《极值点偏移问题的两种常见解法之比较》由会员分享，可在线阅读，更多相关《极值点偏移问题的两种常见解法之比较（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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y f ( x)是连续函数，在区间 (xi, X2 )内有且只有一个极值点xo，且f ( xi ) f ( X2 )，若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点xo xi X2，我2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x x具有对称性，常常有极值点 Xo12的情况，我们称这种状态为“极值点偏移”暫氏 2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
2、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xi、X2 ， f ( xi ) f (X2 )xi X2 ;若函数f ( x)在区间(a,b)内单调递减，则对区间(a,b)内的任意两个变量xi X2， f (xi) f (x2 )Xi X2 .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”？a.b , a b,两个正数a和b的对数平均数定义：L (a, b) In a In ba,a b,t tv*对数平均数与算术平均数、几何平均数的大小关系是：ab L(a, b) a b，2(此式记为对数平均不等式)下面给出对数平均不等式
3、的证明：i)当a b 0时，显然等号成立ii )当a b 0时，不妨设a b 0，只须证：Ina先证aba b，要证 abab ，ab，In a InbIn aIn bbbai令aX i，只须证：2ln xx=,xibY xi(X i)2J设 f ( x)2lnX X,x i，则 f (x)2i i0，所以f ( x)22XXXX在(1,)内单调递减，所以f ( X),即 2ln x故ab再证:a bIn a In b二 a bIn a In b要证:a In abIn b,只须证:I?aInb2In xIn x,则只须证:只须证12x 1设 g(x)12 In x ,x 12则 g ( x)
4、2(x 1)：12x(x2x(x1)22 01)2所以g ( x)在区间(1,)内单调递减，所以g( x)g(1)0，即故 a b a b In a In b 2综上述，当a 0, b 0时，ab L (a, b) ab2例1 ( 2016年高考数学全国I理科第 21题)已知函数 f (X)(x 2)exa( x 1)In x2有两个零点.(I)求a的取值范围;(H)设x1 , x2是f ( x)的两个零点，证明：x1X22 .解:(I)函数f (x)的定义域为R ,0 时，f (x) (x 2)ex 0，得 x 2 ,只有一个零点，不合题意;0 时， ()(1) x 2 f x x e a0
5、时，由 f ( x) 0 得，x 1 ,由 f ( x)0得，x1，由 f ( x)0得，X故，是f ( x)的极小值点，也是f (x)的最小值点，所以f ( x) minf (1) e(2)a 0 ,故在区间(1,2)内存在一个零点X2，即1X22Iim ( xX2)e x Iim Xx e2x IimX20,又 a( X 1)0，所以，f ( x)在区间,1)存在唯一零点X1 ,即 X11 ,a _0时，f ( x)存在两个零点; 当a =0时，由f ( X) 0 得，xe若 ln( 2a)1 ,即a时，f2若 ln( 2a)1 ,即ea 0 12个零点，若ln(2a)1 ,即af ( x
6、)极大值=f (ln(2a)a(ln 2 (综上述，a 0()解法、根据函数的单调性证明由(I)知，a0且x11 X1令h( x) f ( x)f (2 x)(X因为X 1，所以X 12( x0,e 1f (x)21所以0，即X2)e因为h( x) h(1)1 或 x ln( 2a),时，易证0，故f ( x)在R上单调递增，与题意不符f ( x) 极大值e时，易证22a) 4ln( 2a)f x() f2(x)=f (1) e5)0，故0故f ( x)在R上只有一f ( x)在R上只有一个零点X11,2 X21， f ( x)在区间解法二、利用对数平均不等式证明由(I)知，0 ,又 f (0
7、) a时，X10 且 1 X2当a 2时，X11X22 ,2 xxe , xh ( x)(x1)(e2( x 1)x 2e1)0，所以h ( x),所以f (X2 )(,1)内单调递减，2所以，2，故 X1X22又因为0，所以h( x)在(1,f (2所以(X 2)eX1(X11)2)内单调递增x2 )，所以 f ( x )X12 X2，即 X1 X22(X2(x2)eX21)2即(2 X1)eX1(1 X1) 2(2 X2 )eX2(X21)2所以ln(2X1 ) X1 2ln(1X1 )ln(2X2 ) X22ln( X2 1)ln( X21)X2 X 1(2 X1 ) (2X2 )所以1
8、2 ln(1X1 ) ln( X21)(2X1 ) (2X2 )4 X1 X2In (2X1 ) ln(2X2 )ln(2X1 ) ln(2X2 )2XOB ORB所以1X222 ln(1 X1)ln( X21)所以 ln(2 X1 ) ln(2X2 ) 2(ln(1 x 1 )2ln(2 X1 ) ln(2x2 )F面用反证法证明不等式成立因为2，所以0，所以 ln(2 x ) ln(21假设2，当X1 X220 且 2 ln(1ln(2X1)X1)ln( X2ln(2X ) 021)=0，与矛盾;X2 )X2ln(12ln(2x1)ln( X21)0，得函数f ( x)的递增区间(0,f
9、( X)在区间1)，(0,)内单调递增(x) 0，得函数f ( x)的递减区间(H)解法一、根据函数的单调性求解设点A、B的横坐标分别为X1、X2,则 X0X12X2，且0X1X2由(I)知，当 a 0时，f ( x)极大值=f (x)max因为函数f ( X)有两个不同的零点，所以f (X) max 0，所以0 a 1(12X0 )(1ax0 )2要证f ( X0)X00 ,只须证ax01,即证x1X2a22令 h( x)f ( x)f (X)ln xln(x) 2ax 2,0 x1 aaa1则 h ( x)1a2a2(ax1)20，所以h( x)在(0,)内单调递增x 2axx(2ax)a
10、12F.所以h( x)h()0 ,即f ( X)f (X)aaX1 X2211f ( ) Inaa因为2In x1 ax1(2 oa)冃 0，所以 In x2In x102In x2ax2 (2 a) x2a( x xi)(2a)( X2xi)所以a(xi1x2 x1x2 ) (2 a) In x 2 In x1xi2a( xi1X1X2X2 ) (2 a)2所以a( xi、2x )( a 2)(x x )22 1 20，所以a(x x1 2所以X1 X2*0，所以 f (X0) f (2X1X2(1 X1)2( x x )1 01 2X XX2 )(1 a 12 )k-2/ 门0.(2014年高考数学湖南卷文科第21题)已知函数f ( x)X1X221 X X2e1 x12因为0X1-X2，所以 f- ( X。f (
