高考数学压轴题解法策略研究.pdf

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1、第 1 页 共 32 页 高考数学压轴题解法策略研究 专题一 . 函数与导数 (一) 关于结构图 知识，方法，思维，易错点. 1.高中函数知识结构图 2. 导数知识结构图 第 2 页 共 32 页 3. 函数的思维方法 4. 函数的思维特征 第 3 页 共 32 页 (二)典型例题 例 题1.设 函 数 1 ( )ln x xbe f xaex x ， 曲 线( )yf x在 点 (1,(1)f处的切线为(1)2ye x. () 求,a b； （）证明：( )1f x. 分析：第一问考查导数的几何意义，面向全体考生；注意函数问 题定义域优先的原则！ 解： （ ）函数( )f x的定义域为(0,

2、)， 11 2 ( )ln xxxxabb fxaexeee xxx 由题意可得(1)2,(1)ffe 故1,2ab. （）分析：常规方法证明 1 2 ( )ln1 x xe f xex x ， 即证：m i n()1f x 所以 11 2 22 ( )ln xxx x exee fxex xx 第 4 页 共 32 页 所以 1 2 12(1 ) ()(l n) x x ex f xex xx ， 太复杂了！无从下手！ ！ 再次分析：证明 1 2 ln1 x x e ex x 难点在哪里？ 困难在于存在ln x ex，求导后还存在ln x ex，麻烦！ 初步思考必须把 x e与ln x分离，

3、怎么分离？ 不外乎加减乘除！ ！ 仔细观察： 1 2 ln1 x xe ex x ， 其中0 x e，定义域别忘了，还有0x； (1) 1 2 ln1 x xe ex x 1 ln2 xx xexex 2 ln x xxxe e 2 ln x xxxe e (2) 1 2 ln1 x xe ex x 11 ln10 xx xee ex xx 111 (ln)()0 xx exex exx (3) 1 2 ln1 x xe ex x 2 (ln)1 x ex ex . （）方法一： 由（ ）知， 12 ( )ln xx f xexe x ， 0,0 x ex 从而( )1f x等价于 2 ln

4、x xxxe e 设()l ng xxx， 2 ( ) x h xx e e . 第 5 页 共 32 页 若 m i nm a ()()g xh x，是否可行？试一试吧！ ()l ng xxx,( )1lngxx. 当 1 ( 0 ,)x e 时，()0gx， 当 1 (,)x e 时，()0g x. ( )g x在 1 ( 0 ,) e 上单调递减，在 1 (,) e 上单调递增 . m i n 11 ( )( )g xg ee , 注意 “0x” 2 ( ) x h xx e e ,( )(1) xxx h xex eex. 当( 0 , 1)x时，()0h x，当( 1,)x时，()0

5、h x. ( )h x在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减 . m a x 1 ()(1 )h xh e . 综上，0x时， 1 ( )g x e ， 1 ( )h x e , 而两个等号不可能同时取到， 所以( )( )g xh x，即( )1f x. 方法二：分析： 1 2 ln1 x x e ex x 等价于 2 ln10 x x e ex ex . 等价于 111 (ln)()0 xx exex exx . ()()0g xh x即可 . 1 (=( l n) x gxex ex ）， 1 1 ()() x h xex x . 令 1 () = l nxx ex ， 22 11

6、1 (= ex x xexex ）. 知 ( )x 在 1 ( 0 ,) e 上单调递减，在 1 (,) e 上单调递增； m i n 1 ()()0x e . ()0x，即()0g x，当且仅当 1 x e 时取等号 . 令 1 () = x xex， 1 ()1 x xe. 第 6 页 共 32 页 知 m i n ()( 1)0x. ()0x，即()0h x，当且仅当1x时取等号 . 综上所述，当0x时， 1 11 (ln)()0 xx exex exx ， 即( )1f x 方法三： 分析：题目中有,ln, x ex x，应该联想到重要熟知的 不等式1 x ex，就能得到下面流畅的证明

