极值点偏移问题的两种常见解法之比较

1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()yfx是连续函数，在区间12(,)xx内有且只有一个极值点0x，且12()()fxfx，若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点1202xxx，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1202xxx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()fx在区间(,)ab内单调递增，则对区间(,)ab内的任意两个变量12xx、，1212()()fxfxxx；若函数()fx在区间(,)ab内单调递减，则对区间(,)ab内的任意两个变量12xx、，1212()()fxfxxx.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：,,(,)lnln,,ababLababaab对数平均数与算术平均数、几何平均数的大小关系是：(,)2ababLab，（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0ab时，显然等号成立ii）当0ab时，不妨设0ab，①先证lnlnababab，要证lnlnababab，只须证：lnaabbba，令1axb，只须证：12ln,1xxxx设1()2ln,1fxxxxx，则22221(1)()10xfxxxx，所以()fx2在(1,)内单调递减，所以()(1)0fxf，即12lnxxx，故lnlnababab②再证：lnln2ababab要证：lnln2ababab，只须证：1ln21aabbab令1axb，则只须证：1ln12xxx，只须证2ln1112xxx，设2ln()112xgxx，1x，则22221(1)()0(1)22(1)xgxxxxx所以()gx在区间(1,)内单调递减，所以()g(1)0gx，即2ln112xx，故lnln2ababab综上述，当0,0ab时，(,)2ababLab例1（2016年高考数学全国Ⅰ理科第21题）已知函数2)1()2()(xaexxfx有两个零点．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设21,xx是)(xf的两个零点，证明：221xx．解：（Ⅰ）函数()fx的定义域为R，当0a时，()(2)0xfxxe，得2x，只有一个零点，不合题意；当0a时，()(1)[2]xfxxea当0a时，由()0fx得，1x，由()0fx得，1x，由()0fx得，1x，故，1x是()fx的极小值点，也是()fx的最小值点，所以min()(1)0fxfe又(2)0fa，故在区间(1,2)内存在一个零点2x，即212x由21lim(2)limlim0,xxxxxxxxeee又2(1)0ax，所以，()fx在区间(,1)存在唯一零点1x，即11x，故0a时，()fx存在两个零点；3当0a时，由()0fx得，1ln(2)xxa或，若ln(2)1a，即2ea时，()0fx，故()fx在R上单调递增，与题意不符若ln(2)1a，即02ea时，易证()=(1)0fxfe极大值故()fx在R上只有一个零点，若ln(2)1a，即2ea时，易证()=(ln(2)fxfa极大值2(ln(2)4ln(2)5)0aaa，故()fx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1212xx令2()()(2)(2),1xxhxfxfxxexex，则2(1)2(1)(e1)()xxxhxe因为1x，所以2(1)10,10xxe，所以()0hx，所以()hx在(1,)内单调递增所以()(1)0hxh，即()(2)fxfx，所以22()(2)fxfx，所以12()(2)fxfx，因为121,21xx，()fx在区间(,1)内单调递减，所以122xx，即122xx解法二、利用对数平均不等式证明由（Ⅰ）知，0a，又(0)2fa所以，当02a时，10x且212x，故122xx当2a时，12012xx，又因为12122212(2)(2)(1)(1)xxxexeaxx即12122212(2)(2)(1)(1)xxxexexx所以111222ln(2)2ln(1)ln(2)2ln(1)xxxxxx所以12122112ln(2)ln(2)2(ln(1)ln(1))(2)(2)xxxxxxxx所以1212121212ln(1)ln(1)(2)(2)412ln(2)ln(2)ln(2)ln(2)2xxxxxxxxxx所以1212122ln(1)ln(1)22ln(2)ln(2)xxxxxx①4下面用反证法证明不等式①成立因为12012xx，所以12220xx，所以12ln(2)ln(2)0xx假设122xx，当122xx，1212122ln(1)ln(1)02=02ln(2)ln(2)xxxxxx且,与①矛盾；当122xx时1212122ln(1)ln(