極值點(diǎn)偏移問題的兩種常見解法之比較

1、時(shí)間：二O二一年七月二十九日極值點(diǎn)偏移問題的兩種罕見解法之比力之馬矢奏春創(chuàng) 作時(shí)間：二O二一年七月二十九日淺談部份導(dǎo)數(shù)壓軸題的解法在高考導(dǎo)數(shù)壓軸題中，不竭呈現(xiàn)極值點(diǎn)偏移問題，那么，什么是 極值點(diǎn)偏移問題？參考陳寬宏、邢友寶、賴淑明等老師的文章，極值點(diǎn)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(x1,x2) 內(nèi)有且只有一個(gè)極值點(diǎn)x。，且f(x1) fd)，若極值點(diǎn)左右的“增減速 度”相同，經(jīng)常有極值點(diǎn)x。J2 ,我們稱這種狀態(tài)為極值點(diǎn)不偏2移；若極值點(diǎn)左右的“tf減速度”分歧 ，函數(shù)的圖象不具有對稱性， 經(jīng)常有極值點(diǎn) x。?的情況，我們稱這種狀態(tài)為“極值點(diǎn)偏 移”.極值點(diǎn)偏移問題經(jīng)

2、常使用兩種方法證明：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(gè)變 量x1、x2, f(x1) f%)K x2 ;若函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,b)內(nèi)單調(diào)遞加，則對區(qū)間(a,b)內(nèi)的任意兩個(gè)變量 xx2, f(x, f(x2) x1 x2.二是 利用“對數(shù)平均不等式”證明 ，什么是“對數(shù)平均”？什么又是 “對數(shù)平均不等式”？a b兩個(gè)正數(shù)a和b的對數(shù)平均數(shù)界說：L(a,b) AT,a b， a, a b,對數(shù)平均數(shù)與算術(shù)平均數(shù)、幾何平均數(shù)的年夜小關(guān)系是：時(shí)間：二O二一年七月二十九日時(shí)間：二O二一年七月二十九日.L(a,b) ,(此式記為對數(shù)平均不等式)

3、F面給出對數(shù)平均不等式的證明：i )那時(shí)a b 0 ,顯然等號成立ii)那時(shí)ab 0,無妨設(shè)a0,aba bln a ln bab上,只ii)那時(shí)ab 0,無妨設(shè)a0,aba bln a ln bab上,只ln a ln b,a Inb1,只須證：2ln-,x 1 x設(shè) f(x) 2ln x1,x 1 , x(x)(x 1)22x0 ,所以f(x)在(1,)內(nèi)單調(diào)遞加，所以f(x)f(1)0,即2lna b再證:ln a ln b a b再證:要證:a bln a ln b，只須證：也,a Inb2令亙b1,則只須證:ln x設(shè) g(x)2 ln x ,xx 121,則/ 2g(x) ；(x

4、1)12x所以g(x)在區(qū)間(1,)內(nèi)單調(diào)遞力口,所以 g(x) g(1) 0 ,即a b2a b20,b 0, ObL(a號,2 ln x1 二三，故上工ln a ln b綜上述，那時(shí)a時(shí)間：二O二一年七月二十九日時(shí)間：二O二一年七月二十九日例1 ( 2016年高考數(shù)學(xué)全國I理科第21題)已知函數(shù) f(x) (x 2)ex a(x 1)2 有兩個(gè)零點(diǎn).(I )求a的取值范圍；(H )設(shè)x1,x2是f (x)的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：x x2 2 .解：(I)函數(shù)f(x)的界說域?yàn)镽,那時(shí)a 0, f(x) (x 2)ex 0,得x 2,只有一個(gè)零點(diǎn)，分歧題意；那時(shí) a 0, f (x) (x 1)e

5、x 2a那時(shí) a 0,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(diǎn)，也是f(x)的最小值點(diǎn)，所以 f(x)minf(1) e 0又f(2) a 0,故在區(qū)間(1,2)內(nèi)存在一個(gè)零點(diǎn)x2,即1 x2 2x 21 po由 lim (x 2)e lim lim x 0,又 a(x 1)0,所以，f (x)在區(qū)間xx e x e(,1)存在唯一零點(diǎn)x1，即為1,故a 0時(shí)，f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)；那時(shí) a 0,由 f (x) 0得，x 1 或x ln( 2a),若ln( 2a) 1,即a ”寸，f (x) 0 ,故f (x)在R上單

