导数压轴：极值点偏移.pdf

一：极值点偏移 问题的表述是：已知函数( )yf x是连续函 数，在区间 12 (,)x x内有且只有一个极值点 0 x ，且 12 ()()f xf x，若极值点左右 的“ 增减速度 ” 相同，常常有极值点 12 0 2 xx x，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，函数的图象不具有对称性，常常有极值 点 12 0 2 xx x的情况，我们称这种状态为“ 极值点偏移 ” （左移或右移） . 二： 极值点偏移问题 常用两种方法 证明：一是 函数的单调 性，. 二是利用 “ 对数平均不等式 ” 证明（证明方法见例题）.那么什么是 对数平 均不等式呢？ 三：对数平均不等式 ：已知,a b为两不等的正实数，我们称 lnln ab ab 为,a b的“对数平均数”它与,a b的“几何平均数ab”及“算术平均数 2 ba ”之间有如下不等关系： lnln2 abab ab ab （a=b 的情况几乎不研究，可 自行补充）。 证明： 不妨设0ab先证 lnln ab ab ab ，即证 a b b a b a ln， 令(1) a t t b ，设 1 ( )2ln(1)f tttt t ， 则0 )1(1 1 2 )( 2 2 2 t t tt tf，所以( )f t在), 1 (递减，而(1)0f，因 此当1t时， 1 ( )2ln0f ttt t 恒成立，即 a b b a b a ln成立 再证 lnln2 abab ab ，即证 1 ) 1-(2 ln + b a b a b a ， 令(1) a t t b ， 2(1) g( )ln(1) 1 t ttt t ， 则0 ) 1( ) 1( ) 1( 41 )( 2 2 2 tt t tt tg，所以g( ) t在), 1(递增，而g(1)0，因此 当1t时， 2(1) ln0 1 t t t 恒成立，即 lnln2 abab ab 成立 四：极值点偏移问题方法练习总结 例 1（2016 年高考数学全国理科第 21 题）已知函数 2 )1()2()(xaexxf x 有两个 零点 （ ）求a的取值范围； （ ）设 21, x x是)(xf的两个零点，证明：2 21 xx 解：（ ）函数( )f x的定义域为R， 当0a时， ( )(2)0 x f xxe，得2x，只有一个零点，不合题意； 当0a时，( )(1)2 x fxxea 当0a时，由( )0fx得，1x，由( )0fx得，1x，由( )0fx得，1x， 故，1x是( )f x的极小值点，也是( )f x的最小值点，所以 min ( )(1)0f xfe 又(2)0fa，故在区间(1,2)内存在一个零点 2 x，即 2 12x 由 21 lim (2)limlim0, x xx xxx x xe ee 又 2 (1)0a x，所以，( )fx在区间 (,1)存在唯一零点 1 x，即 1 1x， 故0a时，( )f x存在两个零点； 当0a时，由( )0fx得，1ln( 2 )xxa或， 若ln( 2 )1a，即 2 e a时，( )0fx，故( )f x在R上单调递增，与题意不符 若ln( 2 )1a，即0 2 e a时，易证( )= (1)0f xfe 极大值 故( )f x在R上只有一 个零点，若ln( 2 )1a，即 2 e a时，易证 ( )= (ln( 2 )f xfa 极大值 2 (ln ( 2 )4ln(2 )5)0aaa，故( )f x在R上只有一个零点 综上述，0a （ ）解法一、根据函数的单调性证明 由（ ）知，0a且 12 12xx 令 2 ( )( )(2)(2),1 xx h xf xfxxexex ， 则 2(1) 2 (1)(e1) ( ) x x x h x e 因为1x，所以 2(1) 10,10 x xe，所以( )0h x，所以( )h x在(1,)内单调递增 所以( )(1)0h xh，即( )(2)f xfx，所以 22 ()(2)f xfx，所以 12 ()(2)f xfx， 因为 12 1,21xx，( )fx在区间(,1)内单调递减，所以 12 2xx，即 12 2xx 解法二、利用对数平均不等式证明 由（ ）知，0a ，又 (0)2fa所以， 当02a时， 1 0x且 2 12x，故 12 2xx 当2a时， 12 012xx，又因为 12 12 22 12 (2)(2) (1)(1) xx xexe a xx 即 12 12 22 12 (2)(2) (1)(1) xx x ex e xx 所以 111222 ln(2)2ln(1)ln(2)2ln(1)xxxxxx 所以 12122112 