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1、22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,x)内有且只有一个极值点x，且120f(x)=f(x)，若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点x=x1+x2，我120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xx1+x2的情况，我们称这种状态为“极值点偏移”.0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
2、调递增，则对区间(a,b)内的任意两个变量x、x，12f(x)f(x)xx；若函数f(x)在区间(a,b)内单调递减，则对区间(a,b)内1212的任意两个变量x、x，f(x)x.二是利用“对数平均不等式”证121212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：L(a,b)=lna-lnba-b,ab,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：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：i）当a=b0时，显然等号成立ii）当ab0时，不妨设ab0，a+b2，要证ab，只须证：ln，先证ab1，则f(x)=-
3、1-=x1，只须证：2lnxx-令a1,x1bx121(x-1)2=-2xxxx20，所以f(x)在(1,+)内单调递减，所以f(x)f(1)=0，即2lnxx-1，x故aba-blna-lnb再证：a-ba+blna-lnb2-1ln1，则只须证：，只须证1-1ax-1lnx2lnxbx+12x+12设g(x)=1-2lnx-x+12，x1，则g(x)=21-(x-1)2-=0(x+1)22x2x(x+1)2所以g(x)在区间(1,+)内单调递减，所以g(x)g(1)=0，即1-a-ba+b故0,b0时，abL(a,b)22nlxx+12，例1（2016年高考数学全国理科第21题）已知函数f
4、(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点（）求a的取值范围；（）设x,x是f(x)的两个零点，证明：x+x0时，由f(x)=0得，x=1，由f(x)0得，x1，由f(x)0得，x1，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)=-e0，故在区间(1,2)内存在一个零点x，即1x0，所以，f(x)在区间e-xx-e-x(-,1)存在唯一零点x，即x0时，f(x)存在两个零点；当a1，即-a0时，易证f(x)2e个零点，若ln(-2a)1，即a-时，易证2极大值=f(1)=-e0故f(x)在R上只有一f(x)极大值n22(2)=f(l-(a=a(ln
5、-a-n(25)(4l-a+)0（）解法一、根据函数的单调性证明由（）知，a0且x1x1，则h(x)=(x-1)(e2(x-1)-1)ex-2(x-2)ex1(x-2)ex2(x-1)2(x-1)2所以1-2ln(1-x)-ln(x-1)所以x+x-2因为x1，所以x-10,e2(x-1)-10，所以h(x)0，所以h(x)在(1,+)内单调递增(f)所以h(x)h(1)=0，即fx)2(x-，所以f(x)f(2-x)，所以f(x)f(2-x)，2212因为x1,2-x1，f(x)在区间(-,1)内单调递减，所以x2-x，即x+x0，又f(0)=a-2所以，当0a2时，x0且1x2，故x+x2
6、时，0x1x2，又因为a=-=-21212(2-x)ex1(2-x)ex21即=2(1-x)2(x-1)212所以ln(2-x)+x-2ln(1-x)=ln(2-x)+x-2ln(x-1)111222所以ln(2-x)-ln(2-x)-2(ln(1-x)-ln(x-1)=x-x=(2-x)-(2-x)12122112(2-x)-(2-x)4-x-x1212=12ln(2-x)-ln(2-x)ln(2-x)-ln(2-x)21212ln(1-x)-ln(x-1)122122ln(2-x)-ln(2-x)12假设x+x2，当x+x=2，1x+x-2=0且2=0,与矛盾；2ln(2-x)-ln(2-
7、x)下面用反证法证明不等式成立因为0x1x2-x0，所以ln(2-x)-ln(2-x)0121212ln(1-x)-ln(x-1)2121212120且22时12x+x-2ln(1-x)-ln(x-1)12122ln(2-x)-ln(2-x)12f(x)=1所以x+x212例2（2011年高考数学辽宁卷理科第21题）已知函数f(x)=lnx-ax2+(2-a)x（）讨论函数f(x)的单调性；（）若曲线y=f(x)与x轴交于A、B两点，A、B中点的横坐标为x，证明：0f(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,)
8、，a1由f(x)0，得函数f(x)的递减区间(,+)a（）解法一、根据函数的单调性求解2a设点A、B的横坐标分别为x、x，则x=120x+x112，且0x10时，f(x)极大值=f(x)max111=f()=ln+-1aaa因为函数f(x)有两个不同的零点，所以f(x)max0，所以0a1x要证f(x)=(1+2x0)(1-ax0)001，即证x+x0122a令h(x)=f(x)-f(-x)=lnx-ln(-x)-2ax+2,0x0，所以h(x)在(0,)内单调递增x2-axx(2-ax)aaaaaaaaaa12所以h(x)h()=0，即f(x)f(-x)aa122因为0xx，所以f(x)f(
9、-x)，所以f(x),-x，且f(x)在区间(,+)内单调递减2122所以x-x，即x+x，故f(x)0时，f(x)极大值=f(x)max111=f()=ln+-1aaa因为函数f(x)有两个不同的零点，所以f(x)max0，所以0a1因为，所以lnx-lnx=a(x+x)-(2-a)(x-x)lnx-ax2+(2-a)x=0lnx-ax2+(2-a)x=0111212121222所以x-xx+x11x+x21=12，即0，所以a(x+x)-2(x+x)+1012121212222所以1-ax+xx+x120，所以f(x)=f(12)=0(1+x+x)(1-ax1+x2)12x+x1220.1