6、調(diào)遞增，與題意不符若ln( 2a) 1,即-a 0時(shí)，易證f(x)極大值=1)e 0故f(x)在R上只2有一個(gè)零點(diǎn),若ln( 2a) 1 ,即a 日寸，易證f(x)極大=f(ln( 2a) a(ln2( 2a) 4ln( 2a) 5) 0 ,故 f (x)在 R上只有一個(gè)零點(diǎn)時(shí)間：二O二一年七月二十九日時(shí)間：二O二一年七月二十九日(n)解法一、根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明由(I )知，a 0 且 x1 1 x22令 h(x)f(x)f(2 x) (x 2)e令 h(x)f(x)f(2 x) (x 2)ex xe2x,x 1,則 h (x)(x 1)(e2(x1) 1)因?yàn)閤 1 ,所以x 1 0,e2

7、(x1) 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(x2)f(2 x2),所以f(xj f(2 x2),因?yàn)闉?,2 x2 1 , f(x)在區(qū)間(，1)內(nèi)單調(diào)遞加，所以X 2 x2,即 TOC o 1-5 h z x1 x22解法二、利用對數(shù)平均不等式證明由(I )知，a 0,又f(0) a 2所以，那時(shí)0 a 2,為0且1 x2 2,故x x2 2那時(shí)a 2,0斗1 x22,又因?yàn)閍 (x”(x嗎(x 1)2(x2 1)2即(2 x,e%(2 x2)ex2(1 xj2(x2 1)2所以 ln(2x1)x

8、 2ln(1x1)ln(2x2) x221n(x21)所以 1n(2x1)1n(2 x2)2(1n(1 x1) 1n(x21) x2x1(2 x1)(2 x2)所以 1 2 1n(1 x1)1n(x2 1)(2 為)(2 x2)4 為x21n(2x1) 1n(2 x2)1n(2 4)1n(2x2)2所以 xX2 2 2 1n(1 x1)1n(x2 1)1n(2x1) 1n(2x2)F面用反證法證明不等式成立時(shí)間：二o二一年七月二十九日時(shí)間：二O二一年七月二十九日因?yàn)?0X11X22,所以 2X2X20,所以 ln(2x1)ln(2x2) 0假設(shè)x1x22,當(dāng) x1 x22,XlX220且 21

9、n(1Xl)1n(X21)=0 ,與21n(2 x1) 1n(2 x2)矛盾；那時(shí)XiX22X1X220且21n(1Xl)1n(X21)0,得函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間(0,1), a由f (x) B(x2,0),則x02_x22由(I)知，那時(shí) a 0,f(x)極大值=f (X) max f ()ln ia a a因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有兩個(gè)分歧的零點(diǎn)，所以f(x)max 0,所以0 a i TOC o 1-5 h z ,2ln xi axi(2 a)xi012ln x2 ax2(2 a)x20ln x2 ln xi a(x2 xi) (2 a)(x2 x)所以ia(xi x2) (2 a)x所以ia

10、(xi x2) (2 a)x2xixix2ln x2ln xia(xx2) (2 a)xix2所以 a(xi x?)2 (a 2)(% x2) 2 0 ,所以a(xi x?) 2(為 x?) i 0所以i a 0,所以 所以i a 0,所以 f (x)f (1)(i xix2)(i ax/)20.xix2f(x)i x xf(x)i x xi x2 e例3 (20i4年高考數(shù)學(xué)湖南卷文科第2i題)已知函數(shù)(I )求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(H )那時(shí) f(xj f (x2), xi x2,求證：xi x2 0解：(I)函數(shù)f(x)的界說域?yàn)镽由f (x) 0 ,得x 0 ,由f (x) 0 ,

11、得函數(shù)的遞增區(qū)間(，0)，由時(shí)間：二O二一年七月二十九日時(shí)間：二O二一年七月二十九日f (x) 0,得函數(shù)的遞加區(qū)間(0,)，所以f(x)max f(0) 1(n)解法一、利用函數(shù)的單調(diào)性求解令 h(x) f (x) f( x) -xex -x；e x , x 0 x 1 x_ 2x 2_則 h (x)x a一2x 3)e 2 型(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(nèi)單調(diào)

12、遞增故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)遞加所以，h(x) h(0) 0由(1 )及 f(x) fd)* x2 知，x 0 x2 1 ，故h(x2)f(x2)f( x2) 0所以f(x2)f( x2)，所以f(x1)f( x2)，又(刈在(，0)上單調(diào)遞增所以，Xx2，即 x1 x2 0解法二、利用對數(shù)平均不等式求解 TOC o 1-5 h z 因?yàn)?x 1 時(shí)，f(x) 0, x 1 時(shí)，f(x) 0, f(x1)f(x,),x1x2所以，x10 x21,L4e%jex2,所以，/e1% *3 %

