极值点偏移问题的两种常见解法

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(x ,x )内有且只有一个极值点x，且1 2 0f ( x )二f (x )，若极值点左右的“增减速度”相同,常常有极值点x = =2，我们称1 2 0 2 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x丰=2的情况，我们称这种状态为“极值点偏移”02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 x 、x ，12f (x ) < f (x ) o 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1 2 1 2任意两个变量x、x，f (x ) < f (x ) o x > x二是利用“对数平均不等式”证明，1 2 1 2 1 2什么是“对数平均"？什么又是“对数平均不等式”？a - b ” b两个正数a和b的对数平均数定义：L(a,b) = {lna-Inb，"丰，a, a = b,对数平均数与算术平均数、几何平均数的大小关系是：禹b < L(a, b) <出，2(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a = b > 0时，显然等号成立ii) 当a丰b > 0时，不妨设a > b > 0,①先证柘b< P ，要证◎，只须证:lna<詳-Q，ln a 一 ln b ln a 一 ln b b \b V a令,a = x > 1，只须证：2ln x < x 一 — , x > 1b x设 f (x) = 2ln x一x + —,x > 1，贝U 广(x) = —-1 - = -— < 0，所以 f (x)x x x 2 x 2即 2ln x < x --x在(1,+Q内单调递减，所以f (x) < f⑴=0 ,故 f ab < -_-—In a - In b②再证：-—b < ln a - ln baa—1 ln要证：<-+b，只须证:上 < bln a — ln b 2 - + 】 2b令a = x > 1，则只须证：二 < 皿，只须证1-丄 < 虹,x > 1b x +1 2 x +1 2设 g (x) = 1 -ln xx+1> 1，则 g'(x)二-(x-1)2(x +1)2 2x 2x(x +1)2<0所以g(x)在区间(1,+^)内单调递减，所以g(x) < g(1) = 0，即1-丄 < 匹x +1 2a-bln a - ln ba+b综上述，当 a > 0, b > 0 时，、:ab < L(a, b) < a + b^2例1 (2016年高考数学全国I理科第21题)已知函数f (x)二(x - 2)ex + a(x -1)2有 两个零点．(I )求 a 的取值范围;(II)设x ,x是f (x)的两个零点，证明：x + x < 2 .1 2 1 2解：(I)函数f(x)的定义域为R， 当a = 0时，f (x) = (x- 2)ex — 0,得x = 2，只有一个零点，不合题意；当 a 丰 0 时，f'(x) — (x 一 1)[ex + 2a]当 a > 0 时，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)的极小值点，也是f (x)的最小值点，所以f (x) — f (1) —-e < 0min又f (2) — a > 0，故在区间(1,2)内存在一个零点x，即1 < x < 2 22x - 2 1由 lim(x-2)ex — lim — lim — 0,又a(x一 1)2 > 0，所以，f (x)在区间xT-3 x T—8 e 一x x T-3 一e 一x(一8,1)存在唯一零点x ,即x < 1，故a > 0时，f (x)存在两个零点;当 a < 0 时，由 f'(x) = 0 得，x = 1 或x = ln(—2a),若ln(-2a) = 1,即a = -1时，f'(x) > 0,故f (x)在R上单调递增，与题意不符e若 ln(-2a) > 1,即-三< a < 0 时，易证 / (x) =f (1)二-e < 0 故 f (x)在 R 上只有一2 极大值个零点，若ln(-2a) < 1，即a <-1时，易证f (x) =f (ln(-2a) = a(ln2(-2a) — 4ln(-2a) + 5) < 0，故f (x)在 R 上只有一个零点极大值综上述， a > 0(II)解法一、根据函数的单调性证明由(I)知，a > 0 且 x < 1 < x < 2 12令 h(x)二 f (x) - f (2 - x)二(x - 2)ex + xe2-x, x > 1 贝y h，(x) = ―l)®* 