极值点偏移问题的两种常见解法之比较.docx
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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(捲卞2)内有且只有一个极值点x0,且f(xj=f(X2),若极值点左右的增减速度”相同,常常有极值点xo二为」,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,函数的图象不具有对称性,常常有极值点的情况,我们称这种状态为极值点偏移”
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(xj:
:
:
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x1>x2,f(x1p:
f(x2^>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”
两个正数a和b的对数平均数定义:
a-b
L(a,b)=Ina-1nb
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:
85^2,
(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二b0时,显然等号成立
ii)当a=b0时,不妨设ab0,
①先证..ab,要证Jab,只须证:
In空「a一”b
InaTnbInaTnbbYbVa
/1
2lnx二x,x1
x
1”21
设f(x)=2lnx-x,x1,贝Uf(x)12
xxx
a-b
<
Ina-1nb
②再证:
a-bab
Ina-1nb2
..a-1Ina
要证:
a-bab,只须证:
bb
Ina-1nb2a〔2
b
人ax-1Inx2Inx,
令rx1,则只须证:
—,只须证1一x1
所以g(x)在区间(1,=)内单调递减,所以g(x):
:
:
g
(1)=0,即卩1-
a-b
Ina-1nb
例1(2016年高考数学全国I理科第21题)已知函数f(x)=(x-2)ex•a(x-1)2有
两个零点.
(I)求a的取值范围;
(n)设X"X2是f(x)的两个零点,证明:
x1X2:
:
:
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=0时,f(x)=(x—1)[ex2a]
当a0时,由「(x)=0得,x=1,由f(x)7得,x1,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)=aV,故在区间(1,2)内存在一个零点X2,即1<心2
x_212
由lim(x「2)ex=limxIimx=°,又a(xT)0,所以,f(x)在区间
x•x-ex丨:
-—e
(v,1)存在唯一零点x1,即x:
:
1,
故a0时,f(x)存在两个零点;
当a0时,由f(x)=0得,x=1或x=In(-2a),
e
若In(-2a)=1,即a二时,f(x)_0,故f(x)在R上单调递增,与题意不符e
若In(-2a).1,即a0时,易证f(x)极大值二f
(1)--e:
:
:
0故f(x)在R上只有一
2
e
个零点,若ln(-2a):
d,即a:
:
:
-㊁时,易证
f(x)极大值=f(In(a^a(In(2〉4Ina2)故fQx)在R上只有一个零点
综上述,a-0
(n)解法一、根据函数的单调性证明
由(I)知,a0且论:
:
:
1:
:
:
x2:
:
:
2
(x_i)(e2(x_1)令h(x)=f(x)_f(2_x)=(x-2)ex+xe2」,x>1贝Hh"(x)=二
,e
因为x1,所以x-10,e2(xJ)-10,所以h(x)0,所以h(x)在(1「:
)内单调递增
所以h(x)・h
(1)=0,即fx)f2x-,所以f(x2)f(2-x2),所以f(xj•f(2-x2),
因为x-i:
:
:
1,2-x2:
:
:
1,f(x)在区间(一"',1)内单调递减,所以x1:
:
2-x2,即x1x2:
:
:
2
解法二、利用对数平均不等式证明
由(I)知,a0,又f(0)=a-2所以,
当0:
:
:
a_2时,x^0且1:
:
:
x2:
:
2,故x1x2:
:
2
即(2-皿_(2乜澎
即22
(1-X1)(x-1)
所以In(2-x1)捲—2In(1—x,)=In(2—x2)x2-2In(x2-1)
所以In(2—xj—In(2—x2)—2(In(1—xj—In(x2-1))=x2-x1=(2-xj-(2-x2)
所以
所以
1_2In(^x1^In(x2~1K(―灯-门-卷):
:
4"冷In(2—xJ—In(2—x2)In(2—xJ—In(2—x2)2
假设XiX2_2,当Xix2=2,Xl卷-2=0且2叩-灯小化-“二。
与①矛盾;
2In(2—xj—In(2—x2)
当x,x22时为X2-2o且2|n(^Xi^|n(X^ 2ln(2-xj-In(2_x2) 所以X,X2: : : 2 例2(2011年高考数学辽宁卷理科第21题)已知函数f(x)=lnx-ax2亠(2-a)x (I)讨论函数f(x)的单调性; (n)若曲线y=f(x)与x轴交于AB两点,AB中点的横坐标为Xo,证明: f(Xo): : 0 解: (I)函数f(X)的定义域是(0,七) i(ix) f(x)2ax(2a=)A xx 当a^0时,f(x)・0在区间(0,•: : )内恒成立,即f(x)在区间(0「: )内单调递增 1 当a0时,由f(x)>0,得函数f(x)的递增区间(0,—), a 1 由f(x)<0,得函数f(X)的递减区间(一「: ) a (n)解法一、根据函数的单调性求解 设点A、B的横坐标分别为X,、x2,则Xo=“电,且0: : : xJ: : : x2 2a 111 由(I知,当a0时,[f(x)]极大值=[f(x)]ma^f(-)=ln- aaa 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 要证f(x0)=(12Xo)(1-aXo): : : o,只须证ax01,即证x,x2- Xoa 221 令h(x)=f(x)-f(x)=InxTn(x)-2ax2,0: : x: 一 aaa 