极值点偏移问题的两种常见解法之比较

由天下分享时间：2024/9/13 22:41:32 加入收藏我要投稿点赞

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(x1,x2)内有且只有一个极值点x0，且

f(x1)?f(x2)，若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点x0?x1?x2，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x0?x1?x2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x1、x2，

f(x1)?f(x2)?x1?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(x1)?f(x2)?x1?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”？

?a?b,a?b,?两个正数a和b的对数平均数定义：L(a,b)??lna?lnb

??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：ab?L(a,b)?（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?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?a?ba?baab，要证ab?，只须证：ln?， ?lna?lnblna?lnbbbaa?b，2令1a?x?1，只须证：2lnx?x?,x?1

xb121(x?1)2?0，所以f(x) 设f(x)?2lnx?x?,x?1，则f?(x)??1?2??xxxx2 1

在(1,??)内单调递减，所以f(x)?f(1)?0，即2lnx?x?a?b

lna?lnba?ba?b?②再证：

lna?lnb21， x故ab?aa?1lna?ba?b?要证：，只须证：b?b

alna?lnb22?1bax?1lnx2lnx??，x?1 令?x?1，则只须证：，只须证1?bx?12x?122lnx21?(x?1)2?设g(x)?1?，x?1，则g?(x)????0 x?12(x?1)22x2x(x?1)2所以g(x)在区间(1,??)内单调递减，所以g(x)?g(1)?0，即1?故

a?ba?b?

lna?lnb2a?b2

2lnx?， x?12综上述，当a?0,b?0时，ab?L(a,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；

（Ⅱ）设x1,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，

x当a?0时，f(x)?(x?2)e?0，得x?2，只有一个零点，不合题意； x当a?0时，f?(x)?(x?1)[e?2a]

当a?0时，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)?a?0，故在区间(1,2)内存在一个零点x2，即1?x2?2 由lim(x?2)e?limx???xx?21?lim?0,又a(x?1)2?0，所以，f(x)在区间 ?x?xx???ex????e(??,1)存在唯一零点x1，即x1?1，

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?ln(?2a)，若ln(?2a)?1，即a??若ln(?2a)?1，即?e时，f?(x)?0，故f(x)在R上单调递增，与题意不符 2e?a?0时，易证f(x)极大值=f(1)??e?0故f(x)在R上只有一 2e个零点，若ln(?2a)?1，即a??时，易证

2f(x)极大值=f(ln(?2a)?a(ln2(?2a)?4ln(?2a)?5)?0，故f(x)在R上只有一个零点

综上述，a?0

（Ⅱ）解法一、根据函数的单调性证明由（Ⅰ）知，a?0且x1?1?x2?2x

2?x令h(x)?f(x)?f(2?x)?(x?2)e?xe(x?1)(e2(x?1)?1),x?1，则h?(x)? ex?2因为x?1，所以x?1?0,e2(x?1)?1?0，所以h?(x)?0，所以h(x)在(1,??)内单调递增

x)?f2(所以h(x)?h(1)?0，即f(x)?，所以f(x2)?f(2?x2)，所以f(x1)?f(2?x2)，

因为x1?1,2?x2?1，f(x)在区间(??,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，x1?0且1?x2?2，故x1?x2?2

(x1?2)ex1(x2?2)ex2当a?2时，0?x1?1?x2?2，又因为a????2(x1?1)(x2?1)2 (2?x1)ex1(2?x2)ex2即?(1?x1)2(x2?1)2

所以ln(2?x1)?x1?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)所以1?2ln(1?x1)?ln(x2?1)(2?x1)?(2?x2)4?x1?x2??

ln(2?x1)?ln(2?x2)ln(2?x1)?ln(2?x2)2所以

x1?x2?2ln(1?x1)?ln(x2?1)?22ln(2?x1)?ln(2?x2) ①

下面用反证法证明不等式①成立

因为0?x1?1?x2?2，所以2?x1?2?x2?0，所以ln(2?x1)?ln(2?x2)?0 假设x1?x2?2，当x1?x2?2，

x1?x2?2ln(1?x1)?ln(x2?1) ?0且2=0,与①矛盾；

2ln(2?x1)?ln(2?x2)当x1?x2?2时所以x1?x2?2x1?x2?2ln(1?x1)?ln(x2?1)?0且2<0,与①矛盾，故假设不成立 2ln(2?x1)?ln(2?x2)

例2 （2011年高考数学辽宁卷理科第21题）已知函数f(x)?lnx?ax2?(2?a)x （Ⅰ）讨论函数f(x)的单调性；

（Ⅱ）若曲线y?f(x)与x轴交于A、B两点，A、B中点的横坐标为x0，证明：f?(x0)?0 解：（Ⅰ）函数f(x)的定义域是(0,??)

f?(x)?1(1?2x)(1?ax)?2ax?(2?a)? xx当a?0时，f?(x)?0在区间(0,??)内恒成立，即f(x)在区间(0,??)内单调递增当a?0时，由f?(x)>0，得函数f(x)的递增区间(0,)，由f?(x)<0，得函数f(x)的递减区间(,??) （Ⅱ）解法一、根据函数的单调性求解

1a1ax1?x21，且0?x1??x2 2a111由（Ⅰ）知，当a?0时，[f(x)]极大值=[f(x)]max?f()?ln??1aaa

设点A、B的横坐标分别为x1、x2，则x0?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)?2(1?2x0)(1?ax0)?0，只须证ax0?1，即证x1?x2?

ax0令h(x)?f(x)?f(?x)?lnx?ln(?x)?2ax?2,0?x?2a2a1a

11a2(ax?1)2则h?(x)???2a??0，所以h(x)在(0,)内单调递增

ax2?axx(2?ax)所以h(x)?h()?0，即f(x)?f(1a2?x) a4

122?x2，所以f(x1)?f(?x1)，所以f(x2)?f(?x1) aaa1121又x2?,?x1?，且f(x)在区间(,??)内单调递减

aaaa22所以x2??x1，即x1?x2?，故f?(x0)?0

aa因为0?x1?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x0?由（Ⅰ）知，当a?0时，[f(x)]极大值=[f(x)]maxx1?x2 2111?f()?ln??1

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

2??lnx1?ax1?(2?a)x1?0因为?，所以lnx2?lnx1?[a(x2?x1)?(2?a)](x2?x1) 2??lnx2?ax2?(2?a)x2?0所以

x2?x1x?xx?x11??12，即?12