7、. 用导数易证1 x ex，当且仅当0x时取等号 . 1x ex,当且仅当 1x时取等号 . 于是方法二中， 1 1 ( )()0 x h xex x x eex,当且仅当1x时取等号 . ln ( ln) x eex，当且仅当 ln1x时取等号， 即当且仅当 1 x e 时取等号 . 1 ln () ln x eex. 1 ln 1 ln x e x eex . (也可以用 1 ( )lng xxx e 证明 ) 即 1 ln0x ex ，当且仅当 1 x e 时取等号 . 于是证法2 中的( )0g x，( )1f x. 总结：1 x ex 1x ex x eex 第 7 页 共 32 页

8、 ln (ln) x eex 公式关系清晰，一气呵成！ 方法四： 分析：欲证 2 ln1 x xe ex ex . 即证 2 (ln)1 x ex ex 即可 . 由方法三，可得 1 ln0x ex ，当且仅当 1 x e 取等号 . 又 x eex 当且仅当1x取等号 . 21 ln x exex 由和 可得： 2 (ln)1 x ex ex ， 这里关键是等号不能同时成立. ( )1f x. 方法五：（与方法四证明类似） 1 ln x ex ，当且仅当 1 x e 取等号 . 1 ln x xe ex x . 11 2 ln xx xee ex xx . 1 x ex. 1x ex，当且仅

9、当1x取等号 . 1 1 x e x . 由、 可知 1 2 ln1 x xe ex x . （注意：两个等号不能同时成立） 第 8 页 共 32 页 即( )1f x. 方法六：欲证 2 ln1 x xe ex ex 即证 2 ln x xxx e e . 主要还是等价变形. 设( )lng xxx. 则()ln xxxx g eeex e. （这里关键是注意到( )lng xxx与() xx g ex e 之间隐含着复合函数的关系） 只需证明 2 ( )() x g xg e e . 由方法一可知(0,)x， 1 ( )g x e ， 当且仅当 1 x e 取等号 . 1 () x g e

10、 e ，当且仅当1x取等号 . 2 ( )() x g xg e e ， （两个等号不能同时成立） ( )1f x. 点评：这种方法实在很难想！ 基于上述7 种方法的思考： 看来我们有必要梳理一下，其中重要的不等式： 泰勒展开式及其变形. 2 1 1!2! n xxxx e n 这个式子也叫麦克劳林公式. 当01x时， 有 2 1 11 1 xn xexxx x 即 1 ln(1)lnln(1) 1 xxx x 第 9 页 共 32 页 ln(1)xx，其中x用 1 x x 替换 . ln(1)ln(1) 11 xx x xx 由 得：ln(1),(01) 1 x xxx x 还有，1 x e

11、x.()xR注意等号成立条件. 1 1 x e x .(1)x 加强 可得ln(1),(1) 1 x xxx x 还有：ln,() x xxexo ln1xx， （当且仅当1x取等号） 1x ex， x ee x， 1 x x ee ， 1 ln x ex ， 1 lnxx e 等等 . 基于上面的思考: 证法 7: 1 x x ee ,当且仅当1x取等号 . 1 lnxx e ，当且仅当 1 x e 取等号 . 11 ln x x xx eee . ln xx x ee x exx ee . 2 ln1 x x e ex ex . 即 1 2 ln1 x xe ex x 成立 . 是否很帅！

12、 最后，关注以下函数，课下练习巩固. 1、 ( ) x f xxe ， ( ) x f xxe ( ) x f xx e，( ) x x fx e ，( ) x e f x x 第 10 页 共 32 页 2、( )lnf xxx，( )lnf xxx，( )lnf xxx， ( ) ln x f x x ， ln ( ) x f x x 3、( ) nx f xxe，( ) n x x f x e ，( ) x n e fx x 4、( )ln n f xxx，( ) ln n x f x x ， ln ( ) n x f x x 例 2. (2013 全国 2 理科 21)已知函数( )l

13、n() x f xexm (1)设0x是 ( )f x 的极值点， 求m，并讨论 ( )f x 的单调性； (2)当2m时，证明( )0f x. 解： (1)f(x) e x1 xm 由 x0 是 f(x)的极值点得f(0) 0，所以 m1. 于是 f(x) e x ln(x 1)，定义域为 (1， ) ， f(x)e x1 x1. 函数 f(x)e x1 x 1在(1， ) 单调递增， 且 f(0) 0，因此当x(1，0)时， f(x)0. 所以 f(x)在 (1，0)单调递减，在(0， ) 单调递增 (2)证明： 方法一： 当 m2 ，x(m， ) 时， ln(xm) ln( x2)， 故

