1、極值點偏移問題的兩種罕見解法之比較之老陽三干創 作淺談部分導數壓軸題的解法在高考導數壓軸題中，不竭出現極值點偏移問題，那么，什么 是極值點偏移問題？參考陳寬宏、邢友寶、賴淑明等老師的文章， 極值點偏移問題的表述是：已知函數 y f(x)是連續函數，在區間 (Xi,X2)內有且只有一個極值點 X0 ,且f(Xi) f(X2),若極值點左右的“增減速度”相同，經常有極值點X0阻力，我們稱這種狀態為極 2值點不偏移；若極值點左右的“增減速度”分歧， 函數的圖象不具 有對稱性，經常有極值點X0 的情況，我們稱這種狀態為“極2值點偏移”.極值點偏移問題經常使用兩種方法證明：一是函數的單調性， 若函數f(

2、X)在區間(a,b)內單調遞增，則對區間(a,b)內的任意兩個變 量X1、x2, f(x) f(X2)X1 X,；若函數f(X)在區間(a,b)內單調遞減，則對區間(a,b)內的任意兩個變量 x、X2, f(x) f(X2) Xi X2.二是 利用“對數平均不等式”證明，什么是“對數平均”？什么又是“對數平均不等式”？a b.兩個正數a和b的對數平均數定義：L(a,b) Ina inb,a b,a, a b,對數平均數與算術平均數、幾何平均數的大小關系是： 前 L(a,b) ,(此式記為對數平均不等式)下面給出對數平均不等式的證明：iii )當a b 0時，顯然等號成立)當a b 0時，無妨設

3、a b 0 ,先證而a bIn a In ba bIn a In b '只須證：,a1n bf(x)在(1,f(x)21n x只須證:)內單調遞減，所以再證:a bIn a In b a bIn a In b21n xf(x)要證:1n a1n b則只須證:設 g(x)In x2所以g(x)在區間(1,2 1n x1 -,x 12故In a In b綜上述，當aa b20,b 0 時,例 1 ( 20162(x)一 x只須證:即21n(x 1)2,a Inb2只須證In x2(x 1)212x2(x 1)222x(x 1)2內單調遞減，所以g(x) g(1) 0ab L(a, b)年高

4、考數學全國Ia b2理科第21題)已知函數f(x) (x 2)exa(x 1)2有兩個零點.(I )求a的取值范圍；XiX22 .(H)設Xi,X2是f(x)的兩個零點,證明:解：(I)函數f(x)的定義域為R,當a 0時，f(x) (x 2)ex 0,得x 2,只有一個零點，分歧題意；當 a 0時，f (x) (x 1)ex 2a當 a 0時，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，也是f (x)的最小值點，所以f(x)minf(1) e 0又f(2) a 0,故在區間(1,2)內存在一個零點x2,即1

5、 x2 2由 lim (x 2)exlim x ； lim0,又 a(x 1)2 0,所以，f(x)在區間xx e x e(,1)存在唯一零點x1，即x1 1 ,故a 0時，f(x)存在兩個零點；當 a 0 時，由 f (x) 0得，x 1 或x ln( 2a),若ln( 2a) 1,即a 鈔寸，f (x) 0,故f (x)在R上單調遞增，與題意不符若ln( 2a) 1 ,即 e a 0時，易證f (x)極大值=f(1) e 0故f(x)在R上只有一個零點，若ln( 2a) 1,即a 時，易證2f(x)極大值="帖(2a) a(ln2( 2a) 4ln( 2a) 5) 0,故 f(x

6、)在 R上只有一個零占y j、綜上述，a 0(n)解法一、根據函數的單調性證明由(I )知，a 0且 Xi 1 X2 2令 h(x) f (x) f(2 x)(x 2)ex xe X,x 1 ,貝，h (x)(x 1)(e2(x1) 1)x-2e因為 x 1,所以 x 1 0,e2(x1)1 0,所以 h(x) 0 ,所以 h(x)在(1,)內單調遞增所以 h(x) h(1) 0 ,即 f (x)f(2 x),所以 f%) f(2 x2),所以f(K)f(2 x2),因為x,1,2 X21, f(x)在區間(,1)內單調遞減，所以X 2 x2,即x1 x2 2解法二、利用對數平均不等式證明由(

