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 x 0，且 f(xj = f (X 2)，若极值
点左右的 增减速度”相同，常常有极值点x o 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x i 、X 2 ,
f(xj ::： f(X 2)= X i ::： X 2;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x 1> x 2， f (x 1p: f (x 2^ > x 2.二是利用 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”
a -b
L(a, b) = In a -1 n b
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b 0时，显然等号成立 ii) 当a = b 0时，不妨设a b 0，
①先证..ab
，要证Jab
，只须证：In 空「
a
一” b
In aTnb
In aTnb
b Yb V a
/ 1
2ln x 二 x ,x 1
x
1 ”21
设 f(x) =2ln x -x ,x 1，贝U f (x)
1
2
两个正数a 和b 的对数平均数定义: (x-1)1 2
X 2
0，所以 f (x)
x x x
a -b
< --------
In a-1 n b
②再证:
a -b
a b
In a-1 nb 2
.
.
a
-1 I n a
要证：
a -
b
a b ，只须证：b
b
In a -1 nb 2
a 〔 2 b
人 a
x -1 In x
2 In x ,
令r x1，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 -
b In a-1 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)e x
? a(x-1)2
有 两个零点.
(I)求a 的取值范围;
(n)设X" X 2是f (x)的两个零点，证明： x 1 X 2 ::: 2 .
解：(I)函数f (x)的定义域为R ,
当a = 0时，f (x) = (x 「2)e x
= 0，得x = 2，只有一个零点，不合题意; 当 a = 0时，f (x) =(x —1)[e x 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) = -e ：：：
又f (2) =a V ，故在区间(1,2)内存在一个零点X 2，即1 <心 2
x _2 1
2
由 lim (x 「2)e x
= lim x Iim x = °，又 a(xT) 0，所以，f (x)在区间
x ? x - e x 丨：-—e
(v ,1)存在唯一零点x 1，即x ::
1，
设 g(x) =1
In x
g(xH
(x 1)2
丄
2x
-(x-1)2 2x(x 1)2
:::0
综上述，当a 0,b 0时,
a ■'
b g L(a 恥〒
故a 0时，f (x)存在两个零点；
当a 0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
a 0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( I n ( 2〉 4 Ina 2 )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，a 0 且论：：：1 ：：： x 2 ::: 2
(x _ i)(e 2(x _ 1) 令 h(x) = f (x) _ f (2 _x) = (x -2)e x +xe 2
」,x >1 贝H h"(x)= ------------------------------------------------------------ 二 -------
， e
因为x 1，所以x -1 0,e
2(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(x 2) f(2-x 2)，所以 f(xj ? f(2-x 2),
因为 x-i
::: 1,2 -x 2
：：： 1 , f (x)在区间(一"',1)
内单调递减，所以 x 1
:: 2 -x 2，即 x 1 x 2 ：：：
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，
x^0 且 1 ：：： x 2 :: 2，故 x 1 x 2 :: 2
即(2-皿_ (2乜澎 即 2 2
(1-X 1)
(x-1)
所以 In(2 -x 1)捲—2In(1 —x ,) =In(2 —x 2) x 2 -2In( x 2 -1)
所以 In(2 —xj — In(2 —x 2) —2(In(1 —xj — In(x 2 -1)) = x 2 - x 1 = (2 - xj -(2 -
x 2) 1 _2 In(^x1^In(x2~1
K (―灯-门-卷)::4
"冷 In (2—xJ —I n(2 —x 2
) In
(2—xJ —I n(2—x 2) 2
当a - 2时, 0 ■ x ::: 1 ：：： x 2 ：：： 2，又因为 a =
_(X 1 - 2)e Xl 「(x —)2
