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22221(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1

2ln x x x

<-

，

ln ln a b

a b -<

-

②再证：ln ln 2

a 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；

（Ⅱ）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 >

（Ⅱ）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1212

12

1212

ln(1)ln(1)(2)(2)

412ln(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