) 一 f (-x2) < 0所以 f(&)<f(x2),所以 f(x1)< f(-x2),又 f (x)在(3,0)上單調(diào)遞增所以，x1 < -x2,即 + x2 < 0二、利用對(duì)數(shù)平均不等式求解因?yàn)?x<1 時(shí)，f (x) >0 , x>1 時(shí)，f(x)<0, f (x1) = f (x2), x1 # x2所以'“<0"<1'片e：卷e”所以，仁尸二日所以，ln(1 -x1) (1 -x2) -ln(1 x12) = ln(1 -x2)

19、 (1 -x1) -ln(1 x2)所以，(1 一x2)-(1 -x1)= ln(1 -x2) -ln(1 -x1)ln(1x,2)-ln(1x2)所以,22(1 -x2) -(1-為): 1 . ln(1 x1)-ln(1 x2) . 1 - x2 1 - x1ln(1 -x2) -ln(1 -x1)ln(1 -x2) - ln(1 - x1)2所以,22x1 +x2 ln(1+x1)ln(1 + x2)2 ln(1 -x1) -ln(1-x2)因?yàn)?x1 <0 <x2 <1 ,所以 ln(1 -x1) Tn(1 -x2) >0卜面用反證法證明x1 +x2 <0

20、,假設(shè)x1 +x2之022、“ci % X2ln(1 %) - ln(1 X2) -一丁公 fm當(dāng) +x2 =0時(shí)，-一2 =0,且-=0 ,與不等式矛盾22、為x2ln(1 x1)- ln(1 x2)> -x1 > 0 ,所以-一2 A 0,且-< 0 ,與不2ln(1-x1)-ln(1-x2)2ln(1-x1) -ln(1-x2)當(dāng) X +X2 A0時(shí)，X2：0等式矛盾.所以假設(shè)不成立，所以例4 (2014年江蘇省南通市二模第20題)設(shè)函數(shù)f (x) = ex - ax + a(aw R),其圖象與 x軸交于 A(x1,0), B(x2,0)兩點(diǎn)，且 x <x2.(

21、i)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(n)證明：f (5荻)<0(f'(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))；(出)略.解：(i) f(x)=exa, xw R,當(dāng)aW0時(shí)，f'(x)>0在R上恒成立，不合題意當(dāng)a >0時(shí)，易知，x = ln a為函數(shù)f (x)的極值點(diǎn)，且是唯一極值點(diǎn)，故，f (x)min = f (lna)二a(2-lna)2當(dāng)f (x)min >0,即0 <a Me時(shí)，f (x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意，故舍去；當(dāng) f(x)min <0,即 ae2 時(shí)，由 f(1) = e>0,且 f (x)在(g,ln a)內(nèi)單調(diào)遞減，故 f (x

22、)在(1,ln a)有且只有一個(gè)零點(diǎn)；由 f (ln a2) =a2 -2alna+a = a(a+1-2ln a),“o2_22令 y=a+12lna,ae,則 y =1一一>0,故 a+12lna>e +14 = e -3 > 0 a所以f(lna2)0,即在(ln a,21n a)有且只有一個(gè)零點(diǎn).(n)解法一、根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求解由(I)知，f (x)在(-°o,ln a)內(nèi)遞減，在(ln a, )內(nèi)遞增，且 f (1) = e > 0所以 1 < x <lna <x2 <2ln a ,要證 f '(，乂涇)<0

23、,只須證 e'、" < a ,即證 Jx < ln a又. xx2 :二 x1 2 x2 ,故只須證 為 x2 :二 2ln a令 h(x) = f (x) - f (2ln a -x) = ex -ax a -e2lna a(2ln a。x) -a,x 2 -x=e -a e -2ax+2alna, 1 < x < ln a則 h'(x)=ex+a2e" 2a 之 2jexa e"_2a = 0,所以 h(x)在區(qū)間(1,lna)內(nèi)遞增所以 h(x) <elna -a2eJna _ 2aln a +2aln a =

24、0,即 f (x) < f (2ln a -x)所以 f (x1) < f (2ln ax1),所以 f(x2) < f (2ln a x1)因?yàn)閤2 >ln a,2ln ax1Alna,且f (x)在區(qū)間(ln a, +望)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(duì)數(shù)平均不等式求解由(I)知，f(x)在(-«,ln a)內(nèi)遞減，在(ln a,y)內(nèi)遞增，且f(1) = e>0所以 1 < x1 <lna <x2 <2ln a ,因?yàn)?f (x1) =ex1 ax1 +a = 0 , f (x2) =ex2 ax2 + a = 0一均_x2a="=-,即x1 -1x2 -1矛-1_x2 -1e 二£,所以 1(xi-1)-(x2-1)ln(x1 -1) - ln(x2 -1)v'(x1 - 1)(x2 -1)所以 x” -(x1 +x2) <0,要證：f (lx1x2) <0 ,只須證 e&#