13、1 x11 x21 x11 x2所以，ln(1 x1) (1x2) ln(1 x12) ln(1 x2) (1x1)ln(1x2)所以，(1 x2) (1x1) ln(1 x2)ln(1 x1) ln(1x2)ln(1x2)所以 (1x2)(1x1)1 ln(1x2)ln(1x2)1x21 %,ln(1 x2) ln(1 x1)ln(1 x2) ln(1 x1)2時(shí)間：二O二一年七月二十九日時(shí)間：二O二一年七月二十九日ln(1 x2) ln(1 x；)仃2 ln(1 x1) ln(1 x2)因?yàn)?x10 x21,所以 ln(1 x1) ln(1 x2) 0F面用反證法證明x1 x20,假設(shè)X

14、x2 0那時(shí)為x 0, 口20,且1n(1x2)1n(1x2)=0，與不等式矛盾2ln(1x1)ln(1x2)那時(shí) x1 x那時(shí) x1 x2 0, x2x10,所以 x 2且 1n(1 x2) 1n(1 x2)2ln(1 x1) ln(1 x2)0,與不等式矛盾所以假設(shè)不成立，所以為x2 0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 R),其圖象與 x 軸交于 AJQ), B(x2,0)兩點(diǎn)，且 x x2.(I )求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(n)證明：f (7x1x2) 0(f(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))；(m)略.解：(I ) f (x) ex a , x

15、R,那時(shí)a 0, f (x) 0在R上恒成立，分歧 題意那時(shí)a 0,易知，x lna為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，且是唯一極值點(diǎn)，故，f (x)mmf (ln a) a(2 ln a)當(dāng)f (x)min 0,即0 a e2時(shí)，f (x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，分歧題意，故舍 去；當(dāng)f(x)min 0,即a e2時(shí)，由f(1) e 0,且(刈在(,ln a)內(nèi)單調(diào)遞加，故 f(x) 在 (1,ln a)有且只有一個(gè)零點(diǎn)；由 2、2f (ln a ) a 2alna a a(a 1 2ln a),時(shí)間：二O二一年七月二十九日時(shí)間：二O二一年七月二十九日人2222令 y a 1 2ln a, a e ,貝U y

16、1 一 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(gè)零點(diǎn).(II )解法一、根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求解由(I)知，“*)在(，ln a)內(nèi)遞加，在(ln a,)內(nèi)遞增，且f(1) e 0所以1 X1ln a X22ln a ,要證f (Jx儕) 0 ,只須證ea ,即證.x1x2 ln a又 7x1X2X2,故只須證 x x2 2ln 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

17、 a2e x 2a 2)exa2e x 2a 0,所以 h(x)在區(qū)間(1,lna)內(nèi)遞增所以 h(x) elna a2e lna 2aln a 2a ln 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?yàn)閤2lna,2ln a x1lna,且f(x)在區(qū)間(ln a,)內(nèi)遞增所以 用 2ln a x1，即 x1 x2 2ln a,故 f (Jx區(qū)) 0解法二、利用對數(shù)平均不等式求解由(I )知，f (x)在(，ln a)內(nèi)遞加，在(ln a,)內(nèi)遞增，且f (1) e 0所以1 x1ln ax221n a,

18、因 為 TOC o 1-5 h z f(x1)ex1a%a 0, f (x2)ex2ax2a 0%x,為 1x2 1a-e-e,即-e-,所以 1(x11)(x21)7(x11)(x21)x1 1x21x1 1 x21ln(x 1) ln(x21)所以 x1x2(x1x2)0,要證：f (Jx1x2)0,只須證 e* a,即 Jx1x2lna故，x1x2x1 ln(K 1),x1x2x2 ln(x2 1)所 以24憶 x x2 ln(x1 1)(x2 1), 所 以時(shí)間：二O二一年七月二十九日時(shí)間：二O二一年七月二十九日ln(x1x2 (x1 x2) 1) x x2 2 XfX2因?yàn)?x1x2 (x1 x2) 0 ,所以ln(x1x2 (x1 x2) 1) ln1 0 ,而x1 x2 2、x,x2 0所以 ln(x1x2 (xi x2) 1) xi x2 2jx1x2 成立，所以 f Qx區(qū)) 0從以上四個(gè)例題可以看出，兩種方法解決的問題相同，即若x1,x2 是函數(shù)f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，而x x0是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，證明 x x2 2x0 (或x x2 2%),根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求解的步伐是：一、構(gòu) 建函數(shù)h(x) f (x) f (2x) x),二、判斷函數(shù)h(x)的單調(diào)性，三、證明 h(x) 0 (或 h(x) 0)即 f (x) f (2x0 x)(或