7、I )知，a 0 ,又f(0) a 2所以，當0 a 2時，x1 0且1 x2 2 ,故x1鵬 2當a 2時，011 x2 2,又因為a史二殍(X 1)2(x2 1)2即(2 x1)ex1(2 x2)ex2(1 為)2(x21)2所以 ln(2x1)x 2ln(1x1) ln(2x2) x2 21n(x21)所以 ln(2x1)ln(2 x2)2(ln(1 x) In® 1) x2x1(2 x1)(2 x2)所以 1 2 ln(1x1)In(x21)(2 x1)(2 x2)4 x1飛ln(2 x,) ln(2 x2)ln(2 x1) ln(2 x2)2所以“X2 2 2 ln(1 x

8、,)In% 1)2 ln(2 x1) ln(2 x2)下面用反證法證明不等式成立因為 0x11x22,所以 2 k 2x20,所以 ln(2x,)ln(2x2)0假設x1x22 ,當 x1x22 x1 x22 0且21n(1x1)1n(x2 D=0 ,與2ln(2x1)ln(2x2)矛盾;2 時 x1 x2 220且2ln(1 x1) ln(x2 1)<0 ,與矛盾，故假設 ln(2x1) ln(2 x2)不成立x22例2 (2011年高考數學遼寧卷理科第21題)已知函數2f(x) ln x ax (2 a)x(I)討論函數f(x)的單調性;(n )若曲線y f(x)與x軸交于A、B兩點

9、，A、B中點的橫坐標為飛,證明：f (%) 0解：(I)函數f(x)的定義域是(0,)當a 0時，f (x) 0在區間(0,)內恒成立，即f(x)在區間(0,)內單調遞增當a 0時，由f (x)>0,得函數f(x)的遞增區間(0)， a由f(x)<0,得函數f(x)的遞減區間(-,) a(n)解法一、根據函數的單調性求解設點A B的橫坐標分別為xx2,則x0比總，且0 x1x22a由(I)知，當 a 0 時,f (x)極大值=f(x)max f(-) ln- - 1 a a a因為函數f(x)有兩個分歧的零點，所以f(x)max 0,所以0 a 1x0要證 f (x0)(1 2x0

10、)(1 ax0) 0,只須證 a% 1,即證 x1 x2 -221令 h(x) f(x) f ( x) In x In( x) 2ax 2,0 x aaa2則h(x)13 2a 辿上 0,所以h(x)在(0)內單調遞增 x 2 ax x(2 ax)a12所以 h(x) h(-) 0,即 f (x) f (一 x) aa因為 0 xi - x2 ,所以 f (xi) f (- X),所以 f(x2)f (- xi)aaa又x2 ,- xi工，且f(x)在區間(-,)內單調遞減 a a aa所以 x2 2 x1 ,即 x1 x2 2 ,故 f (x0) 0 aa解法二、利用對數平均不等式求解設點A

11、、B的坐標分別為A(x1,0)、B(x2,0),則x0 匚” 2由(I)知，當 a 0 日寸，f ( x)極大值=f ( X) max f ( 一) ln 1 a a a因為函數f(x)有兩個分歧的零點，所以f(x)max 0,所以0 a 1,2ln x1 ax1(2 a)x1 012ln x2 ax2 (2 a)x2 0ln x2 1nxi a(x2 x1) (2 a)(x2 x1)所以1 a(x1x2) (2 a)x2x1ln x2ln x1x_x2 ,即 12'a(x1 x2) (2 a)x1x2所以 a(x1 x2)2 (a2)(x1 x2) 2 0，所以a(x1 x2) 2(

12、x1 x2) 1 0所以x1 x21 a-202，所以 f(x0) f(?)(1 x1 x2)(1 a4 x2) 20.例3 (2014年高考數學湖南卷文科第21題)x x22已知函數f(x)1 x x1 x2 e(I )求函數f(x)的單調區間;(H )當 f (x1) f(x2),x1 x2 日寸，求證：x1 x2 0解：(I )函數f(x)的定義域為R由f (x) 0 ,得x 0 ,由f (x) 0 ,得函數的遞增區間(，0),由f(x) 0,得函數的遞減區間(0,),所以f(x)max f (0) 1(n)解法一、利用函數的單調性求解令 h(x) f (x) f ( x) 1-x2 e