ln(2)ln(2)2(ln(1)ln(1)(2)(2)xxxxxxxx 所以 121212 1212 ln(1)ln(1)(2)(2)4 12 ln(2)ln(2)ln(2)ln(2)2 xxxxxx xxxx 所以 1212 12 2ln(1)ln(1) 2 2ln(2)ln(2) xxxx xx 下面用反证法证明不等式成立 因为 12 012xx，所以 12 220xx，所以 12 ln(2)ln(2)0xx 假设 12 2xx，当 12 2xx， 1212 12 2ln(1)ln(1) 02=0 2ln(2)ln(2) xxxx xx 且,与矛盾； 当 12 2xx时 1212 12 2ln(1)ln(1) 020，得函数( )f x的递增区间 1 (0,) a ， 由( )fx1 时，2x-20 ，从而 e2x- 2-10. 又e- x0, 所以 F (x)0 ，从而函数F(x)在1，+ )上是增函数 . 又F 1= e- 1- e- 1=0, 所以 x1 时，有 F(x)F(1)=0，即 f(x)g(x). （） 将 1 1 x xe 2 2 x x e两边取自然对数得， 1122 lnlnxxxx，故 12 12 1 lnln xx xx ， 由对数平均数不等式知， 1212 12 1 lnln2 xxxx xx ，即 12 2xx 2.已知 21,x x是函数axexf x )(的两个零点，且 21 xx， （1）求证：2 21 xx；（2）求证：1 21 xx. 【解析】 (1) 问题可以转化为： x e x y与 a y 1 有两个交点，由图知， 21 10xx 且 2 1 2 1 axe axe x x ，即 a e x a e x x x 2 1 2 1 ，)( 12 12 xxaee xx ， 12 12 xx ee a xx 故要证：2 21 xx，即证：2 21 a ee xx ，也即证： 12 2 12 21 xxee ee xx xx ， 也即 12 2 1 1 2 12 xxe e xx xx ，令, 12 xxt则),0(t 设)1(2) 1()( tt eettg，则0)(,1)( ttt tetgetetg， )(tg在),0(单调递增，即0)0()(gtg. )(tg在),0(单调递增，即0)0()(gtg，故原不等式得证. (2) 要证：1 21x x，即证：1 2 21 a ee xx ，等价于 2 12 )( 12 21 xx ee ee xx xx ， 也即 2 12 2 )( 1 )( 12 21 xxee ee xx xx ，等价于 2 12 2 )( 1 ) 1( 12 12 xxe e xx xx ，令0 12 xxt 等价于)0( 1 ) 1( 22 t te e t t ，也等价于)0( 1 1 2 t te e t t ，等价于即证： 01 2 t t eet 令)0( 1)( 2 teetth t t ，则) 2 1( 2 1 )( 2222 tt t tt e t eeeteth， 又令)0( 2 1)( 2 te t t t ，得0 22 1 )( 2 t e t t，)(t在),0(单调递减， 0)0()(t，从而0)(th，)(th在),0(单调递减，0)0()(hth，即证原 不等式成立 . 3.已知函数 2 ( )lnf xxxx，正实数 12 ,x x满足 1212 ()()0f xf xx x， 证明： 12 51 2 xx. 【解析】由 1212 ()()0f xf xx x，得 22 11122212 lnln0xxxxxxx x 从而 2 12121212 ()()ln()xxxxx xx x，令 12 tx x，构造函数( )lnttt， 得 11 ( )1 t t tt ，可知( ) t在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，所以 ( )(1)1t，也即 2 1212 ()()1xxxx，解得： 12 51 2 xx. 4.已知函数 1 ( )ln()f xax aR x 有两个零点 1212 ,()x x xx， 求证： 1 12 231 a xxe. 【解析】 2 1 ( ) x fx x ，知( )f x在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减， 且 12 01xx，故要证： 12 2xx，即证： 21 21xx，只要证： 21 ()(2)f xfx，又因为 12 ()()f xf x，即证： 11 (2)()0fxf x. 构造函数( )(2)( ),(0,1)F xfxf xx.即证( )0F x对(0,1)x恒成立，前面有类 似证明，此处略； 下证： 1 12 31 a xxe.