1)_12, e x-2因为x > 1,所以x 一 1 > 0, e2(x-1) 一 1 > 0，所以h'(x) > 0,所以h(x)在(1,+Q内单调递增所以 h(x) > h(1) = 0，即 f(x) > f(2 -x)，所以 f(x2)> f(2-x2)，所以f(x1)> f(2-x2),因为x < 1,2-x < 1,f (x)在区间(一8,1)内单调递减，所以x < 2-x，即x + x < 2 1 2 1 2 1 2解法二、利用对数平均不等式证明由(I)知，a > 0，又f (0) = a-2 所以， 当 0 < a < 2 时，x < 0 且1 < x < 2，故 x + x < 21 2 1 2一 (x2 - 2)ex2—d -1)22( x - 2) e x当 a > 2 时，0 < x < 1 < x < 2，又因为 a 二一— 11 2 ( x -1)21(2 - x )ex1 (2-x )ex2即 + 二 2 (1-x )2 (x -1)212所以 ln(2 — x ) + x — 2ln(1 — x ) — ln(2 — x ) + x — 2ln( x — 1)1 1 1 2 2 2所以 ln(2 - x ) - ln(2 - x ) - 2(ln(1 - x ) - ln( x -1)) — x - x — (2 - x ) - (2 - x )1 2 1 2 2 1 1 2所以 1 - 2 ln(1一片)一ln(x2 一D - (2 - x/ -(2 - x2)< 4-片 - x2所以 - ln(2 - x1) - ln(2 -x ln(2 - ) - ln(2 -x ) 2—'1 2 1 2x + x 一 2 2 ln(1- x ) 一ln(x 一1)2 ln(2 - x ) - ln(2 - x )①12下面用反证法证明不等式①成立因为 0 < x < 1 < x < 2 ，所以 2 - x > 2 - x > 0 ，所以 ln(2 - x ) - ln(2 - x ) > 02 1 2 1 2彳假设x + x > 2 ,12x + x - 2 ln(1 - x ) - ln( x - 1)当 x + x = 2， 2 = 0且2 1 2 =0，与①矛1 2 2 ln(2 - x ) - ln(2 - x )12盾；x + x - 2 ln(1 - x ) - ln( x - 1)当x + x > 2时 一-2 > 0且2 + 2 <0，与①矛盾，故假设不成立1 2 2 ln(2- x )-ln(2-x )12所以 x + x < 212例2 (2011年高考数学辽宁卷理科第21题)已知函数f (x)二In x - ax2 + (2 - 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x0 '证明：门x0) < 0解:(I)函数f (x)的定义域是(0, +Q广(x) = - - 2ax + (2 - a) = (-+ 2 x)(1一 ax)x当a < 0时,f'(x) > 0在区间(0, +8)内恒成立，即f (x)在区间(0, +8)内单调递增当 a > 0 时，由f'(x)〉0,得函数f (x)的递增区间(0,丄),a由f'(x)<0,得函数f (x)的递减区间(-,+8) a(II)解法一、根据函数的单调性求解x + x 1设点A、B的横坐标分别为x、x，则x =T 2，且0 < x < < x1 2 0 2 1 a 2=f (-) = In- + - -1a由( I)知，当a > 0 时，[f (x)] =[f (x)]极大值 maxaa因为函数f (x)有两个不同的零点，所以[f (x)] > 0，max所以0 v a < 1要证八xo)二(1+ 2x )(1-ax ) 〔0 0 < 0，只须证 ax > 1，x002即证x +x >1 2 a2 2 1令 h(x) = f (x) - f ( - x) = In x - In(— - x) - 2ax + 2,0 < x 0，所以h(x)在(0丄)内单调递增x 2-ax x(2 -ax) a所以 h(x) < h(丄)=0，即 f (x) < f ( -x) aa因为0 < x < < x ,所以 f (x ) < f ( -x )，所以 f (x ) < f ( -x )1 a 2 1 a 1 2 a 11 2 1 1又x > ，— — x > ，且f (x)在区间(一,+X>)内单调递减2 a a 1 a a22所以 x > -x，即 x + x > ，故 f (x ) < 02 a 1 1 2 a 0解法二、利用对数平均不等式求解x +x设点A、B的坐标分别为A(x ,0)、B(x ,0),则x =T 21 2 0 2由(I)知，当a > 0 时，[f (x)] =[f (x)] = f (1) = In1 +1 -1极大值 max a a a因为函数f (x)有两个不同的零点，所以[f (x)] > 0,所以0 < a < 1max所以 In x 一 In x = [a(x + x ) 一 (2 一 a)](x 一 x )2 1 2 1 2 1| In x - ax2 + (2 - a)x = 0 因为1 1 1 1In x -ax2 +(2-a)x =02 2 21a( x + x ) - (2 - a)12x - x2 1——ln x - ln x211即 0 ，所以 [a(x + x ) - 2][( x + x ) +1] > 01 2 1 2 1 2 1 2x + x(1+ x + x )(1— a—1 )4 x + x c 十、 「”x + x、 12 2 c所以1 一 OT 2 < 0，所以 f (x ) = f ( 1 2) = + < 0 .2 0 2 x +x1 221-x 例3 (2014年高考数学湖南卷文科第21题)已知函数f (x) = ex1 + x 2(I) 求函数f (x)的单调区间；(II) 当 f (x ) = f (x ), x 丰 x 时,求证:x + x < 01 2 1 2 1 2解：(I)函数f(x)的定义域为R-(1+x2)-2x(1-x) 1-x -x[( x -1)2 +2](1+ x2 )2f (x) = ex + ex = ex1 + x 2 (1+ x 2)2由f (x) = 0，得x = 0，由f (x) > 0，得函数的递增区间(—8,0)，由f (x) < 0,得函数的递减区间(0, +8)，所以f (x) = f (0) =1max(II)解法一、利用函数的单调性求解令 h(x) = f (x) - f (-x) = —ex - Xe-x ， x > 01+ x2 1 + x2则 h( x)=-x( x2 - 2x + 3)e2 x - ( x2 + 2 x + 3)(1+ x2 )2ex令 H(x) = (x2 一 2x + 3)e2x - (x2 + 2x+3), x > 0则 H'(x) = 2[(x2 一 x + 2)e2x - (x +1)],x > 0，则 H"(x) = 2[(2x2 + 3)e2x 一 1],x > 0 由 x > 0 得，H〃 (x) > 2(3 -1) = 4 > 0，故 H'(x)在(0, +8)内单调递增故 H' (x) > H' (0) = 2 > 0，故 H(x)在(0, +8)内单调递增故 H(x) > H(0) = 0，故 h' (x) < 0，故 h(x)在(0, +8)上单调递减所以,h(x) < h(0) = 0由⑴及 f W)= f W), xi 丰 x2 知, xi < 0 < x2 < 1，故叫=f © 一 f (-3)< 0所以 f (x2) < f (一x2)，所以 f (x1) < f (一x2)，又 f (x)在(-8'0)上单调递增所以，x < -x，即 x + x < 01 2 1 2解法二、利用对数平均不等式求解因为 x < 1 时,f (x) > 0x > 1 时，f (x) < 0，f (x ) = f (x ), x 丰 x1 2 1 2所以，1 - x 1 - x 1- x 1- xx < 0 < x < 1 ex, = 2 ex2，所以 y e1-x2 = e1-叫1 2 4 + x 2 1 1 + x 2 4 + x 2 2 1 + x 2 11 2 1 2所以, ln(1- x ) + (1- x ) - ln(1+ x2 ) = ln(1- x ) + (1- x ) - ln(1+ x2 )1 2 1 2 1 2所以， (1- x ) - (1- x ) = ln(1- x ) - ln(1- x ) + ln(1+ x2) - ln(1+ x2)2 1 2 1 1 2(1-x )-(1-x ) ln(1+ x2) - ln(1+ x2) 1-x +1-x所以， 2 1 = 1 + + 2 < 2 1ln(1- x ) — ln(1- x ) ln(1- x ) — ln(1- x ) 22 1 2 1所以，x +xln(1+x2)-ln(1+x2)< 1 3—ln(1- x ) - ln(1- x ) 12因为x < 0 < x < 1，所以ln(1-x ) 一ln(1- x ) > 01 2 1 2下面用反证法证明xi+x < 0，假设xi+x、0当x + x二0时，12二 二0,且ln(1+x12) - ln(1+叮)=0，与不等式①矛盾 2 ln(1— x ) — ln(1— x )12当x + x > 0时，12x >-x > 0，所以二 > 0,且 ln(1+ x12)-ln(1+ 叩 < 0，与不2 ^ 2 ln(1— x ) — ln(1— x )12等式①矛盾。