极值点偏移问题的两种常见解法之比较
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-- 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()yfx是连续函数，在区间12(,)xx内有且只有一个极值点0x，且12()()fxfx,若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点1202xxx,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1202xxx的情况,我们称这种状态为“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，若函数()fx在区间(,)ab内单调递增,则对区间(,)ab内的任意两个变量12xx、,1212()()fxfxxx；若函数()fx在区间(,)ab内单调递减，则对区间(,)ab内的任意两个变量12xx、，1212()()fxfxxx. 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:,,(,)lnln,,ababLababaab
对数平均数与算术平均数、几何平均数的大小关系是:(,)2ababLab，(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0ab时,显然等号成立
iｉ）当0ab时,不妨设0ab，
①先证lnlnababab，要证lnlnababab,只须证：lnaabbba,
令1axb,只须证:12ln,1xxxx
设1()2ln,1fxxxxx,则22221(1)()10xfxxxx，所以()fx --
-- 在(1,)内单调递减，所以()(1)0fxf,即12lnxxx,
故lnlnababab
①再证:lnln2ababab
要证：lnln2ababab，只须证:1ln21aabbab
令1axb，则只须证：1ln12xxx，只须证2ln1112xxx，
设2ln()112xgxx,1x,则22221(1)()0(1)22(1)xgxxxxx
所以()gx在区间(1,)内单调递减,所以()g(1)0gx,即2ln112xx，
故lnln2ababab
综上述,当0,0ab时，(,)2ababLab
例１ （２016年高考数学全国Ⅰ理科第2１题)已知函数2)1()2()(xaexxfx有两个零点．
（Ⅰ）求a的取值范围；
(Ⅰ)设21,xx是)(xf的两个零点，证明：221xx．
解：（Ⅰ）函数()fx的定义域为R,
当0a时，()(2)0xfxxe，得2x,只有一个零点，不合题意；
当0a时，()(1)[2]xfxxea
当0a时，由()0fx得,1x，由()0fx得,1x，由()0fx得,1x，
故,1x是()fx的极小值点，也是()fx的最小值点,所以min()(1)0fxfe
又(2)0fa,故在区间(1,2)内存在一个零点2x，即212x
由21lim(2)limlim0,xxxxxxxxeee又2(1)0ax,所以,()fx在区间
(,1)存在唯一零点1x,即11x,
故0a时，()fx存在两个零点; --
-- 当0a时,由()0fx得,1ln(2)xxa或,
若ln(2)1a，即2ea时,()0fx,故()fx在R上单调递增，与题意不符
若ln(2)1a,即02ea时,易证()=(1)0fxfe极大值故()fx在R上只有一
个零点,若ln(2)1a,即2ea时,易证
()=(ln(2)fxfa极大值2(ln(2)4ln(2)5)0aaa,故()fx在R上只有一个零点
综上述,0a
(Ⅰ）解法一、根据函数的单调性证明
由(Ⅰ)知,0a且1212xx
令2()()(2)(2),1xxhxfxfxxexex，则2(1)2(1)(e1)()xxxhxe
因为1x,所以2(1)10,10xxe，所以()0hx，所以()hx在(1,)内单调递增
所以()(1)0hxh,即()(2)fxfx,所以22()(2)fxfx，所以12()(2)fxfx,
因为121,21xx,()fx在区间(,1)内单调递减，所以122xx，即122xx
解法二、利用对数平均不等式证明
由(Ⅰ)知,0a,又(0)2fa 所以,
当02a时,10x且212x，故122xx
当2a时，12012xx,又因为12122212(2)(2)(1)(1)xxxexeaxx
即12122212(2)(2)(1)(1)xxxexexx
