極值點偏移問題的兩種常見解法之比較資料講解

1、0ï極值點偏移問題的兩種常見解法之比較淺談部分導數(shù)壓軸題的解法在高考導數(shù)壓軸題中，不斷出現(xiàn)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(shù) y = f ( x ) 是連續(xù)函數(shù)，在區(qū)間 ( x , x ) 內(nèi)有且只有一個極值點 x ，且1 2 0f ( x ) = f ( x ) ，若極值點左右的 “增減速度”相同，常常有極值點 x = 1 2 0x +x1 2 ，我2們稱這種狀態(tài)為極值點不偏移；若極值點左右的 “增減速度”不同，函數(shù)的圖象不x +x具有對稱性，常常有極值點 x ¹ 1 2 的情況，我們稱這

2、種狀態(tài)為 “極值點偏移 ”.2極值點偏移問題常用兩種方法證明：一是 函數(shù)的單調(diào)性 ，若函數(shù) f ( x) 在區(qū)間 ( a , b ) 內(nèi) 單 調(diào) 遞 增 ， 則 對 區(qū) 間 ( a , b) 內(nèi) 的 任 意 兩 個 變 量 x 、x ，1 2f ( x ) < f ( x ) Û x <x ；若函數(shù) f ( x) 在區(qū)間 ( a , b) 內(nèi)單調(diào)遞減，則對區(qū)間 ( a , b) 內(nèi) 1 2 1 2的任意兩個變量 x 、x ， f ( x ) < f ( x ) Û x >x . 二是利用 “ 對數(shù)平均不等式 ” 證1 2 1 2 1 2明，什么是“對

3、數(shù)平均” ？什么又是“對數(shù)平均不等式”？ì兩個正數(shù) a 和 b 的對數(shù)平均數(shù)定義： L ( a , b ) =íïîa -b ln a -ln b a, a =b, a ¹b,對數(shù)平均數(shù)與算術(shù)平均數(shù)、幾何平均數(shù)的大小關(guān)系是： ab £L ( a , b) £ （此式記為對數(shù)平均不等式）下面給出對數(shù)平均不等式的證明：i） 當 a =b >0 時，顯然等號成立ii） 當 a ¹b >0 時，不妨設(shè) a >b >0 ，a +b2，先證 ab <a -b a -b，要證 ab <ln a

4、 -ln b ln a -ln b，aaa 只須證： ln < -bbb，令ab=x >11，只須證： 2ln x £x - , x >1x1設(shè) f ( x) =2ln x -x + , x >1 ，則 fx2 1 ( x -1)2 ¢(x) = -1- =-x x 2 x 2<0 ，所以 f ( x)b b+11在 (1,+¥)內(nèi)單調(diào)遞減，所以 f ( x) < f (1) =0 ，即 2ln x <x - ，x故 ab <a -b ln a -ln ba -b a +b 再證： <ln a -ln b 2a

5、 -b a +b 要證： <ln a -ln b 2a a-1 ln，只須證： < a 2b令a x -1 ln x 2 ln x=x >1 ，則只須證： < ，只須證 1 - < ，x >1 b x +1 2 x +1 2設(shè) g ( x ) =1 -2 ln x-x +1 2， x >1 ，則 g¢(x) =2 1 -(x -1)2 - =( x +1)2 2 x 2 x( x +1)2<0所以 g ( x) 在區(qū)間 (1,+¥)內(nèi)單調(diào)遞減，所以 g ( x ) <g(1) =0 ，即 1 -2 ln x< ，x

6、 +1 2故a -b a +b <ln a -ln b 2綜上述，當 a >0, b >0 時， ab £L ( a , b) £a +b2例 1 （2016 年高考數(shù)學全國理科第 21 題）已知函數(shù)f ( x) =( x -2) ex+a ( x -1)2有兩個零點 （）求a的取值范圍；（）設(shè) x , x 是 f ( x)1 2的兩個零點，證明：x +x <2 1 2解：（）函數(shù)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，不合題意；當a ¹0時，f ¢(x) =

7、( x -1)e x +2 a 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 )min= f (1) =-e<0又f (2) =a >0，故在區(qū)間 (1,2) 內(nèi)存在一個零點 x ，即1 <x <22 2由 lim ( x -2)e x ®-¥x= limx ®-¥x -2 1= lim =0, 又 a( x -1)2 e-

8、x x ®-¥-e-x>0，所以，f ( x)在區(qū)間( -¥,1)存在唯一零點 x1，即x <11，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 =-e2時，f¢(x) ³0，故f ( x )在R上單調(diào)遞增，與題意不符若ln(-2a ) >1，即 -e2<a <0時，易證f ( x) = f (1) =-e<0 極大值故f ( x )在R上只有一個零點，若ln(-2a ) &