14、只需证明当m2 时， f(x)0. 当 m 2时，函数f(x) e x1 x2在( 2， ) 单调递增 又 f(1)0 ， 故 f(x)0 在(2， ) 有唯一实根x0，且 x0( 1，0) 当 x(2，x0)时， f( x)0， 从而当 x x0时， f(x)取得最小值 由 f(x0)0 得 ex0 1 x02，ln(x 02) x0， 故 f(x) f(x0) 1 x02x 0 （x01） 2 x0 2 0. 综上，当m2 时， f(x)0. 第 11 页 共 32 页 方法二： 1x时，ln(1) 1 x xx x . +1ln( +2)xx, 当且仅当1x取等号 . 又 m2 ln(

15、+2)ln()xxm 又 +1 x ex，当且仅当0x取等号 . +1ln(+2)ln() x exxxm 不等式中前两个等号不可能同时取得. ln() x exm. 即ln()0 x exm成立 . (上式中，1x时，ln( +1)xx， xR时，+1 x ex，均可以用导数知识证明) 总结一： 常规方法遇阻碍，分而治之显神奇 泰勒公式藏天机！ 总结二： 分离分类寻零点，对数平均爱偏移 数形结合显神通！ 1. 降龙十八掌 分类讨论，不重不漏！ 例题 3.已知函数 31 ( ) 4 f xxax, ( )lng xx. ()当 a 为何值时， x 轴为曲线( )yf x的切线； ()用min,

16、 m n表示,m n中的最小值，设函数 ( )min( ),( )(0)h xf xg xx，讨论( )h x零点的个数 . 分析： （）先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出 切点坐标与对应的a 值； （）根据对数函数的图像与性质 将x分为1,1,01xxx研究( )h x的零点个数，若零 点不容易求解，则对a 再分类讨论 . 解： （） 设曲线( )yf x与 x 轴相切于点 0 (,0)x， 则 0 ()0f x， 第 12 页 共 32 页 0 ()0fx，即 3 00 2 0 1 0 4 30 xax xa ， 解得 0 13 , 24 xa. 因此，当 3 4 a时，x轴是

17、曲线( )yf x的切线 . （）当(1,)x时，( )ln0g xx，从而 ( )min( ), ( )( )0h xf xg xg x， ( )h x在（ 1，+）无零点 . 当x=1 时，若 5 4 a，则 5 (1)0 4 fa， (1)min(1), (1)(1)0hfgg, 故x=1 是( )h x的零点； 若 5 4 a，则 5 (1)0 4 fa， (1)min(1), (1)(1)0hfgf, 故x=1 不是( )h x的零点 . 当(0,1)x时，( )ln0g xx， 所以只需考虑( )f x在（ 0,1）的零点个数. ( )若3a或0a，则 2 ( )3fxxa在（ 0

18、,1）无零点， 故( )f x在（ 0,1）单调，而 1 (0) 4 f， 5 (1) 4 fa， 所以当3a时，( )f x在（ 0， 1）有一个零点； 当a0 时，( )f x在（ 0， 1）无零点 . 第 13 页 共 32 页 ()若30a，则( )f x在（ 0， 3 a ）单调递减， 在（ 3 a ，1）单调递增， 故当x= 3 a 时，( )f x取的最小值， 最小值为 () 3 a f= 21 334 aa . 若() 3 a f0，即 3 4 a 0， ( )f x在（ 0,1）无零点 . 若() 3 a f=0，即 3 4 a， 则( )f x在（ 0,1）有唯一零点； 若

19、() 3 a f0，即 3 3 4 a，由于 1 (0) 4 f, 5 (1) 4 fa，所以当 53 44 a时， ( )f x在（ 0,1）有两个零点； 当 5 3 4 a时，( )f x在（ 0,1）有一个零点 综上，当 3 4 a 或 5 4 a 时，( )h x由一个零点； 当 3 4 a或 5 4 a时， ( )h x有两个零点； 当 53 44 a时，( )h x有三个零点 . 考点：利用导数研究曲线的切线；对新概念的理解；分段函数的 零点；分类整合思想. 第 14 页 共 32 页 上面是我们在各种途径中可以看到的答案！但是同学们，通 过阅读答案可能还是一头雾水，如何分类讨论，

