(完整版)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12(,)x x 内有且只有一个极值点0x ，且
12()()f x f x =，若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点12
02
x x x +=
，我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12
02
x x x +≠
的情况，我们称这种状态为“极值点偏移”. 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12x x 、，
1212()()f x f x x x <⇔<；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12x x 、，1212()()f x f x x x <⇔>. 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：,,(,)ln ln ,,a b
a b L a b a b a a b -⎧≠⎪
=-⎨⎪=⎩
对数平均数与算术平均数、
(,)2
a b
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0a b =>时，显然等号成立 ii ）当0a b ≠>时，不妨设0a b >>， ①
ln ln a b a b -<
-，
ln ln a b
a b
--，
只须证：ln a b <，
1x =>，只须证：1
2ln ,1x x x x
≤-> 设1
()2ln ,1f x x x x x
=-+>，则222
21(1)()10x f x x x x -'=--=-<，所以()f x
在(1,)+∞内单调递减，所以()(1)0f x f <=，即12ln x x x
<-
，
ln ln a b
a b --
①再证：ln ln 2a b a b
a b -+<
- 要证：ln ln 2a b a b
a b -+<-，只须证：1ln
21a a
b b a b
-<+
令1a x b =>，则只须证：1ln 12x x x -<+，只须证2ln 1112
x x x -<>+，
设2ln ()112
x
g x x =--
+，1x >，则22221(1)()0(1)22(1)x g x x x x x --'=-=<++ 所以()g x 在区间(1,)+∞内单调递减，所以()g(1)0g x <=，即2ln 112
x
x -<
+， 故
ln ln 2
a b a b
a b -+<
- 综上述，当0,0a b >>
(,)2a b
L a b +≤≤
例1 （2016年高考数学全国Ⅰ理科第21题）已知函数2
)1()2()(-+-=x a e x x f x
有
两个零点．
（Ⅰ）求a 的取值范围；
（Ⅰ）设21,x x 是)(x f 的两个零点，证明：221<+x x ． 解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为R ，
当0a =时，()(2)0x
f x x e =-=，得2x =，只有一个零点，不合题意； 当0a ≠时，()(1)[2]x f x x e a '=-+
当0a >时，由()0f x '=得，1x =，由()0f x '>得，1x >，由()0f x '<得，1x <， 故，1x =是()f x 的极小值点，也是()f x 的最小值点，所以min ()(1)0f x f e ==-< 又(2)0f a =>，故在区间(1,2)内存在一个零点2x ，即212x << 由21
lim (2)lim
lim 0,x
x x x x x x x e e e
--→-∞
→-∞→-∞--===-又2(1)0a x ->，所以，()f x 在区间 (,1)-∞存在唯一零点1x ，即11x <， 故0a >时，()f x 存在两个零点；
当0a <时，由()0f x '=得，1ln(2)x x a ==-或， 若ln(2)1a -=，即2
e
a =-时，()0f x '≥，故()f x 在R 上单调递增，与题意不符 若ln(2)1a ->，即02
e
a -
<<时，易证()=(1)0f x f e =-<极大值故()f x 在R 上只有一 个零点，若ln(2)1a -<，即2
e
a <-时，易证
()=(ln(2)f x f a -极大值2
(ln (2)4ln(2)5)0a a a =---+<，故()f x 在R 上只有一个零点
综上述，0a >
（Ⅰ）解法一、根据函数的单调性证明 由（Ⅰ）知，0a >且1212
x x <<<
令2()()(2)(2),1x
x
h x f x f x x e xe x -=--=-+>，则2(1)2
(1)(e 1)
()x x x h x e ----'= 因为1x >，所以2(1)
10,10x x e
-->->，所以()0h x '>，所以()h x 在(1,)+∞内单调递增
所以()(1)0h x h >=，即()(2)f x f x >-，所以22()(2)f x f x >-，所以12()(2)f x f x >-， 因为121,21x x <-<，()f x 在区间(,1)-∞内单调递减，所以122x x <-，即122x x +< 解法二、利用对数平均不等式证明
由（Ⅰ）知，0a >，又(0)2f a =- 所以， 当02a <≤时，10x ≤且212x <<，故122x x +<
当2a >时，12012x x <<<<，又因为12
122
212(2)(2)(1)(1)x x x e x e a x x --=-=--- 即12
1222
12(2)(2)(1)(1)x x x e x e x x --=--
所以111222ln(2)2ln(1)ln(2)2ln(1)x x x x x x -+--=-+--
所以12122112ln(2)ln(2)2(ln(1)ln(1))(2)(2)
x x x x x x x x -------=-=---
所以121212
1212ln(1)ln(1)(2)(2)412
ln(2)ln(2)ln(2)ln(2)2
x x x x x x x x x x ---------=<------
所以
1212122ln(1)ln(1)
22ln(2)ln(2)x x x x x x +----<--- ①
下面用反证法证明不等式①成立
因为12012x x <<<<，所以12220x x ->->，所以12ln(2)ln(2)0x x ---> 假设122x x +≥，当122x x +=，1
212122ln(1)ln(1)
02=02ln(2)ln(2)
x x x x x x +----=---且,与①矛盾； 当122x x +>时1212122ln(1)ln(1)
02<02ln(2)ln(2)
x x x x x x +---->---且,与①矛盾，故假设不成立 所以122x x +<
例2 （2011年高考数学辽宁卷理科第21题）已知函数2