9、lt;1 ，即 a <-e2時，易證f ( x )極大值= f (ln( -2a )=a (ln 2 ( -2a ) -4ln( -2a ) +5) <0，故f ( x )在R上只有一個零點綜上述，a >0（）解法一、根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明 由（）知， a >0 且 x <1 <x <21 2令h ( x ) = f ( x) - f (2 -x ) =( x -2) ex+xe2 -x, x >1 則 h¢(x) =( x -1)(e2( x -1) e x -2-1)因為x >1，所以x -1 >0, e2( x -1)-

10、1 >0 ，所以 h¢(x) >0，所以h( x)在(1,+¥)內(nèi)單調(diào)遞增所以h( x) >h (1) =0 ，即 f ( x) > f (2 -x )，所以f ( x ) > f (2 -x ) 2 2，所以f ( x ) > f (2 -x ) 1 2，因為x <1,2 -x <1 1 2，f ( x )在區(qū)間( -¥,1)內(nèi)單調(diào)遞減，所以x <2 -x 1 2，即x +x <2 1 2解法二、利用對數(shù)平均不等式證明由（）知，a >0 又 f (0) =a -2所以，當0 <a £

11、;2時，x £01且1 <x <21，故x +x <2 1 2當a >2時，0 <x <1 <x <21 2，又因為a =-( x -2)ex1 ( x -2)e x2 1 =- 2( x -1)2 ( x -1)2 1 2即(2 -x ) e x1 (2 -x ) e x2 1 = 2(1-x ) 2 ( x -1)21 2所以 ln(2 -x ) +x -2ln(1 -x ) =ln(2 -x ) +x -2ln( x -1)1 1 1 2 2 2所以所以ln(2 -x ) -ln(2 -x ) -2(ln(1 -x ) -ln(

12、x -1) =x -x =(2 -x ) -(2 -x )1 2 1 2 2 1 1 2 ln(1-x ) -ln( x -1) (2 -x ) -(2 -x ) 4 -x -x1 -2 1 2 = 1 2 < 1 2ln(2 -x ) -ln(2 -x ) ln(2 -x ) -ln(2 -x ) 21 2 1 2所以x +x -2 ln(1-x ) -ln( x -1) 1 2 <2 1 22 ln(2 -x ) -ln(2 -x )1 2012max0x下面用反證法證明不等式成立因為 0 <x <1 <x <2 1 2，所以2 -x >2 -x

13、>01 2，所以ln(2 -x ) -ln(2 -x ) >01 2假設(shè) x +x ³21 2，當x +x =2 1 2x +x -2 ln(1-x ) -ln( x -1) ， 1 2 =0且2 1 22 ln(2 -x ) -ln(2 -x )1 2=0,與矛盾；當x +x >2 1 2時x +x -2 ln(1-x ) -ln( x -1) 1 2 >0且2 1 22 ln(2 -x ) -ln(2 -x )1 2<0,與矛盾，故假設(shè)不成立所以 x +x <21 2例 2 （2011 年高考數(shù)學遼寧卷理科第 21 題）已知函數(shù)f ( x) =

14、ln x -ax 2 +(2 -a ) x（）討論函數(shù)f ( x)的單調(diào)性；（）若曲線y = f ( x )與x軸交于A、B兩點，A、B中點的橫坐標為 x0，證明：f¢(x ) <00解：（）函數(shù)f ( x )的定義域是(0, +¥)f¢(x) =1 (1+2 x)(1-ax ) -2 ax +(2 -a ) =x x當 a £0 時， f¢(x) >0 在區(qū)間 (0, +¥)內(nèi)恒成立，即f ( x )在區(qū)間 (0, +¥)內(nèi)單調(diào)遞增當 a >0 時，由 f¢(x)>0，得函數(shù)f ( x )

15、1的遞增區(qū)間 (0, ) ，a由f¢(x)<0，得函數(shù)f ( x)1的遞減區(qū)間 ( , +¥) a（）解法一、根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求解設(shè)點A、B的橫坐標分別為x 、x1 2，則x +x 1 x = 1 2 ，且 0 <x < <x2 a由（）知，當 a >0 時， f ( x )極大值1 1 1= f ( x) = f ( ) =ln + -1a a a因為函數(shù)f ( x)有兩個不同的零點，所以 f ( x) max>0，所以0 <a <1要證 f¢(x ) =0(1+2 x )(1-ax )0 0 <0 ，只須證

16、 ax >1 ，即證 x +x >1 202a令2 2h( x ) = f ( x) - f ( -x ) =ln x -ln( -x ) -2 ax +2,0 <x <a a1a則h1 a 2( ax -1)2 ¢(x) = + -2 a = >0x 2 -ax x(2 -ax )，所以h( x)在1(0, )a內(nèi)單調(diào)遞增1211212111 20í22 222，所以1 2 h( x ) <h ( ) =0 ，即 f ( x ) < f ( -x )a a因為1 0 <x < <xa，所以2f ( x ) <