20、如何准确的找到 分类讨论点，才能做到不重不漏，轻松应对呢？ 研究函数 32 ( )f xaxbxcxd，0a的图像 . 可以详细研究函数( )f x的单调性， 极值情况， 方程( )0f x 的根的情况！ 因为 2 ( )32fxaxbxc， 所以这里 22 4124(3)bacbac， (1) 当 2 30bac，方程( )0fx有两个不同的实数根 12 ,x x，不妨设 12 xx， 单调性：在 1 (,)x， 2 (,)x上单调递增， 在 12 (,)x x 上单调递减 . 极值： 当 2 30bac， 当 2 30bac， (2)方程( )0f x根的情况，如图： x y 3 2 1

21、1 2 3 4 5 32112345 O x y 4 3 2 1 1 2 3 4 5432112345 O x y 4 3 2 1 1 2 3 4 5432112345 O x y 4 3 2 1 1 2 3 4 5 32112345 O x y 3 2 1 1 2 3 4 5 32112345 O x y 3 2 1 1 2 3 32112345 O 第 15 页 共 32 页 方法二：因为 31 ( ) 4 f xxax, ( )lng xx. 所以 2 ()3fxxa， 1 ( 0 ) 4 f， (1) 当0a时，函数 3 1 ( ) 4 fxx单调递增，如图 (2) 当0a时， 2 (

22、 )30fxxa， 函数( )f x单调递增，如图 图（ 1）图（ 2） (3) 当0a时， 2 ( )30fxxa，有 1 0 3 a x ，2 0 3 a x ， 可作如下5 种情况思考！ x y 2 1 1 2 3 1123 O x y 2 1 1 2 3 1123 O x y 2 1 1 2 3 1123 O x y 2 1 1 2 3 1123 O x y 2 1 1 2 3 1123 O x y 2 1 1 2 3 1123 O 第 16 页 共 32 页 例题 4. 已知函数 2 ( )ln(1) 2 k f xxx x ()当 k=2 时，求曲线y=f(x)在点 (1, f(1

23、)处的切线方程； ()求 f(x)的单调区间 解： （ I）当 k=2 时， f(x)=ln(1+x)x+x 2，1 ( )12 1 fxx x 由于 f(x)=ln2， 3 (1) 2 f ， 所以曲线y=f(x)在点 (1, f(1)处的切线方程为 3 l n 2(1 ) 2 yx 即. （II ） 依题意， x(1，+) ， 1 ( )1 1 fxkx x ， (1) ( ) 1 x kxk fx x 当 k=0 时，( ) 1 x fx x . 所以，在区间 (1， 0)上，f(x)0； 在区间 (0，+) 上，f(x)0； 在区间 (0， 1k k )上， f(x)0 故 f(x)得

24、单调递增区间是(1，+). 当 k1 时， 1 (1) (1) ( ) 11 kx x x kxk k fx xx ， 1 110 k 在区间 ( 1， 1 1 k )和(0，+) 上， f(x)0; 在区间 ( 1 1 k ，0)上， f(x)1 时， f(x)的单调递增区间( 1， 1 1 k )和(0，+) ， 单调递减区间是( 1 1 k ，0). 例题 4 变式 1：已知函数 2 1 ( )ln(1) 2 f xxkxx ， 求( )f x的单调区间 解：依题意，函数( )f x定义域为( 1,)， 22 11(1)(1)1 ( ) 111 kxxxxk xk fxkx xxx 令

25、()0fx 即 2 ( 1)1 0 1 xk xk x ，所以有 2 ( 1)10xkxk 22 (1)4(1)23(3)(1)kkkkkkV 第 18 页 共 32 页 （1）当31k时，0V恒成立，所以( )0fx 函数( )f x的单调增区间为(1 ,)； （2）当1k时，0V，方程 2 (1)10xk xk的二根为 2 1 123 2 kkk x， 2 1 123 2 kkk x （考虑当1k时，方程的两个根是否在定义域里） 22 1 123123 ( 1)( 1)0 22 kkkkkk x 所以在区间 2 123 (1,) 2 kkk 上， ()0fx 在区间 22 123123 (