_(X 2 - 2)e 勺
-区-1)2 所以
所以
假设X i X2 _2，当X i x2=2 , Xl
卷-
2
=0且2叩-灯小化-“二。与①矛盾;
2 In (2 — xj — I n(2 — x2)
当x, x2 2时为
X2 -2 o且2 |n(^Xi^|n(X^I 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X o，证明: f (Xo ) :: 0 解: (I)函数f (X)的定义域是(0,七) i (i x ) f (x) 2ax (2 a=)A x x 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a 0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X o = “电，且0 ：：：x J ：：：x2 2 a 1 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 - X o a 2 2 1 I 2 所以h(x) ：：h(—)=0，即f(x) ：：f( x) a a 令h(x) = f (x) - f ( x) = In x Tn( x) -2ax 2,0 ：：x ：一 a a a 2(aX ~-)7,所以h(x)在(0,-)内单调递增则h(x)二-—-2^ x 2—ax x(2—ax) a 1 2 2 因为O ：：: X, X2，所以f(X,) ：：： f ( Xi)，所以f(X2)：：： f ( X1) a a a 1 2 1 、1 、 又X2 , X1，且f (X)在区间(一,■：：)内单调递减 a a a a 2 2 所以X2N，即X! X2，故f (x O) ：：： O 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 [f(X)]max O，所以O .. a . 1 ■■ 2 In & —ax t +(2 — a) / =O 因为2 1 21，所以 In x2—ax2 +(2 —a)x2 =O In x2 _ In 为=[a(x2 xj -(2 - a)]( x2 _ xj 所以 X1X2 X O : 2 =f (丄)=1 n- - -1 a a a 因为函数f (X)有两个不同的零点，所以 d X 2，即 1 . X 1 X 2 2 a(x 所以 a(X 1 X 2)3 (a-2)(X 1 x ?) -2 O ，所以[a(x 「x ?) -2][(洛 x ?) 1] O a(x-i X 2) _(2 -a) In x 2 _ln X 1 X 2 _X 1 X 2 所以1-a3 2 ：： O ,所以f (X O ) = f (笃圣 X 1 X 2) N". X 1 X 2 2 1 — x X f(x) 2e 1 +X (1 咅 X 2)(1-a )二 (2014年高考数学湖南卷文科第 21题)已知函数 求函数f (X )的单调区间; 当 f ( X )二 f ( X ) ,X=时，求证: X i x 2 ：： O 解：(I) 函数f (X )的定义域为R f (X )二 2 -(1 x ) -2x(1 -x) X 1 -X x e 2e 1 x 2 (1 X 2)2 2 -X [(X -1) 2]e x e (1 X 2)2 由厂(X )=0，得X =0 ,由f"(x )AO ，得函数的递增区间 ( -:-,O)，由 f (x) ：：：O , 得函数的递减区间(O, ?：：)，所以f (X ) max 二 f (0) = 1 (n)解法一、利用函数的单调性求解 令h(x) =f(x)-f(-x) = 1 *2审门旷，X 0—x X 1 X 令 H (x) =(x 2 -2x 3)e 2x — (x 2 2x+3), x ■ 0 则 H (x) =2[(x 2 _x 2)e 2x -(x 1)], x 0 ,则 H (x) =2[(2x 2 3)e 2x —1],x ■ 0 由x 0得，H (x) .2(3 -1^4 .0,故H (x)在(0,=)内单调递增 故H (x) H (0) =2 0，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 (x 2),论=x 2知，x , ：： 0 ：： x 2 ：： 1， 故 h(x 2) = f (x 2)「f (「x 2) ：： 0 所以 f(X 2)：： f (-X 2)，所以 f(xj ：：： f (-X 2)，又 f(x)在(-：：,0)上单调递增 所以，禺：：：-x 2,即 x 1 x 2 ::: 0 解法二、利用对数平均不等式求解 因为 x ：1 时，f(x) 0， x 1 时，f (x) :: 0， f (xj = f (X 2), X 1 = X 2 所以， 「0沐2：：：1，「X i e ——X ；e x 2，所以，-第尹十写产 1 + X 1 1 + x 2 1 + X j 1 + x 2 所以， 2 2 In (1 一捲)(1 —X 2)—I n(1 X 1) =l n(1 —X 2) (1 -为)—I n(1 X 2) 所以， (1 一 x 2) - (1 一 为)=In(1 一 x 2) - In(1 一 为)In(1 xj) - In(1 x f ) 所以， 2 2 J n d I 小d x 2)十x 2 i In (1—x 2)—l n(1—xj In (1—x 2)—l n(1 — xj 2 所以， 2 2 X 1 X 2 In(1 xj - In(1 X 2)① 2 In (1 — xJ — I n(1 -屜) 因为 x-i :：: 0 ：： x 2 :：: 1，所以 In(1 - xj Tn(1 - x 2) 0 下面用反证法证明 为 x 2 ： ： 0，假设为? x 2 - 0 当X X 2=0 时，写 j 且￥(兴册呼=0 ，与不等式①矛盾 贝V h (x)二-x (x 2 -2x 3)e 2x -(x 2 2x 3) (1 x 2 )2e x1+x2口In(1+N)—In(1 + x2) 一十当X i X2 ■ 0 时，X2 ?