13、x -xre x ，x 01 x 1 x2 _ 2x 2_貝U h(x)x (x2x 3)e 2 2(： 2x 3)(1 x ) e令 H(x) (x2 2x 3)e2x (x2 2x+3),x 0則 H (x) 2(x2 x 2)e2x (x 1),x 0,貝U H (x) 2(2x2 3)e2x 1,x 0由x 0得，H (x) 2(3 1) 4 0,故H(x)在(0,)內單調遞增故H(x) H (0) 2 0,故H(x)在(0,)內單調遞增故H(x) H (0) 0,故h(x) 0,故h(x)在(0,)上單調遞減所以，h(x) h(0) 0由(1 )及 f(xj fd)* x2 知，x1

14、 0 x2 1 ,故h(x2)f(x2) f( x2) 0所以 f(x2) f( x2),所以 f(x1)f( x2),又 f(x)(,0)上單調遞增所以，x1x2，即 x1 x2 0解法二、利用對數平均不等式求解因為 x 1 時，f(x) 0, x 1 時，f (x) 0, f(x1)f(x2),x1 x2所以，x1 0 x2 1," jfex2,所以，Re1" jfe1x1 1x11x21x11x2所以，ln(1 x1)(1 x2)ln(1x2) ln(1x2)(1 x1) ln(1x2)所以，(1 x2) (1 x1) ln(1 x2) ln(1 x1)ln(1 x；

15、) ln(1 x2)ln(1 x2) ln(1 x1)ln(1 x2)ln(1 x1)所以 (1x2)(1x1)1 ln(1x2)ln(1x2)1x21x1所以一22ln(1 x2) ln(1 x；)q ln(1 x1)ln(1 x2)因為 x10 x21 ,所以 ln(1 x1)ln(1 x2) 0下面用反證法證明X x2 0 ,假設Xx20當x1x20時，0,且1n(1x12)1nox2)=0,與不等式矛21n(1x1)1n(1x2)盾當 xix20 時，x2xi0,所以020,且 1n(1x2)1n(1x2)0,21n(1xi)1n(1x2)與不等式矛盾.所以假設不成立，所以xix2 0

16、例4( 2014年江蘇省南通市二模第20題)設函數f(x) ex ax a(a R),其圖象與 x軸交于 A(%,0), B%,。)兩點,且 x x2.(I )求實數a的取值范圍；(H)證明：f(TxX) 0(f(x)為函數f(x)的導函數)；(m)略.解：(I) f (x) ex a, x R,當 a 0 時，f (x) 0在 R 上恒成立，分歧題意當a 0時，易知，x In a為函數f(x)的極值點，且是唯一極值點，故，f (x)min f (1na) a(2 In a)當f (x)min 0,即0 a e2時，f(x)至多有一個零點，分歧題意，故舍去；當f(x)min 0,即a e2時，

17、由f(1) e 0,且f(x)在(，1n a)內單調遞減，故f(x)在(1,1n a)有且只有一個零點；由2、2f(lna) a 2a In a a a(a 1 2ln a),人2222令 y a 1 2ln a,a e ,貝U y 1 - 0 ,故 a 1 2ln a e 1 4 e 3 0 a所以f(lna2) 0,即在(In a,2ln a)有且只有一個零點.(II )解法一、根據函數的單調性求解由(I)知，”)在(，lna)內遞減，在(lna,)內遞增，且f(1) e 0所以 1 x1ln a x2 2ln a ,要證 f (Jx1x2) 0,只須證 ex1"a,即證x1x2

18、 ln a又. xx2xx2 ,故只須證 X x22ln a2令 h(x) f (x) f (2ln a x) ex ax a e2lna x a(2ln a x) a,x 2 xe a e 2ax 2aln a , 1 x ln a則 h(x) ex a2e x 2a 2vexa2e x 2a 0,所以 h(x)在區間(1,lna)內遞增所以 h(x)elna a2elna 2aln a 2aln a 0,即 f (x)f (2ln a x)所以 f(x1) f (2ln a x1),所以 f(x2)f (2ln a x1)因為x2ln a,2ln a x1lna,且f (x)在區間(ln a,)內遞增所以 x22ln a x1,即 x1 x2 2ln a ,故 f (Jx1x2)0解法二、利用對數平均不等式求解由(I)知，”)在(，lna)內遞減，在(lna,)內遞增，且f(1) e 0所 以 1 x1lna x221n a , 因 為f(x1) ex1 a% a 0,f (x2) ex2 ax2 a 0 x1x2x1 1x2 1a -eJ,即，所以1 (x11)(x2 1)J(-1)(x21)x1 1 x2 1 x1 1x2 1ln(x11)ln( x2 1)所以 Mx? (Xi x?) 0,要證：f (，x1x2) 0 ,只須證 e2a ,即 Jx1x2