26、,) 22 kkkkkk 上， ()0fx 在区间 2 123 (,) 2 kkk 上， ()0fx 函数( )f x 的单调增区间为 2 123 (1,) 2 kkk ， 2 123 (,) 2 kkk 函数( )f x的单调减区间为 22 123123 (,) 22 kkkkkk . （3）当3k时，0V，方程 2 (1)10xk xk的二根为 2 1 123 2 kkk x， 2 1 123 2 kkk x （考虑当3k时，方程的两个根是否在定义域里） 22 2 123123 ( 1)( 1)0 22 kkkkkk x 所以在区间( 1,)上，( )0fx 函数( )f x的单调增区间为

27、( 1,). 综上：当1k时，函数( )f x的单调增区间为( 1,). 当1k时， 函数( )f x的单调增区间为 第 19 页 共 32 页 2 123 ( 1,) 2 kkk ， 2 123 (,) 2 kkk 函数( )f x的单调减区间为 22 123123 (,) 22 kkkkkk . 例题 4 变式 2：已知函数 2 1 ( )ln(1) 2 f xkxxx， 求( )f x的单调区间 解：依题意，函数( )f x定义域为( 1,)， 22 (1)1 ( )1 111 kkxxxxk fxx xxx 令 ()0fx，即 2 1 0 1 xk x ， 2 10xk （1）当1k时

28、，( )0fx 函数( )f x的单调增区间为(1 ,)； （2）当1k时，方程 2 10xk的二根为 11xk，21xk 当 01k 时，111kk 所以在区间(1 ,1)k上， ()0fx 在区间(1,1)kk上， ()0fx 在区间(1,)k上， ()0fx 函数( )f x的单调增区间为( 1,1)k，( 1,)k 函数( )f x的单调减区间为(1, 1)kk. 当0k时， 2 1 () 1 x fx x 所以在区间(1 , 1)上， ()0fx 在区间( 1,)上， ()0fx 函数( )f x的单调增区间为(1,)， 函数( )f x的单调减区间为( 1,1). 第 20 页 共

29、 32 页 当0k时,111kk 所以在区间(1 ,1)k上， ()0fx 在区间(1,)k上， ()0fx 函数( )f x的单调增区间为( 1, 1)k， 函数( )f x的单调减区间为( 1,)k. 综上：当1k时，函数( )f x 的单调增区间为( 1, ) ； 当0 1k 时， 函数( )f x的单调增区间为( 1,1)k，( 1,)k 函数( )f x的单调减区间为(1, 1)kk. 当0k时， 函数( )f x的单调增区间为(1,)， 函数( )f x的单调减区间为( 1,1). 当0k时, 函数( )f x的单调增区间为( 1, 1)k， 函数( )f x的单调减区间为( 1,

30、)k. 2. 乾坤大挪移 分离参数，转化划归. 例题 5. (2016 全国 1 理 21) 已知函数 2 ( )(2)(1) x f xxea x 有两个零点 . (I) 求 a 的取值范围； (II) 设 1 x， 2 x是( )f x的两个零点，证明： 12 2xx. 解： （）方法一： (分类讨论 ) ( )(1)2 (1)(1)(2 ) xx fxxea xxea （i）设0a，则( )(2) x f xxe，( )f x只有一个零点 第 21 页 共 32 页 （ii）设0a，则当(,1)x时，( )0fx； 当(1,)x时，( )0fx 所以( )f x在(,1)上单调递减，在(

31、1,)上单调递增 又(1)fe，如图： 我们希望能够找到 12 1,1xx， 并且有 1()0f x，2()0f x，任务就完成了！ ！ 方法一：静态取点，附近尝试！ 这种情况下，不妨就近取值进行尝试 (2)0fa，满足题意！ 2 1x， 2 ()0f x完成 . 而(0)2fa， 1 ( 1)34fea等等都依赖于a，怎么办？ 麻烦在于 x e身上，我们有什么办法把它“ 干掉 ” 呢？ 方法二：动态找点，适当放缩！ 我们不妨向负方向走远一点，在(,0)内找找看！ 分析 2 (2)(1) x xea x的结构特征， 因为0x， x ee，20x， 所以(2)(2) x xee x， “ 干掉