()ln (2)f x x ax 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0x ，证明：
0()0f x '<
解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域是(0,)+∞
1(12)(1)
()2(2)x ax f x ax a x x
+-'=
-+-=
当0a ≤时，()0f x '>在区间(0,)+∞内恒成立，即()f x 在区间(0,)+∞内单调递增 当0a >时，由()f x '>0，得函数()f x 的递增区间1
(0,)a
， 由()f x '<0，得函数()f x 的递减区间1(,)a
+∞ （Ⅱ）解法一、根据函数的单调性求解
设点A B 、的横坐标分别为12x x 、，则1202x x x +=，且121
0x x a
<<< 由（Ⅰ）知，当0a >时，max 111
[()]=[()]()ln 1
f x f x f a a a ==+-极大值
因为函数()f x 有两个不同的零点，所以max [()]0f x >，所以01a <<
要证0000(12)(1)()0x ax f x x +-'=
<，只须证01ax >，即证122
x x a
+>
令2()()()h x f x f x a =--=21ln ln()22,0x x ax x a a ---+<<
则212(1)()202(2)a ax h x a x ax x ax -'=+
-=>--，所以()h x 在1
(0,)a
内单调递增
所以1()()0h x h a <=，即2()()f x f x a <- 因为1210x x a <<<，所以112
()()f x f x a <-，所以212()()f x f x a <-
又21121,x x a a a >->，且()f x 在区间1
(,)a +∞内单调递减
所以212x x a >-，即122
x x a
+>，故0()0f x '<
解法二、利用对数平均不等式求解
设点A B 、的坐标分别为12(,0)(,0)A x B x 、，则12
02x x x += 由（Ⅰ）知，当0a >时，max
111[()]=[()]()ln 1f x f x f a a a
==+-极大值
因为函数()f x 有两个不同的零点，所以max [()]0f x >，所以01a <<
因为2
1112
222ln (2)0
ln (2)0
x ax a x x ax a x ⎧-+-=⎪⎨-+-=⎪⎩，所以212121ln ln [()(2)]()x x a x x a x x -=+--- 所以
211212211()(2)ln ln 2x x x x a x x a x x -+=<+---，即12121
()(2)2
x x a x x a +<+--
所以2
1212()(2)()20a x x a x x ++-+-> ，所以1212[()2][()1]0a x x x x +-++>
所以12102x x a
+-<，所以12
1212012
(1)(1)2()()02
2
x x x x a
x x
f x f x x +++-+''==<+.
例3 （2014年高考数学湖南卷文科第21题）已知函数2
1()1x
x f x e x -=+
（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；
（Ⅱ）当1212()(),f x f x x x =≠时，求证：120x x +< 解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为R
()f x '=2222222
(1)2(1)1[(1)2](1)1(1)
x x x
x x x x x x e e e x x x -+-----++=+++ 由()0f x '=，得0x =，由()0f x '>，得函数的递增区间(,0)-∞，由()0f x '<，得函数的递减区间(0,)+∞，所以max ()(0)1f x f == （Ⅱ）解法一、利用函数的单调性求解
令22
11()()()11x x
x x h x f x f x e e x x --+=--=
-++ ，0x > 则22222(23)(23)
()(1)x x
x x e x x h x x
x e -+-++'=-+
令2
22()(23)(2+3),0x
H x x x e
x x x =-+-+>
则22()2[(2)(1)],0x
H x x x e
x x '=-+-+>，则22()2[(23)1],0x H x x e x ''=+->
由0x >得，()2(31)40H x ''>-=>，故()H x '在(0,)+∞内单调递增 故()(0)20H x H ''>=>，故()H x 在(0,)+∞内单调递增 故()(0)0H x H >=，故()0h x '<，故()h x 在(0,)+∞上单调递减 所以，()(0)0h x h <=
由（1）及1212()(),f x f x x x =≠知，1201x x <<<，故222()()()0h x f x f x =--< 所以22()()f x f x <-，所以12()()f x f x <-，又()f x 在(,0)-∞上单调递增 所以，12x x <-，即120x x +< 解法二、利用对数平均不等式求解
因为1x <时，()0f x >，1x >时，()0f x <，1212()(),f x f x x x =≠ 所以，1201x x <<<，
121222121111x x x x e e x x --=++，所以，21
111222
12
1111x x x x e e x x ----=++ 所以，2
2
121212ln(1)(1)ln(1)ln(1)(1)ln(1)x x x x x x -+--+=-+--+ 所以，2
2
212112(1)(1)ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)x x x x x x ---=---++-+
所以，22
211221
2121(1)(1)ln(1)ln(1)111ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)2x x x x x x x x x x ---+-+-+-=+<
------ 所以，22121212ln(1)ln(1)
2ln(1)ln(1)
x x x x x x ++-+<
---① 因为1201x x <<<，所以12ln(1)ln(1)0x x ---> 下面用反证法证明120x x +<，假设120x x +≥
当120x x +=时，22
121212ln(1)ln(1)
0,=02ln(1)ln(1)x x x x x x ++-+=---且，与不等式①矛盾
当120x x +>时，210x x >->，所以120,2x x +>且22
1212ln(1)ln(1)
0ln(1)ln(1)
x x x x +-+<---，与不
等式①矛盾.
