1、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 是连续函数，在区间 内有且只有一个极值点 ，()yfx12(,)x0x且 ，若极值点左右的“增减速度” 相同，常常有极值点 ，12()fxf 120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 的情况，我们称这种状态为“极值点120x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 在区()fx间 内单调递增，则对区间
2、内的任意两个变量 ，(,)ab(,)ab12x、；若函数 在区间 内单调递减，则对区间1212fxfxfx(,)ab内的任意两个变量 ， . 二是利用“对数平均不(,)12、 1212()fx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 和 的对数平均数定义：ab ,(,)ln,abL对数平均数与算术平均数、几何平均数的大小关系是：， （此式记为对数平均不等式）(,)2bL下面给出对数平均不等式的证明：i）当 时，显然等号成立0aii）当 时，不妨设 ，0ab先证 ，要证 ，只须证： ， lnblnablnab令 ，只须证：1ax12l,x设 ，则 ，所以()2ln
3、,f22(1)() 0xf 2()fx在 内单调递减，所以 ，即 ，1,()10fx12lnx故 lnab再证： 2要证： ，只须证：lnab1ln2ab令 ，则只须证： ，只须证1xbl1xln112x，设 ， ，则2ln()g22()() 0gx所以 在区间 内单调递减，所以 ，即 ，x(1,)g(1)0ln1x故 ln2ab综上述，当 时，0,(,)2ababL例 1 （2016 年高考数学全国理科第 21 题）已知函数有两个零点2)1()2()xexf（）求 的取值范围；a（）设 是 的两个零点，证明： 21,)(f 21x解：（）函数 的定义域为 ，xR当 时， ，得 ，只有一个零点
4、，不合题意；0a()0xfe2当 时，1a当 时，由 得， ，由 得， ，由 得， ，()fx()0fx1()0fx1故， 是 的极小值点，也是 的最小值点，所以1x mine又 ，故在区间 内存在一个零点 ，即(2)0fa(1,2)2x2由 又 ，所以， 在区间 limlilim0,xxxxee(1)0a()fx3存在唯一零点 ，即 ，(,1)1x故 时， 存在两个零点；0a()f当 时，由 得， ，0xln(2)xa或若 ，即 时， ，故 在 上单调递增，与题意不符ln(2)12ea)0ffxR若 ，即 时，易证 故 在 上只有一 (=(1)0e极 大 值 ()fxR个零点，若 ，即 时，
5、易证l()e，故 在 上只有一个零()=n2fxfa极 大 值 2(l)4ln(2)5a()fx点综上述， 0（）解法一、根据函数的单调性证明由（）知， 且a12x令 ， 则2()()(),1xxhxf e2(1)e()xhx因为 ，所以 ，所以 ，所以 在 内单调递增12(1)0,x0 (,)所以 ，即 ，所以 ，所以()hxf 22()fxf，12ff因为 ， 在区间 内单调递减，所以 ，即,1x()fx(,1)12x12x解法二、利用对数平均不等式证明由（）知， ， 又 所以，0a()2fa当 时， 且 ，故021xx12x当 时， ，又因为a12122()()xxeea即122()()
6、xxee所以 1122ln()ln()l()ln(1)xx所以 21 122l()()x x4所以121212ln()l()()()42lnlxxx所以 1212l()()lx下面用反证法证明不等式成立因为 ，所以 ，所以120x120x12ln(2)l()0x假设 ，当 ， ,与矛1212x12=l()l()且盾；当 时 ,与矛盾，故假设不成立12x1212ln()l()00，得函数 的递增区间 ，fx10,a由 0，得函数 的递减区间()fx()()（）解法一、根据函数的单调性求解设点 的横坐标分别为 ，则 ，且AB、 12、 120x120xa由（）知，当 时，0amax()=()()l
7、nfxff极 大 值因为函数 有两个不同的零点，所以 ，所以()fx 5要证 ，只须证 ，即证000(12)xaf01ax12xa令 ()hxf 2ln(),则 ，所以 在 内单调递增11)20()aaxx()hx10,a所以 ，即(0hf因为 ，所以 ，所以120xa112()xfxa21()fxfxa又 ，且 在区间 内单调递减2,f(,所以 ，即 ，故1x2x0)fx解法二、利用对数平均不等式求解设点 的坐标分别为 ，则AB、 12(,)(,)AB、 120x由（）知，当 时，0amax=()ln1fxffa极 大 值因为函数 有两个不同的零点，所以 ，所以()fx()因为 ，所以211