32、” x e！ 所以 2 ( )(2)(1) x f xxea x x y 1123 O 第 22 页 共 32 页 22 (2)(1)2 (1)(1)e xa xe xa x 令 2 2 (1)(1)0e xa x，即2 (1)0ea x， 解得 2 11 e x a 2 (1)0 e f a ，我们的11x，1()0f x完成 . 方法三：极限思想很重要！ 2 l i m (2 )(1) x x xea x， 此时一定有我们的 1 1x， 1 ()0fx完成 此处应该用左手猛拍右手吧！ （iii）设0a，由( )0fx得1x或ln( 2 )xa 若 2 e a， 则ln( 2 )1a， 故当

33、(1,)x时，( )0fx， 因此( )f x在(1,)上单调递增 又当1x时，( )0f x，所以( )f x不存在两个零点 若 2 e a， 则ln( 2 )1a， 故 当(1,ln( 2 )xa时 ， ( )0fx； 当(ln( 2 ),)xa时，( )0fx 因此( )f x在(1,ln( 2 )a单调递减， 在(ln( 2 ),)a单调递增 又当1x时，( )0f x，所以( )f x不存在两个零点 综上，a的取值范围为(0,) 方法二：参变量分离 函数 2 ( )(2)(1) x f xxea x有两个零点等价于方程 2 (2)(1)0 x xea x有两个不等的实数根. 所以 2

34、 (1)(2) x a xxe，又因为1x不是方程的根， 第 23 页 共 32 页 所以有 2 (2) (1) x xe a x ， 设 2 (2) ( ) (1) x xe g x x ， 于是问题就转化为ya与 2 (2) ( ) (1) x xe g x x 有两个交点 时求a的取值范围 . 因为 22 33 (45)(2)1 ( ) (1)(1) xx xxexe g x xx ， 这里( )g x的导数千万不能出错！ ！ 不用睁大眼睛就能发现，当(,1)时，( )0gx， ( )g x单调递增且恒有( )0g x; 当(1,)时，( )0g x，( )g x单调递减； 下面我们要结

35、合函数增长速度快慢， 分析函数 2 (2) ( ) (1) x xe g x x 的值域： (1)当x时，( 2)0 x xe ， 2 (2) ( )0 (1) x xe g x x ， 当1x(x从1的负方向趋近于1)， 2 (2) ( ) (1) x xe g x x ； (2) 当1x(x从1的负方向趋近于1)， 2 (2) ( ) (1) x xe g x x ； 当x时， 2 (2 ) ( ) (1) x xe g x x ; 由上可知：当(,1)时，( )g x的值域是( 0 ,)； x y O 第 24 页 共 32 页 当(1,)时，( )g x的值域是(,)； 综上所述，a的

36、取值范围为( 0,) （）设 1 x， 2 x是( )f x的两个零点，证明： 12 2xx. 分析：对于双变量问题， 利用已知条件统一变量这招往往非常有效！ 已知条件： (1)0a时，函数( )f x有两个零点， 不妨设 12 1xx(由第 1 问可知 ) (2)函数( )fx在(,1)上单调递减， 在(1 ,)上单调递增 (由第 1 问可知 ) (3)要证明 12 2xx，只需证明 12 21xx， 所以只需证明 12 ()(2)f xfx， (4) 又因为 1 x， 2 x是( )f x的两个零点， 所以有 12 ()()0f xf x ； 所以只需证明 22 ()(2)f xfx 或者

37、证明 2 (2)0fx 方法一：依题意，不妨设 12 1xx，要证明 12 2xx， 只需证明 12 21xx， 又因为函数( )f x在(, 1)上单调递减， 所以只需证明 12 ()(2)f xfx， 又因为1 x ，2 x 是 ( )f x 的两个零点， 所以有 12 ()()0f xf x； 第 25 页 共 32 页 所以只需证明 22 ()(2)f xfx， (本质上是比较大小！果断作差法！) 构造差函数： 2 ( )( )(2)(2)(1) xx F xf xfxxexex， 所以 2 ()(1) () xx Fxxee， 当1x时，10x，2xx， 2xx ee， 所以 ()0