-X i . 0，所以-一20,且 1 20，与不 2 In (1一为)一1 n(1 — x2) 等式①矛盾? 所以假设不成立，所以x1 x2:：: 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)=e X—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 = 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) 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a1「2I n a e 1「4 = e-3 0 a 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儿?X2，故只须证x, - x2::: 2In a 令h(x)二f (x) - f (2In a - x)二e x - ax a -e2In a" a(2In a - x) - a, =e x -a2e^ -2ax 2a In a , V：x In a 则h (x)二e x■ a2e" -2a - 2-.. e x a2ef -2a = 0 ,所以h(x)在区间(1,ln a)内递增 所以h(x) ：：e lna-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(x 2) ：：： f (2ln a —xj 因为 x 2 ? In a,2ln a . In a ，且 f (x)在区间(In a, ?二)内递增 所以 x 2 ::: 2ln a -捲，即论 x 2 ：： 2ln a ，故 f (、. x 1x 2) ::: 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 .0 所以 1 < X i ::: In a ::: X2 :: 2ln a ，因为 f (xj = e 51 - ax i a = 0 , f (x ?) = - ax ? ? a = 0 所以 x 1x 2 -(x-^ +x 2^0，要证：f (J X ￡) c 0，只须证 < a ，即 ^x 1x 2 < I n a 故， x 1x 2 ::捲一I 门(为「1), x 1x 2 :: x 2 -In(x 2-1) 所以 2 x 1x 2 :: x 1 x 2 -I 门(人一1)(x 2 -1)，所以 In(X|x 2 -(x 1 x 2) 1) ：： x 1 x 2 -2 x 1x 2 因为 x 1x 2 -(x 1 x 2) < 0，所以 In(xx 2 -(x x 2) 1) ：： In1 =0，而 x 1 x 2 - 2 X|X 2 0 所以 In(x 1x 2 -(x 1 x 2) 1) ：： x 1 x 2 -2、. x 1x 2 成立，所以 f (、. x 1x 2) :: 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 x 1, x 2是函数f (x)的两个 零点，而X=X °是函数f (X)的极值点，证明X 1 +x^2X 0 (或X1+X 2A 2X 0 ),根据函数单 调性求解的步骤是：一、构建函数h(x)二f (x) - f (2x 0 - 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) c f (2x^ -x)),四、故 函数f (x)的单调性证 论+x 2 ￡2x 0 (或论+x 2 >2x 0) ?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 In X r -In x 2及x 1 - x 2，二、通过等式两边 同除以In 捲- In x 2构建对数平均数 X1 -X 2 ,三、利用对数平均不等式将 鱼 」转 In 捲一In x 2 In 论 Tn x 2 化为 X 1 X 2 后再证明x 1 x 2 : 2x )(或x 1 x 2 2x 0).两种方法各有优劣，适用的题型也 x i X 2 a e e ，即 x — 1 x ： — 1 x i A X 2 d e e 所以1二 (x 1 - " - ( x 2 - _ ln(x 〔 -1) - In( X 2 -1) ：：(x 1 - 1)(x 2 - 1) 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 X 2 -2 2 In(1 -为)Tn(x T) 2 In (2—xJ—I n(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