1)0202ln(2)ln(2)xxxxxx且,与①矛盾，故假设不成立所以122xx例2（2011年高考数学辽宁卷理科第21题）已知函数2()ln(2)fxxaxax（Ⅰ）讨论函数()fx的单调性；（Ⅱ）若曲线()yfx与x轴交于AB、两点，AB、中点的横坐标为0x，证明：0()0fx解：（Ⅰ）函数()fx的定义域是(0,)1(12)(1)()2(2)xaxfxaxaxx当0a时，()0fx在区间(0,)内恒成立，即()fx在区间(0,)内单调递增当0a时，由()fx0，得函数()fx的递增区间1(0,)a，由()fx0，得函数()fx的递减区间1(,)a（Ⅱ）解法一、根据函数的单调性求解设点AB、的横坐标分别为12xx、，则1202xxx，且1210xxa由（Ⅰ）知，当0a时，max111[()]=[()]()ln1fxfxfaaa极大值因为函数()fx有两个不同的零点，所以max[()]0fx，所以01a要证0000(12)(1)()0xaxfxx，只须证01ax，即证122xxa令2()()()hxfxfxa21lnln()22,0xxaxxaa则212(1)()202(2)aaxhxaxaxxax，所以()hx在1(0,)a内单调递增5所以1()()0hxha，即2()()fxfxa因为1210xxa，所以112()()fxfxa，所以212()()fxfxa又21121,xxaaa，且()fx在区间1(,)a内单调递减所以212xxa，即122xxa，故0()0fx解法二、利用对数平均不等式求解设点AB、的坐标分别为12(,0)(,0)AxBx、，则1202xxx由（Ⅰ）知，当0a时，max111[()]=[()]()ln1fxfxfaaa极大值因为函数()fx有两个不同的零点，所以max[()]0fx，所以01a因为21112222ln(2)0ln(2)0xaxaxxaxax，所以212121lnln[()(2)]()xxaxxaxx所以211212211()(2)lnln2xxxxaxxaxx，即12121()(2)2xxaxxa所以21212()(2)()20axxaxx，所以1212[()2][()1]0axxxx所以12102xxa，所以121212012(1)(1)2()()022xxxxaxxfxfxx.例3（2014年高考数学湖南卷文科第21题）已知函数21()1xxfxex（Ⅰ）求函数()fx的单调区间；（Ⅱ）当1212()(),fxfxxx时，求证：120xx解：（Ⅰ）函数()fx的定义域为R()fx2222222(1)2(1)1[(1)2](1)1(1)xxxxxxxxxeeexxx由()0fx，得0x，由()0fx，得函数的递增区间(,0)，由()0fx，得函数的递减区间(0,)，所以max()(0)1fxf（Ⅱ）解法一、利用函数的单调性求解6令2211()()()11xxxxhxfxfxeexx，0x则22222(23)(23)()(1)xxxxexxhxxxe令222()(23)(2+3),0xHxxxexxx则22()2[(2)(1)],0xHxxxexx，则22()2[(23)1],0xHxxex由0x得，()2(31)40Hx，故()Hx在(0,)内单调递增故()(0)20HxH，故()Hx在(0,)内单调递增故()(0)0HxH，故()0hx，故()hx在(0,)上单调递减所以，()(0)0hxh由（1）及1212()(),fxfxxx知，1201xx，故222()()()0hxfxfx所以22()()fxfx，所以12()()fxfx，又()fx在(,0)上单调递增所以，12xx，即120xx解法二、利用对数平均不等式求解因为1x时，()0fx，1x时，()0fx，1212()(),fxfxxx所以，1201xx，121222121111xxxxeexx，所以，21111222121111xxxxeexx所以，22121212ln(1)(1)ln(1)ln(1)(1)ln(1)xxxxxx所以，22212112(1)(1)ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)xxxxxx所以，222112212121(1)(1)ln(1)ln(1)111ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)2xxxxxxxxxx所以，22121212ln(1)ln(1)2ln(1)ln(1)xxxxxx①因为1201xx，所以12ln(1)ln(1)0xx下面用反证法证明120xx，假设120xx7当120xx时，22121212ln(1)ln(1)0,=02ln(1)ln(1)xxxxxx且，与不等式①矛盾当120xx时，210xx，所以120,2xx且221212ln(1)ln(1)0ln(1)ln(1)xxxx，与不等式①矛盾.所以假设不成立，所以120xx例4（2014年江苏省南通市二模第20题）设函数()(),xfxeaxaaR其图象与x轴交于12(,0),(,0)AxBx两点，且12xx.（Ⅰ）求实数a的取值范围；（Ⅱ）证明：12()0(()fxxfx