17、; f ( -x )a，所以2f ( x ) < f ( -x )a1 2 1 又 x > , -x >a a a，且f ( x )在區(qū)間1( , +¥)a內(nèi)單調(diào)遞減所以 x >22 2-x ，即 x +x > ，故 f a a¢(x ) <0 0解法二、利用對數(shù)平均不等式求解設(shè)點A、B的坐標分別為 A( x ,0) 、B ( x ,0)1 2，則x +xx = 1 22由（）知，當 a >0 時， f ( x)極大值= f ( x) max1 1 1 = f ( ) =ln + -1a a a因為函數(shù)f ( x )有兩個不同的零點

18、，所以 f ( x )max>0，所以0 <a <1因為ìïlnx-ax 2 +(2 -a ) x =01 1 1ïîlnx -ax +(2 -a ) x =0，所以ln x -ln x = a ( x +x ) -(2 -a )( x -x ) 2 1 2 1 2 1所以1 x -x x +x 1 x +x= 2 1 < 1 2 ，即 < 1 2a( x +x ) -(2 -a ) ln x -ln x 2 a( x +x ) -(2 -a ) 2 1 2 2 1 1 2所以 a ( x +x ) 1 22+( a -2)

19、( x +x ) -2 >01 2，所以a ( x +x ) -2( x +x ) +1 >0 1 2 1 2x +x所以 1 -a 1 2 <0 ，所以 f 2¢(x ) = f 0x +x ¢( 1 2 ) =2x +x(1+x +x )(1-a 1 2 ) 1 2x +x1 22<0.1 -x例 3 （2014 年高考數(shù)學湖南卷文科第 21 題）已知函數(shù) f ( x) = e1 +x 2x（）求函數(shù)f ( x)的單調(diào)區(qū)間；（）當 f ( x ) = f ( x ), x ¹x1 2 1f ( x )解：（）函數(shù)的定義域為 R2時，求證

20、：x +x <0 1 2f ¢(x) =-(1+x 2 ) -2 x(1-x ) 1 -x -x( x -1)2e x + e x =(1+x 2 ) 2 1 +x 2 (1+x 2 )+22ex由f¢(x) =0，得x =0 由 f¢(x) >0，得函數(shù)的遞增區(qū)間 ( -¥,0) ，由 f¢(x) <0，得函數(shù)的遞減區(qū)間(0, +¥)，所以f ( x)max= f (0) =1（）解法一、利用函數(shù)的單調(diào)性求解令h( x) = f ( x ) -f ( -x) =1 -x 1 +x e x - e1 +x 2 1 +

21、x 2-x，x >0則h¢(x) =-x( x 2 -2 x +3)e2 x -( x 2 +2 x +3)(1+x 2 ) 2 e x令H ( x) =( x 2 -2 x +3)e 2 x -( x 2 +2 x +3), x >0則H ¢(x) =2( x2-x +2) e2 x-( x +1), x >0 ，則 H ¢¢(x)=2(2 x2+3)e2 x-1, x >0由x >0得，H ¢¢(x)>2(3 -1) =4 >0，故H ¢(x)在(0, +¥)內(nèi)單調(diào)遞增

22、故H ¢(x) >H ¢(0) =2 >0 ，故 H ( x ) 在 (0, +¥)內(nèi)單調(diào)遞增故H ( x ) >H (0) =0，故h¢(x) <0，故h( x)在(0, +¥)上單調(diào)遞減所以，h( x) <h (0) =0由（1）及f ( x ) = f ( x ), x ¹x 知， x <0 <x <1 ，故 h ( x ) = f ( x ) - f ( -x ) <0 1 2 1 2 1 2 2 2 2所以f ( x ) < f ( -x ) 2 2，所以f ( x

23、 ) < f ( -x ) ，又 f ( x) 在 ( -¥,0) 上單調(diào)遞增 1 2所以，x <-x1 2，即x +x <0 1 2解法二、利用對數(shù)平均不等式求解因為 x <1 時， f ( x) >0 ， x >1 時， f ( x ) <0 ， f ( x ) = f ( x ), x ¹x1 2 12所以， x <0 <x <1 1 2，1 -x 1 -x 1 e x1 = 2 e1 +x 2 1 +x 2 1 2x2，所以，1 -x1 e1-x2 1 +x 21=1 -x2 e1-x1 1 +x 22所以