所以假设不成立，所以120
x x +<
例4 （2014年江苏省南通市二模第20题）设函数()(),x
f x e ax a a R =-+∈其图象与x 轴交于12(,0),(,0)A x B x 两点，且12x x <. （Ⅰ）求实数a 的取值范围；
（Ⅱ）证明：0(()f f x ''<为函数()f x 的导函数）； （Ⅲ）略.
解：（Ⅰ）()x
f x e a '=-，x R ∈，当0a ≤时，()0f x '>在R 上恒成立，不合题意 当0a >时，易知，ln x a =为函数()f x 的极值点，且是唯一极值点， 故，min ()(ln )(2ln )f x f a a a ==-
当min ()0f x ≥，即2
0a e <≤时，()f x 至多有一个零点，不合题意，故舍去；
当min ()0f x <，即2
a e >时，由(1)0f e =>，且()f x 在(,ln )a -∞内单调递减，故()
f x 在(1,ln )a 有且只有一个零点；由22
(ln )2ln (12ln ),f a a a a a a a a =-+=+- 令2
12ln ,y a a a e =+->，则2
10y a
'=-
>，故2212ln 1430a a e e +->+-=-> 所以2
(ln )0f a >，即在(ln ,2ln )a a 有且只有一个零点. （Ⅱ）解法一、根据函数的单调性求解
由（Ⅰ）知，()f x 在(,ln )a -∞内递减，在(ln ,)a +∞内递增，且(1)0f e => 所以121ln 2ln x a x a <<<<
，要证0f '<
，只须证a <
ln a <
12
2
x x +<
，故只须证122ln x x a +< 令2ln ()()(2ln )(2ln ),x
a x
h x f x f a x e ax a e a a x a -=--=-+-+--
222ln x
x
e a e
ax a a -=--+，1ln x a <<
则2()220x x h x e a e a a -'=+-≥=，所以()h x 在区间(1,ln )a 内递增 所以ln 2ln ()2ln 2ln 0a
a h x e
a e a a a a -<--+=，即()(2ln )f x f a x <-
所以11()(2ln )f x f a x <-，所以21()(2ln )f x f a x <-
因为21ln ,2ln ln x a a x a >->，且()f x 在区间(ln ,)a +∞内递增 所以212ln x a x <-，即122ln x x a +<
，故0f '< 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(ln ,)a +∞内递增，且(1)0f e =>
所以121ln 2ln x a x a <<<<，因为111()0x
f x e ax a =-+=，222()0x
f x e ax a =-+=
121211x x e e a x x ==--，即1211
1211
x x e e x x --=
--
，所以1212(1)(1)1ln(1)ln(1)x x x x ---=>---所以1212()0x x x x -+<
，要证：0f '<
，只须证a <
ln a
<
11ln(1)x x <--
22ln(1)
x x <--
所以1212ln(1)(1)x x x x <+---
，所以121212ln(()1)x x x x x x -++<+-因为1212()0x x x x -+<，所以1212ln(()1)ln10x x x x -++<=
，而120x x +->
所以121212ln(()1)x x x x x x -++<+-
f '<
从以上四个例题可以看出，两种方法解决的问题相同，即若12,x x 是函数()f x 的两个零点，而0x x =是函数()f x 的极值点，证明1202x x x +<（或1202x x x +>），根据函数单调性求解的步骤是：一、构建函数0()()(2)h x f x f x x =--，二、判断函数()h x 的单调性，三、证明()0h x >（或()0h x <）即0()(2)f x f x x >-（或0()(2)f x f x x <-），四、故函数()f x 的单调性证1202x x x +<（或1202x x x +>）.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1212ln ln x x x x --及，二、通过等式两边同除以12ln ln x x -构建对数平均数
1212ln ln x x x x --，三、利用对数平均不等式将1212
ln ln x x x x --转
化为
12
2
x x +后再证明1202x x x +<（或1202x x x +>）. 两种方法各有优劣，适用的题型也略有差异，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.。