所以111222ln(2)2ln(1)ln(2)2ln(1)xxxxxx
所以12122112ln(2)ln(2)2(ln(1)ln(1))(2)(2)xxxxxxxx
所以1212121212ln(1)ln(1)(2)(2)412ln(2)ln(2)ln(2)ln(2)2xxxxxxxxxx
所以1212122ln(1)ln(1)22ln(2)ln(2)xxxxxx ① --
-- 下面用反证法证明不等式①成立
因为12012xx,所以12220xx,所以12ln(2)ln(2)0xx
假设122xx,当122xx,1212122ln(1)ln(1)02=02ln(2)ln(2)xxxxxx且,与①矛盾；
当122xx时1212122ln(1)ln(1)02<02ln(2)ln(2)xxxxxx且,与①矛盾，故假设不成立
所以122xx
例２ (２０１1年高考数学辽宁卷理科第２1题）已知函数2()ln(2)fxxaxax
(Ⅰ）讨论函数()fx的单调性;
（Ⅱ）若曲线()yfx与x轴交于AB、两点,AB、中点的横坐标为0x，证明：0()0fx
解:(Ⅰ)函数()fx的定义域是(0,)
1(12)(1)()2(2)xaxfxaxaxx
当0a时,()0fx在区间(0,)内恒成立，即()fx在区间(0,)内单调递增
当0a时，由()fx＞0，得函数()fx的递增区间1(0,)a,
由()fx＜0，得函数()fx的递减区间1(,)a
(Ⅱ）解法一、根据函数的单调性求解
设点AB、的横坐标分别为12xx、，则1202xxx，且1210xxa
由（Ⅰ）知,当0a时,max111[()]=[()]()ln1fxfxfaaa极大值
因为函数()fx有两个不同的零点，所以max[()]0fx,所以01a
要证0000(12)(1)()0xaxfxx,只须证01ax,即证122xxa
令2()()()hxfxfxa21lnln()22,0xxaxxaa
则212(1)()202(2)aaxhxaxaxxax，所以()hx在1(0,)a内单调递增 --
-- 所以1()()0hxha,即2()()fxfxa
因为1210xxa，所以112()()fxfxa,所以212()()fxfxa
又21121,xxaaa，且()fx在区间1(,)a内单调递减
所以212xxa,即122xxa,故0()0fx
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)AxBx、,则1202xxx
由（Ⅰ）知,当0a时，max111[()]=[()]()ln1fxfxfaaa极大值
因为函数()fx有两个不同的零点，所以max[()]0fx,所以01a
因为21112222ln(2)0ln(2)0xaxaxxaxax，所以212121lnln[()(2)]()xxaxxaxx
所以211212211()(2)lnln2xxxxaxxaxx，即12121()(2)2xxaxxa
所以21212()(2)()20axxaxx ,所以1212[()2][()1]0axxxx
所以12102xxa，所以121212012(1)(1)2()()022xxxxaxxfxfxx．
例3 (２0１4年高考数学湖南卷文科第21题)已知函数21()1xxfxex
（Ⅰ)求函数()fx的单调区间；
（Ⅱ）当1212()(),fxfxxx时,求证：120xx
解:（Ⅰ)函数()fx的定义域为R
()fx2222222(1)2(1)1[(1)2](1)1(1)xxxxxxxxxeeexxx
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()(0)1fxf
（Ⅱ）解法一、利用函数的单调性求解 --
-- 令2211()()()11xxxxhxfxfxeexx ,0x
则22222(23)(23)()(1)xxxxexxhxxxe
令222()(23)(2+3),0xHxxxexxx
则22()2[(2)(1)],0xHxxxexx,则22()2[(23)1],0xHxxex
由0x得,()2(31)40Hx,故()Hx在(0,)内单调递增
故()(0)20HxH，故()Hx在(0,)内单调递增
故()(0)0HxH,故()0hx，故()hx在(0,)上单调递减
所以,()(0)0hxh
由(1)及1212()(),fxfxxx知,1201xx,故222()()()0hxfxfx
所以22()()fxfx，所以12()()fxfx,又()fx在(,0)上单调递增
所以,12xx,即120xx