24、， ln(1 -x ) +(1 -x ) -ln(1 +x 2 ) =ln(1 -x ) +(1 -x ) -ln(1 +x 2 )1 2 1 2 1 2所以， (1-x ) -(1 -x ) =ln(1 -x ) -ln(1-x ) +ln(1+x 2 ) -ln(1 +x 22 1 2 1 1 2)所以，(1-x ) -(1-x ) ln(1+x 2 ) -ln(1+x 2 ) 1 -x +1 -x 2 1 =1 + 1 2 < 2 1ln(1-x ) -ln(1-x ) ln(1-x ) -ln(1-x ) 22 1 2 1x +x ln(1+x 2 ) -ln(1+x 2 ) 所

25、以， 1 2 < 1 22 ln(1-x ) -ln(1-x )1 2因為 x <0 <x <1 ，所以 ln(1-x ) -ln(1-x ) >01 2 1 2下面用反證法證明 x +x <01 2，假設(shè)x +x ³0 1 2當 x +x =01 2時，x +x ln(1+x 2 ) -ln(1+x 2 ) 1 2 =0, 且 1 22 ln(1-x ) -ln(1-x )1 2=0，與不等式矛盾當 x +x >0 時， x >-x >01 2 2 1，所以x +x1 2 >0, 且 2ln(1+x 2 ) -ln(1+x

26、 2 ) 1 2ln(1-x ) -ln(1-x ) 1 2<0，與不等式矛盾.x +x <0所以假設(shè)不成立，所以1 2例 4 （2014 年江蘇省南通市二模第 20 題）設(shè)函數(shù) f ( x) =ex-ax +a ( a ÎR ),其圖象與 x 軸交于 A( x ,0), B ( x ,0)1 2兩點，且x <x1 2.（）求實數(shù) a 的取值范圍；（）證明： f¢( x x ) <0( f 1 2¢(x)為函數(shù)f ( x )的導函數(shù)）；（）略.解：（）f ¢(x) =e x -a，x ÎR，當a £0時，f &

27、#162;(x) >0在 R 上恒成立，不合題意當 a >0 時，易知，x =ln a 為函數(shù) f ( x)的極值點，且是唯一極值點，故，f ( x)min= f (ln a ) =a (2 -ln a )當f ( x)min³0，即0 <a £e2時，f ( x )至多有一個零點，不合題意，故舍去；當f ( x)min<0 ，即 a >e 2 時，由f (1) =e >0 ，且 f ( x) 在 ( -¥,ln a)內(nèi)單調(diào)遞減，故f ( x )在 (1,ln a) 有且只有一個零點；由f (ln a2 ) =a 2-2 a l

28、n a +a =a ( a +1 -2ln a ),令y =a +1 -2ln a , a >e2，則y ¢=1-2a>0，故a +1 -2ln a >e 2 +1 -4 =e 2 -3 >0所以f (ln a 2 ) >0，即在(ln a,2ln a)有且只有一個零點.（）解法一、根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求解由（）知，f ( x )在( -¥,ln a )內(nèi)遞減，在(ln a , +¥)內(nèi)遞增，且f (1) =e >0所以1 <x <ln a <x <2ln a 1 2，要證f¢( x x ) <

29、;0 1 2，只須證ex x1 2<a，即證x x <ln a 1 2又x x <1 2x +x1 22，故只須證x +x <2ln a 1 2令h ( x) = f ( x) - f (2ln a -x ) =ex-ax +a -e2ln a -x+a (2ln a -x ) -a ,=ex -a 2e-x-2 ax +2 a ln a ， 1 <x <ln a-ax +a =0 ， f ( x ) =e1212則h¢(x) =ex+a2e-x-2a ³2 exa2e-x-2a =0，所以h( x)在區(qū)間(1,ln a)內(nèi)遞增所以h (

30、 x) <eln a-a2e-ln a-2 a ln a +2 a ln a =0，即f ( x) < f (2ln a -x )所以f ( x ) < f (2ln a -x ) 1 1，所以f ( x ) < f (2ln a -x ) 2 1因為x >ln a, 2ln a -x >ln a 2 1，且f ( x )在區(qū)間(ln a , +¥)內(nèi)遞增所以x <2ln a -x 2 1，即x +x <2ln a 1 2，故f¢( x x ) <0 1 2解法二、利用對數(shù)平均不等式求解由（）知，f ( x ) 在 (-¥,ln a)內(nèi)遞減，在(ln a , +¥)內(nèi)遞增，且f (1) =e >0所以1 <x <ln a <x <2ln a ，因為 f ( x ) =e1 2 1x x1 21 2-ax +a =0 2e x e x e x -1 e x -1 a = = ，即 =x -1 x -1 x -1 x -1 1 2 1 2，所以1 =( x -1) -( x -1) 1 2ln( x -1) -ln( x -1)1 2> ( x -1)(x -