38、Fx，( )F x在(1,)单调递增， 所以( )(1)0F xF， 所以有()( 2)0fxfx， 即 22 ()(2)f xfx成立， 所以122xx得证 . 方法二：不妨设 12 1xx， 由（ ）知 12 (,1),(1,)xx ，2 2(,1)x ， ( )f x在(,1)上单调递减，所以 12 2xx等价于 12 ()(2)f xfx， 即 2(2)0fx 由于 2 22 222 (2)(1) x fxx ea x， 此处含有参数a，很麻烦，怎么消去呢？ 而 2 2 222 ()(2)(1)0 x f xxea x， 所以 22 2 222 (2)(2) xx fxx exe 设

39、2 ( )(2) xx g xxexe， 则 2 ( )(1)() xx g xxee 所以当1x时，( )0g x，而(1)0g， 第 26 页 共 32 页 故当1x时，( )0g x 从而 22 ()(2)0g xfx，故 12 2xx 事实上， 这个题目所考核的内容就是近几年数学江湖红人“ 极 值点偏移问题” ，什么是 “ 极值点偏移问题” 呢？ 设函数( )f x是图象连续不断的函数， 在区间 12(,)xx内只有一个极值点0x， 且 12 ()()0f xf x，由于函数在极值点左右的增减速度不 同，所以函数图象不关于 0 xx 对称，即 12 0 2 xx x，这种现象 称之为

40、“ 极值点偏移问题”. 本题中的极值点是 1，要证 12 2xx，即证 12 1 2 xx ，也 就是要证明极值点在两个零点 1 x， 2 x的中点 12 2 xx 的右侧偏移， 而解决这种问题常见的方法有两种：构造对称差函数与对数平均 不等式！ 套路一：先构造对称差函数 00 ( )()()H xf xxf xx， (0,)x，其中 0 x为函数( )f x的极值点， 然后求导确定( )H x 的单调性， 结合(0)0H确定( )H x的符号， 最后通过( )f x的单 调性得到结论！ 证明：依题意， 设 11 ( )(1)(1)(1)(1) xx H xfxfxxexe， (0,)x 所以

41、 11 ( )()()0 xxxx Hxx eeex ee ， 所以函数( )H x在(0,)上单调递增且(0)0H， x x1+x2 2 x2x11 第 27 页 共 32 页 所以( )0H x恒成立 . 由(1)可知 12 1xx， 2 10x，所以 2 (1)0H x， 即 222 (1)(11)1(1)H xfxfx 22 ()(2)0f xfx 所以即 22 ()(2)f xfx成立， 结合单调性，证明结束！ 怎们样！有没有一种畅快淋漓的感觉！ 套路二：对数平均不等式 所谓对数平均不等式，是指对于,0a b， 有 lnln2 abab ab . 证明：不妨设(0 )ab x x，

42、则不等式变为 11 ln2 xx x ，即可证明 . 下面我们来试试！ ！ 首先，简化问题，将函数 2 ()(2 )(1 ) x fxxea x的 图象向左平移1 个单位长度，得到函数 12 ( )(1) x g xxeax， 所以原题等价于 12 ( )(1) x g xxeax有两个零点， 证明： 12 0xx. 证明：由 (1)知函数( )g x的单调递减区间为(,0)， 单调增区间为(0,)， 设 12 xx， 由 (1)知 0 是函数( )g x的极值点，又(1)ga， 则 1201xx，由12()()0g xg x得 1 12 11 (1) x x eax， 2 12 22 (1)

43、 x xeax两边分别取对数得： 2 111 ln(1)1lnlnxxax 第 28 页 共 32 页 2 222 ln(1)1lnlnxxax 两式相减得 22 211221 ln(1)ln(1)lnlnxxxxxx 根据对数平均不等式： 22 1221 2121 ln(1)ln(1)lnln 1 xxxx xxxx 22 1221 21 22 1221 ln(1)ln(1)lnln () (1)(1) xxxx xx xxxx 2122 1221 22 () (1)(1) xx xxxx 因为 12 01xx， 12 20xx， 22 21 0xx， 所以 2222 1221212112

