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( )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； 若极值点左右的若极值点左右的“增减速度增减速度”不同， 函数的图象不不同， 函数的图象不 具有对称性， 常常有极值点具有对称性， 常常有极值点 12 0
2、 2 xx x ? ?的情况， 我们称这种状态为的情况， 我们称这种状态为“极值点偏移极值点偏移”. 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 12 xx、， 1212 ( )()f xf xxx?；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 12 xx、， 1212 ( )()f xf xxx?. 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”？
3、两个正数两个正数a和和b的对数平均数定义：的对数平均数定义： , ( , )lnln , ab ab L a bab a ab ? ? ? ? ? ? ? ? 对数平均数与算术平均数、 几何平均数的大小关系是：对数平均数与算术平均数、 几何平均数的大小关系是：( , ) 2 ab abL 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0ab?时，显然等号成立 ii）当0ab?时，不妨设0ab?， 先证先证 lnln ab ab ab ? ? ? ，要证 lnln ab ab ab ? ? ? ，只须证：ln aab bba ?， 令1 a x b ?
4、，只须证： 1 2ln,1xxx x ? 设 1 ( )2ln,1f xxxx x ?，则 2 22 21(1) ( )10 x fx xxx ? ? ? ?，所以( )f x . 在(1,)?内单调递减，所以( )(1)0f xf?，即 1 2ln xx x ?， 故 lnln ab ab ab ? ? ? 再证：再证： lnln2 abab ab ? ? ? 要证： lnln2 abab ab ? ? ? ，只须证： 1ln 2 1 aa bb a b ? ? ? 令1 a x b ?，则只须证： 1ln 12 xx x ? ? ? ，只须证 2ln 11 12 x x x ? ? ， 设
5、 2ln ( )1 12 x g x x ? ? ? ，1x ?，则 2 22 21(1) ( )0 (1)22 (1) x g x xxx x ? ? ? 所以( )g x在区间(1,)?内单调递减， 所以( )g(1)0g x ?， 即 2l n 1 12 x x ? ? ， 故 lnln2 abab ab ? ? ? 综上述，当0,0ab?时，( , ) 2 ab abL a b ? ? 例例 1 （2016 年高考数学全国年高考数学全国理科第理科第 21 题）已知函数题）已知函数 2 ) 1()2()(?xaexxf x 有有 两个零点两个零点 （）求）求a的取值范围；的取值范围； （
6、）设）设 21,x x是是)(xf的两个零点，证明：的两个零点，证明：2 21 ? xx 解： （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)liml
7、im0, x xx xxx x xe ee ? ? ? ? ? 又 2 (1)0a x?，所以，( )f x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 )
8、fxfa? 极大值 2 (ln ( 2 )4 ln( 2 )5)0aaa?，故( )f x在R上只有一个零点 综上述，0a ? （）解法一解法一、根据函数的单调性证明、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
9、 ()(2)f xfx?， 所以 12 ( )(2)f xfx?， 因为 12 1,21xx?，( )f x在区间(,1)?内单调递减，所以 12 2xx?，即 12 2xx? 解法二解法二、利用对数平均不等式证明、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
10、 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 1 2 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 2x
11、x?， 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( )fx?0，得函数( )f x的递减区间 1 (,) a ? （）解法一、根据函数的单调性求解）解法一、根据函数的单调性求解 设点AB、的横坐标分别为 12 xx、，则 12 0 2 xx x ? ?，且 12 1 0xx a ? 由（）知，当0a ?时， max 111 ( )= ( )( )ln1f xf xf aaa ? 极大值 因为函数(
12、 )f x有两个不同的零点，所以 max ( )0f x?，所以01a? 要证 00 0 0 (1 2)(1) ()0 xax fx x ? ?，只须证 0 1ax ?，即证 12 2 xx a ? 令 2 ( )( )()h xf xfx a ? 21 lnln()22,0xxaxx aa ? 则 2 12(1) ( )20 2(2) aax h xa xaxxax ? ? ? ，所以( )h x在 1 (0,) a 内单调递增 . 所以 1 ( )( )0h xh a ?，即 2 ( )()f xfx a ? 因为 12 1 0xx a ?，所以 11 2 ()()f xfx a ?，所以