10、-x例3（2014年高考数学湖南卷文科第21题）已知函数f(x)=ex1+x2（）求函数f(x)的单调区间；x（）当f(x)=f(x),121解：（）函数f(x)的定义域为Rx时，求证：x+x0，得函数的递增区间(-,0)，由f(x)01+x21+x2则h(x)=-x(x2-2x+3)e2x-(x2+2x+3)(1+x2)2ex令H(x)=(x2-2x+3)e2x-(x2+2x+3),x0则H(x)=2(x2-x+2)e2x-(x+1),x0，则H(x)=2(2x2+3)e2x-1,x0由x0得，H(x)2(3-1)=40，故H(x)在(0,+)内单调递增故H(x)H(0)=20，故H(x)在
11、(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(x)=f(x),xx知，x0x1，故h(x)=f(x)-f(-x)0121212222所以f(x)f(-x)，所以f(x)f(-x)，又f(x)在(-,0)上单调递增2212所以，x-x，即x+x01212解法二、利用对数平均不等式求解因为x0，x1时，f(x)0，f(x)=f(x),xx12121+x所以，x0x1，1-x1ex1=12211-x2ex2，所以，1+x221-x1e1-x2=1+x211-x2e1-x11+x22所以，ln(1-x)+(1-x)-l
12、n(1+x2)=ln(1-x)+(1-x)-ln(1+x2)121212所以，(1-x)-(1-x)=ln(1-x)-ln(1-x)+ln(1+x2)-ln(1+x2)212112(1-x)-(1-x)ln(1+x2)-ln(1+x2)1-x+1-x2112所以，=1+21ln(1-x)-ln(1-x)ln(1-x)-ln(1-x)22121x+xln(1+x2)-ln(1+x2)2112所以，2ln(1-x)-ln(1-x)12因为x0x01212下面用反证法证明x+x0,且当x+x0时，x-x0，所以1221x+xln(1+x2)-ln(1+x2)1122ln(1-x)-ln(1-x)12
13、0，与不等式矛盾.所以假设不成立，所以x+x012例4（2014年江苏省南通市二模第20题）设函数f(x)=ex-ax+a(aR),其图象与x轴交于A(x,0),B(x,0)两点，且xx.1212（）求实数a的取值范围；（）证明：f(xx)0在R上恒成立，不合题意当a0时，易知，x=lna为函数f(x)的极值点，且是唯一极值点，故，f(x)min=f(lna)=a(2-lna)当f(x)当f(x)minmin0，即0ae2时，f(x)至多有一个零点，不合题意，故舍去；e2时，由f(1)=e0，且f(x)在(-,lna)内单调递减，故f(x)在(1,lna)有且只有一个零点；由f(lna2)=a
14、2-2alna+a=a(a+1-2lna),令y=a+1-2lna,ae2，则y=1-2a0，故a+1-2lnae2+1-4=e2-30所以f(lna2)0，即在(lna,2lna)有且只有一个零点.（）解法一、根据函数的单调性求解由（）知，f(x)在(-,lna)内递减，在(lna,+)内递增，且f(1)=e0所以1xlnax2lna，要证f(xx)0，只须证e1212x1x2a，即证xxlna122又xx12x+x12，故只须证x+x122lna令h(x)=f(x)-f(2lna-x)=ex-ax+a-e2lna-x+a(2lna-x)-a,=ex-a2e-x-2ax+2alna，1xln
15、a则h(x)=ex+a2e-x-2a2exa2e-x-2a=0，所以h(x)在区间(1,lna)内递增所以h(x)elna-a2e-lna-2alna+2alna=0，即f(x)f(2lna-x)所以f(x)f(2lna-x)，所以f(x)lna,2lna-xlna，且f(x)在区间(lna,+)内递增21所以x2lna-x，即x+x2lna，故f(xx)0所以1xlnax(x-1)(x-1)12所以xx-(x+x)0，要证：f(xx)0，只须证e121212x1x2a，即xxlna12故，xxx-ln(x-1)，xxx-ln(x-1)12111222所以2xxx+x-ln(x-1)(x-1)
16、，所以ln(xx-(x+x)+1)x+x-2xx12121212121212因为xx-(x+x)0，所以ln(xx-(x+x)+1)0121212121212所以ln(xx-(x+x)+1)x+x-2xx成立，所以f(xx)01212121212从以上四个例题可以看出，两种方法解决的问题相同，即若x,x是函数f(x)的两个12零点，而x=x是函数f(x)的极值点，证明x+x2x），根据函数单0120120调性求解的步骤是：一、构建函数h(x)=f(x)-f(2x-x)，二、判断函数h(x)的单调性，0三、证明h(x)0（或h(x)f(2x-x)（或f(x)f(2x-x)），四、故00.函数f(
17、x)的单调性证x+x2x）根据对数平均不等式求解的步骤是：120120一、通过等式两边同取自然对数或相减等配凑出lnx-lnx及x-x，二、通过等式两边1212lnx-lnx同除以lnx-lnx构建对数平均数x1-x21212x-x12，三、利用对数平均不等式将转lnx-lnx122化为x1+x2后再证明x+x12.2x）两种方法各有优劣，适用的题型也0120.略有差异，考生若能灵活驾驭这两种方法，便能在考场上发挥自如，取得理想的成绩2017年元月8日尚土于郑州1、数论是人类知识最古老的一个分支，然而他的一些最深奥的秘密与其最平凡的真理是密切相连的。2、数学是研究现实生活中数量关系和空间形式的数学。3、我总是尽我的精力和才能来摆脱那种繁重而单调的计算。4、一个数学家越超脱越好。5、数学是各式各样的证明技巧。6、数学是锻炼思想的体操。7、整数的简单构成，若干世纪以来一直是使数学获得新生的源泉。8、数学是研究抽象结构的理论。9、历史使人贤明，诗造成气质高雅的人，数学使人高尚，自然哲学使人深沉，道德使人稳重，而伦理学和修辞学则使人善于争论。10、数学方法渗透并支配着一切自然科学的理论分支。它愈来愈成为衡量科学成就的主要标志了。