44、(2)()2()2()(2)xxxxxxxxxx 等价于 22 1212 ()(1)(1)20xxxx 所以 12 ()0xx. 利用对数平均不等式解决极值点偏移问题的步骤如下： (1) 根据 12 ()()f xf x建立等式； (2) 如果含有参数，则消参；如果等式中含有指数式， 则两边取对数； (3) 通过恒等变形改变结构，利用对数平均不等式得到 需要的结论 . 综上不论是构造对称差函数还是对数平均不等式，共同点都 是构造函数把二元问题化归为一元问题，体现了转化与化归的数 学思想！ 我们再看2017 年的考题： 例题 6(2017 全国 1 理 21)已知函数 2 ( )(2) xx f

45、 xaeaex. （1）讨论( )f x的单调性； （2）若( )fx有两个零点，求a 的取值范围 . 解： 第 29 页 共 32 页 （1）( )f x的定义域为(,)， 2 ( )2(2)1(1)(21) xxxx fxaeaeaee， （）若0a，则( )0fx，所以( )f x在(,)单调递 减. （）若0a，则由( )0fx得lnxa. 当(,ln)xa时，( )0fx； 当(ln,)xa时，( )0fx， 所以( )f x在(,ln)a单调递减， 在(ln,)a单调递增 . （2） （）若0a，由（ 1）知，( )f x至多有一个零点. （）若0a，由（ 1）知，当lnxa时，

46、( )f x取得最小值， 最小值为 1 (ln)1lnfaa a . 当1a时，由于( ln)0fa，故( )f x只有一个零点； 当(1,)a时，由于 1 1ln0a a ，即 (ln)0fa， 故( )f x没有零点； 当(0,1)a时， 1 1ln0a a ，即( ln)0fa. 又 422 ( 2)e(2)e22e20faa， 故( )f x在(,ln)a有一个零点 . 设正整数 0 n满足 0 3 ln(1)n a ，则 0000 0000 ()e ( e2)e20 nnnn f naannn. 由于 3 ln(1)ln a a ， 因此( )f x在( ln,)a有一个零点 . 第

47、 30 页 共 32 页 综上，a的取值范围为(0,1). 对于第（ 2）问我们不妨这样思考： 由（ 1）知0a时，( )f x在(,ln)a单调递减， 在(ln,)a单调递增 . 若( )f x有两个零点，需要具备满足三个条件： (1) 1 ( ln)ln10faa a (2) 找到 1 lnxa，使得 1 ()0f x； (3) 找到 2 lnxa，使得 2 ()0f x. 此题与 2016 全国 1 理 21 第 (1)问的方法是一致的！ 因为 1 (ln)ln1faa a ， 当0a时， 1 ( )ln1g aa a 单调递增， 又(1)0g，所以当01a时， 1 ( ln)ln10f

48、aa a ； 步骤 (1)完成！ 下面完成步骤(2)(3)! 方法一：静态取点，适当放缩，动态取点，放缩适当！呵呵！ 因为 2 ( )(2) xx f xaeaex， 所以(0)220fa，不行，再尝试！ x y -lna x1x1 y -lna 第 31 页 共 32 页 2 2 2 (1) ea eea f e ， 因为 22 220eaeeaee， 所以 2 2 2 (1)0 ea eea f e ； 或 者 422 ( 2)(2)2220faeaee同 样 可 以！ 又或者可以这样思考： 当0x时， 22 ( )(2)(2)2 xxx f xaeaexaeaxax， 令20ax时，得2lnxaa， 所以(2)0f a，故( )f x在(,ln)a有一个零点 . 动态取点，放缩适当 因为 22 ( )(2)(2) xxxxx f xaeaexaeaee 2 (3) xx aeae (3 )0 xx e aea 所以 3 ln(1)lnxa a ， 所以 3 (ln(1)0f a ， 因此( )f x在(ln,)a有一个零点 . 综上，a的取值范围为(0,1). 对于第 (2)问我们还可以