13、 21 2 ()()f xfx a ? 又 21 1 21 ,xx a aa ?，且( )f x在区间 1 (,) a ?内单调递减 所以 21 2 xx a ?，即 12 2 xx a ?，故 0 ()0fx? 解法二、利用对数平均不等式求解解法二、利用对数平均不等式求解 设点AB、的坐标分别为 12 ( ,0)(,0)A xB x、，则 12 0 2 xx x ? ? 由（）知，当0a ?时， max 111 ( )= ( )( )ln1f xf xf aaa ? 极大值 因为函数( )f x有两个不同的零点，所以 max ( )0f x?，所以01a? 因为 2 111 2 222 ln
14、(2)0 ln(2)0 xaxa x xaxa x ? ? ? ? ? ，所以 212121 lnln ()(2)()xxa xxaxx? 所以 2112 1221 1 ()(2)lnln2 xxxx a xxaxx ? ? ? ，即 12 12 1 ()(2)2 xx a xxa ? ? ? 所以 2 1212 ()(2)()20a xxaxx? ? ，所以 1212 ()2() 10a xxxx? 所以 12 10 2 xx a ? ?，所以 12 12 12 0 12 (1)(1) 2 ()()0 2 2 xx xxa xx fxf xx ? ? ? ? ? . 例例 3 （2014 年
15、高考数学湖南卷文科第年高考数学湖南卷文科第 21 题）已知函数题）已知函数 2 1 ( ) 1 x x f xe x ? ? ? （）求函数）求函数( )f x的单调区间；的单调区间； （）当）当 1212 ()(),fxfxxx?时，求证：时，求证： 12 0xx? 解： （解： （）函数( )f x的定义域为 R ( )fx? 22 2 222 2 (1)2 (1)1(1)2 (1)1(1) xxx xxxxx x eee xxx ? ? ? 由( )0fx?，得0x ? ，由 ( )0fx?，得函数的递增区间(,0)?，由( )0fx?， 得函数的递减区间(0,)?，所以 max ( )
16、(0)1f xf? （）解法一、利用函数的单调性求解）解法一、利用函数的单调性求解 . 令 22 11 ( )( )() 11 xx xx h xf xfxee xx ? ? ? ? ，0x ? 则 222 2 2 (23)(23) ( ) (1) x x xxexx h xx xe ? ? ? ? 令 222 ( )(23)(2 +3),0 x H xxxexxx? 则 22 ( )2(2)(1),0 x H xxxexx? ?，则 22 ( )2(23)1,0 x Hxxex? 由0x ?得，( )2(3 1)40Hx?，故( )H x?在(0,)?内单调递增 故( )(0)20H xH?
17、，故( )H x在(0,)?内单调递增 故( )(0)0H xH?，故( )0h x?，故( )h x在(0,)?上单调递减 所以，( )(0)0h xh? 由（1）及 1212 ( )(),f xf xxx?知， 12 01xx?，故 222 ()()()0h xf xfx? 所以 22 ()()f xfx?，所以 12 ( )()f xfx?，又( )f x在(,0)?上单调递增 所以， 12 xx?，即 12 0xx? 解法二、利用对数平均不等式求解解法二、利用对数平均不等式求解 因为1x ?时，( )0f x ?，1x ?时，( )0f x ?， 1212 ( )(),f xf xxx
18、? 所以， 12 01xx?， 12 12 22 12 11 11 xx xx ee xx ? ? ? ，所以， 21 11 12 22 12 11 11 xx xx ee xx ? ? ? ? 所以， 22 121212 ln(1)(1)ln(1)ln(1)(1)ln(1)xxxxxx? 所以， 22 212112 (1)(1)ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)xxxxxx? 所以， 22 211221 2121 (1)(1)ln(1)ln(1)11 1 ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)2 xxxxxx xxxx ? ? ? ? ? 所以， 22 1212 12 ln(1)ln
19、(1) 2ln(1)ln(1) xxxx xx ? ? ? 因为 12 01xx?，所以 12 ln(1)ln(1)0xx? 下面用反证法证明 12 0xx?，假设 12 0xx? . 当 12 0xx?时， 22 1212 12 ln(1)ln(1) 0,=0 2ln(1)ln(1) xxxx xx ? ? ? 且，与不等式矛盾 当 12 0xx?时， 21 0xx?，所以 12 0, 2 xx? ?且 22 12 12 ln(1)ln(1) 0 ln(1)ln(1) xx xx ? ? ? ，与不 等式矛盾. 所以假设不成立，所以 12 0xx? 例例 4 （2014 年江苏省南通市二模第年江苏省南通市二模第 20 题）设函数题）设函数( )(), x f xeaxa aR?其图象其图象 与与x轴交于轴交于 12 ( ,0), (,0)A xB x两点，且两点，
