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：L(a,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  L(a,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 21(x1)21  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1)22ln x  0设g(x) 1，x 1，则g(x)  (x1)22x2x(x1)2x12 所以g(x)在区间(1,)内单调递减，所以g(x)  g(1) 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  L(a,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  2)e  a(x 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2)e  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 (x)min 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lim(x2)e  lim x x x x x21  lim 0,又a(x1)2 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) a(ln (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h(x)  f (x) f (2  x)  (x2)e  xe 因为x 1，所以x1 0,e2( x1) (x1)(e2(x1)1) ,x 1 ，则 h(x)  ex2 1 0，所以h(x)  0，所以h(x)在(1,)内单调递增 所 以h(x)  h(1) 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 2)ex1(x 2 2)ex2 当a  2时，0  x 1 1 x 2  2，又因为a    2(x 1 1)(x 2 1)2 (2 x 1)e x1(2 x 2 )ex2 即 22(1 x )(x 1) 12 所以ln(2  x 1) x1 2ln(1 x 1)  ln(2  x2 ) x 2 2ln( x 2 1) 所以ln(2 x 1)ln(2  x2 )2(ln(1 x 1)ln(x2 1)) x 2  x 1  (2  x 1)(2  x2 ) 121212 所以 ln(2 x 1)ln(2