8、2ln)(0xa212121ln()()xxx所以 ，即12122()(lxx1212()(aa所以 ，所以1)0aa12)0xx所以 ，所以 .120x12120()()fxf 例 3 （2014 年高考数学湖南卷文科第 21 题）已知函数 2()1xfe（）求函数 的单调区间；()fx（）当 时，求证：1212,x120x解：（）函数 的定义域为 R ()fx6()fx2 221)()1(1)xxxee由 ，得 ， 由 ，得函数的递增区间 ，由 ，0f ()0f(,0)()0fx得函数的递减区间 ，所以(,)max()1f（）解法一、利用函数的单调性求解令 ，221()()xxhxfe0则
9、223(3)xx令 2()(+),0xHxe则 ，则2)1x2()3)1,0xHxe由 得， ，故 在 内单调递增0x(34x,故 ，故 在 内单调递增()20H ()x0,)故 ，故 ，故 在 上单调递减xhh(,所以， ()h由（1）及 知， ，故1212(),fxfx120x22()0x所以 ，所以 ，又 在 上单调递增2()ffx12()fxf()fx,0)所以， ，即11解法二、利用对数平均不等式求解因为 时， ， 时， ，x()0fx()0fx1212(),ffx所以， ， ，所以，12122xe2121xee所以， 12122ln()ln()l()(ln()xx所以， 22211
10、lxx7所以，22211211(1)(ln()l()lnl)xxx所以， 22121(l()l)x因为 ，所以120x12ln()l()0x下面用反证法证明 ，假设120x当 时， ，与不等式矛盾120x221l()ln(), =0x且当 时， ，所以 ，与12210x12,且 221l()ln()0x不等式矛盾.所以假设不成立，所以 12例 4 （2014 年江苏省南通市二模第 20 题）设函数 其图象()(),xfeaR与 轴交于 两点，且 .x12(,0),ABx12x（）求实数 的取值范围；a（）证明： 为函数 的导函数） ；12()0()ff()f（）略.解：（） ， ， 当 时，
11、在 R 上恒成立，不合题意()xfeaRa()0fx当 时，易知， 为函数 的极值点，且是唯一极值点，0aln()fx故， min()()(2fxf当 ，即 时， 至多有一个零点，不合题意，故舍去；iae()fx当 ，即 时，由 ，且 在 内单调递减，故min()0fx210e()fx,ln)a在 有且只有一个零点；由1,l 2(ln(12ln),faa令 ，则 ，故2,yaey21l430e所以 ，即在 有且只有一个零点.2(ln)0f(ln,)a（）解法一、根据函数的单调性求解8由（）知， 在 内递减，在 内递增，且()fx,ln)a(ln,)a(1)0fe所以 ，要证 ，只须证 ，即证1
12、2lna120fx12xa2x又 ，故只须证12x12lnxa令 2l()(ln)(ln),xhfaeeax，2lxxel则 ，所以 在区间 内递增2() 0xea()hx(1,l)所以 ，即ln2lnllnaahxe2nfax所以 ，所以11()l)ffx21()fxfx因为 ，且 在区间 内递增2ln,lxaa(l,a所以 ，即 ，故1x2ln12)0fx解法二、利用对数平均不等式求解由（）知， 在 内递减，在 内递增，且()f,l)a(l,)a(1)0fe所以 ，因为 ，12lnxa1)0xfe2xa，即 ，所以12ea121xxe1212()()lnl(x所以 ，要证： ，只须证 ，即
13、()0x12()0f12xea12lnxa故， ，121lnxlxx所以 ，所以22()x 1221212n()xx因为 ，所以 ，而12()01l)l0x0所以 成立，所以1222lnx12()fx从以上四个例题可以看出，两种方法解决的问题相同，即若 是函数 的两个,()fx零点，而 是函数 的极值点，证明 （或 ） ，根据函数0x()fx120x120x9单调性求解的步骤是：一、构建函数 ，二、判断函数 的单0()(2)hxfx()hx调性，三、证明 （或 ）即 （或 ） ，()0hx0()2f四、故函数 的单调性证 （或 ）.根据对数平均不等式求解f120x120x的步骤是：一、通过等式两边同取自然对数或相减等配凑出 ，二、通1212lnxx及过等式两边同除以 构建对数平均数 ，三、利用对数平均不等式将12lnx12lx转化为 后再证明 （或 ）. 两种方法各有优劣，12lnx12120x120x适用的题型也略有差异，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.