则h(x)二-—-2^2(aX~-)7,所以h(x)在(0,-)内单调递增 x2—axx(2—ax)a 122 因为O: : : X,X2,所以f(X,): : : f(Xi),所以f(X2): : : f(X1) aaa 121、1、 又X2,x1,且f(x)在区间(一,■: : )内单调递减 aaaa 22 所以x2N,即X! x2,故f(xO): : : O aa X1X2 xo: 2 =f(丄)=1n---1aaa 解法二、利用对数平均不等式求解 设点AB的坐标分别为A(x1,0)、B(x2,0),则 由(I)知,当aO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)]maxO,所以O..a.1 ■■2 In&—axt+(2—a)/=O因为121,所以 Inx2—ax2+(2—a)x2=O Inx2_In为=[a(x2xj-(2-a)](x2_xj dX2,即1.X1X2 2a(x 所以a(X1X2)(a-2)(X1x? )-2O,所以[a(x「x? )-2][(洛x? )1]O 得函数的递减区间(O,•: : ),所以f(x) max二f(0)=1 求函数f(x)的单调区间; (n)解法一、利用函数的单调性求解 1*2审门旷,X0 令h(x)=f(x)-f(-x)=—xX1X 贝Vh(x)二-x (x2-2x3)e2x-(x22x3) (1x2)2e 令H(x)=(x2-2x3)e2x—(x22x+3),x■0 则H(x)=2[(x2_x2)e2x-(x1)],x0,则H(x)=2[(2x23)e2x—1],x■0 由x0得,H(x).2(3-1^4.0,故H(x)在(0,=)内单调递增 故H(x)H(0)=20,故H(x)在(0,=)内单调递增 故H(x).H(0)=0,故h(x): : : 0,故h(x)在(0^: : )上单调递减 所以,h(x): : : h(0)=0 由 (1)及f(xj=f(x2),论=x2知,x,: : 0: : x2: : 1,故h(x2)=f(x2)「f(「x2): : 0 所以f(X2): : f(-X2),所以f(xj: : : f(-X2),又f(x)在(-: : 0)上单调递增 所以,禺: : : -x2,即x1x2: : : 0 解法二、利用对数平均不等式求解 因为x: 1时,f(x)0,x1时,f(x): : 0,f(xj=f(X2),X1=X2 所以, 「0沐2: : : 1,「Xie——X;ex2,所以,-第尹十写产 1+X11+x21+Xj1+x2 所以, 22 In(1一捲)(1—X2)—In(1X1)=ln(1—X2)(1-为)—In(1X2) 所以, (1一x2)-(1一为)=In(1一x2)-In(1一为)In(1xj)-In(1xf) 所以, 22 JndI小dx2)十x2i In(1—x2)—ln(1—xjIn(1—x2)—ln(1—xj2 所以, 22 X1X2In(1xj-In(1X2)① 2In(1—xJ—In(1-屜) 因为x-i: : : 0: : x2: : : 1,所以In(1-xjTn(1-x2)0 下面用反证法证明为x2: : 0,假设为•x2-0 当XX2=0时,写j且¥(兴册呼=0,与不等式①矛盾 x1+x2口In(1+N)—In(1+x2)一十 当XiX2■0时,X2•-Xi.0,所以-一20,且120,与不 2In(1一为)一1n(1—x2) 等式①矛盾• 所以假设不成立,所以x1x2: : : 0 X 例4(2014年江苏省南通市二模第20题)设函数f(X)二e-ax•a(a•R),其图象 与x轴交于A(x),0),B(x2,0)两点,且为: : x2. (I)求实数 a的取值范围; (n)证明: f(•巫): : 0(f(x)为函数f(x)的导函数); (川)略. 解: (I)f(x)=eX—a,x^R,当a兰0时,f"(x)>0在R上恒成立,不合题意 当a-0时,易知, x=Ina为函数f(x)的极值点,且是唯一极值点, 故,f(x)min二f(Ina)=a(2-Ina) 2 当f(x)min-0,即0: : : a时,f(x)至多有一个零点,不合题意,故舍去; 当f(x)min: : 0,即ae2时,由f (1)=e■0,且f(x)在(—“,Ina)内单调递减,故f(x) 在(1,Ina)有且只有一个零点;由f(Ina2)=a2-2aInaa=a(a-1-2Ina), o 令y=a1-2Ina,ae,则y=10,故a1「2Inae1「4=e-30 a 所以f(Ina)•0,即在(Ina,2Ina)有且只有一个零点. (n)解法一、根据函数的单调性求解 由(I)知,f(x)在(-二,Ina)内递减,在(Ina,•: : )内递增,且f (1)=e•0 所以1: : : x1: : : Ina: : : x2: : : 2Ina,要证fxx): : : 0,只须证e恥: : : a,即证x1x^: : Ina 又,,x.,x2儿? X2,故只须证x,-x2: : : 2Ina 令h(x)二f(x)-f(2Ina-x)二ex-axa-e2Ina"a(2Ina-x)-a, =ex-a2e^-2ax2aIna,V: xIna 则h(x)二ex■a2e"-2a-2-..exa2ef-2a=0,所以h(x)在区间(1,lna)内递增 所以h(x): : elna-a2e~*na-2aIna2aIna=0,即卩f(x): : f(2lna-x) 所以f(xj: : : f(2lna—xj,所以f(x2): : : f(2lna—xj 因为x2•Ina,2lna.Ina,且f(x)在区间(Ina,•二)内递增 所以x2: : : 2lna-捲,即论x2: : 2lna,故f(、.x1x2): : : 0解法二、利用对数平均不等式求解 由(I)知,f(x)在(_: : lna)内递减,在(Ina,•: : )内递增,且f (1)=e.0 xiX2 aee,即 x—1x: —1 xiAX2d ee 所以1二 (x1-"-(x2-_ln(x〔-1)-In(X2-1) : : (x1-1)(x2-1) 所以1 : : Ina: : : X2: : 2lna,因为f(xj=e51-axia=0,f(x? )=-ax? •a=0 所以x1x2-(x-^+x2^0,要证:
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