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x 1,x2 内有且只有一个极值点x 0 ，且 f x 1  f x2 ，若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点x 0  x 1  x 2， 2 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，若极值点左右的“增减速度”不同，函数的图函数的图 象不具有对称性，象不具有对称性，常常有极值点常常有极值点x 0  偏移”.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 1 、x 2 ， f x 1  f x2  x 1  x 2 ；若函数f x在区间a,b内单调递减，则对区间a,b内 x 1  x 2的情况，的情况， 我们称这种状态为“极值点我们称这种状态为“极值点 2 的任意两个变量x 1 、x 2 ，f x 1  f x2  x 1  x 2 . 二是利用“对数平均不等式”“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” ab ,a  b,  a两个正数两个正数和和b的对数平均数定义的对数平均数定义La,b lnalnb  a,a b, 对数平均数与算术平均数、对数平均数与算术平均数、 几何平均数的大小关系是几何平均数的大小关系是ab  La,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证明 i）当a b  0时，显然等号成立 ii）当a  b  0时，不妨设a b  0， ①先证先证ab  aababab  ，要证 ab  ，只须证ln ， bbalnalnblnalnb ab ，， 2 令 a1  x 1，只须证2ln x  x,x 1 bx 21x121  0，所以f x设f x  2ln x x,x 1，则f x 1 2   xxx2x 在1,内单调递减，所以f x  f 1 0，即2ln x  x 1 ， x ab lnalnb abab ②再证再证 lnalnb2 故ab  aa 1ln abab 要证 ，只须证 b  b a lnalnb22 1 b ax1ln x2ln x 令 x 1，则只须证，只须证1，x 1 bx12x12 21x122ln x  0设gx 1，x 1，则gx  x122x2xx12x12 所以gx在区间1,内单调递减，所以gx  g1 0，即1 故 2ln x ， x12 abab  lnalnb2 ab 2 x2 综上述，当a  0,b  0时，ab  La,b  例例 1 1 （（20162016 年高考数学全国Ⅰ理科第年高考数学全国Ⅰ理科第 2121 题）已知函数题）已知函数f x  x  2e  ax 1有有 两个零点．两个零点． （Ⅰ）求（Ⅰ）求a的取值范围；的取值范围； （Ⅱ）设（Ⅱ）设x1,x2是是f x的两个零点，证明的两个零点，证明x1 x2 2．． 解解 （Ⅰ）（Ⅰ）函数f x的定义域为R， 当a  0时，f x  x2e  0，得x  2，只有一个零点，不合题意； 当a  0时，f x  x1[e 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 xmin f 1 e  0 又f 2  a  0，故在区间1,2内存在一个零点x2，即1 x2 2 由limx2e  lim x x x x x21  lim 0,又ax12 0，所以，f x在区间 xx x e xe ,1存在唯一零点x 1 ，即x 1 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   若ln2a 1，即 e 时，f x  0，故f x在R上单调递增，与题意不符 2 e  a  0时，易证f x 极大值 f 1 e  0故f x在R上只有一 2 e 个零点，若ln2a 1，即a  时，易证 2 2f x 极大值 f ln2a aln 2a4ln2a5  0，故f x在R上只有一个零点 综上述，a  0 （Ⅱ）解法一、根据函数的单调性证明（Ⅱ）解法一、根据函数的单调性证明 由（Ⅰ）知，a  0且x 1 1 x 2  2 x2x 令hx  f x f 2  x  x2e  xe 因为x 1，所以x1 0,e2 x1 x1e2x11 ,x 1 ，则 hx  ex2 1 0，所以hx  0，所以hx在1,内单调递增 所 以hx  h1 0， 即f x  f 2 x， 所 以 f x 2  f 2 x 2 ， 所 以 f x 1  f 2  x2 ， 因为x 1 1,2 x 2 1，f x在区间,1内单调递减，所以x 1  2 x 2 ，即x 1  x 2  2 解法二、利用对数平均不等式证明解法二、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 1  0且1 x 2  2，故x 1  x 2  2 x 1 2ex1x 2 2ex2 当a  2时，0  x 1 1 x 2  2，又因为a    2x 1 1x 2 12 2 x 1e x12 x 2 ex2 即 221 x x 1 12 所以ln2  x 1 x1 2ln1 x 1  ln2  x2  x 2 2ln x 2 1 所以ln2 x 1ln2  x2 2ln1 x 1lnx2 1 x 2  x 1  2  x 12  x2 121212 所以 ln2 x 1ln2