极值点偏移问题
极值点偏移的典型例题(含答案)
极值点偏移的问题（含答案）21212()ln ,(1()1121()()3(),,f x x ax a f x x x a a f m f mf x x x x x e =-==⋅1.已知为常数）（）若函数在处的切线与轴平行，求的值；（）当时，试比较与的大小；（）有两个零点证明：＞21212()ln (),,.f x x ax f x x x x x e =-⋅变式：已知函数，a 为常数。
(1)讨论的单调性；(2)若有两个零点，试证明：＞2012120()+sin,(0,1);2()()()()(),2.xf x x ax x f x a a f x f x f x f x x x x π=+∈=+2.已知（1）若在定义域内单调递增，求的取值范围；（2）当=-2时，记取得极小值为若求证＞()2121212121()ln -,()2(1=()()()(1)()1,,0,2f x x ax x a R f f xg x f x ax g x a x x f x f x x x x x =+∈-++=+≥3.已知（1）若）0，求函数的最大值；（2）令=-,求函数的单调区间；（3）若=-2,正实数满足（）证明：212122(1)1(1)1,,x x x x x e -+>>4.设a>0,函数f(x)=lnx-ax,g(x)=lnx-证明：当时，g(x)>0恒成立；（2）若函数f(x)无零点，求实数a 的取值范围；（3）若函数f(x)有两个相异零点x 求证：x1212312()2ln ,1()2(),8f x x a a x a R f x f x x x x x a x x a =--∈<⋅<5.已知常数。
（）求的单调区间；（）有两个零点，且；(i)指出的取值范围，并说明理由；（ii)求证：6.设函数()e ()x f x ax a a =-+∈R ，其图象与x 轴交于1(0)A x ，，2(0)B x ，两点，且12x x <．（1）求a 的取值范围；（2）证明：0f '<（()f x '为函数()f x 的导函数）；。
极值点偏移的问题(含答案)
极值点偏移的问题(含答案)1.已知 $f(x)=\ln x-ax$，其中 $a$ 为常数。
1）若函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线与 $x$ 轴平行，求$a$ 的值；2）当 $a=1$ 时，比较 $f(m)$ 和 $f(1)$ 的大小；3）$f(x)$ 有两个零点 $x_1$ 和 $x_2$，证明：$x_1\cdotx_2>e^2$。
变式：已知函数 $f(x)=\ln x-ax^2$，其中 $a$ 为常数。
1) 讨论 $f(x)$ 的单调性；2) 若有两个零点 $x_1$ 和 $x_2$，试证明：$x_1\cdotx_2>e$。
2.已知 $f(x)=x^2+ax+\sin (\pi x)$，$x\in(0,1)$。
1）若 $f(1)=0$，求函数 $f(x)$ 的最大值；2）令 $g(x)=f(x)-(ax-1)$，求函数 $g(x)$ 的单调区间；3）若 $a=-2$，正实数 $x_1$ 和 $x_2$ 满足$f(x_1)+f(x_2)+x_1x_2=0$，证明：$x_1+x_2\geq \frac{5}{2}$。
3.已知 $f(x)=\ln x-ax^2+x$，其中 $a\in R$。
1）若 $f(1)=0$，求函数 $f(x)$ 的最大值；2）令 $g(x)=f(x)-(ax-1)$，求函数 $g(x)$ 的单调区间；3）若 $a=-2$，正实数 $x_1$ 和 $x_2$ 满足$f(x_1)+f(x_2)+x_1x_2=0$，证明：$x_1+x_2\geq \frac{5}{2}$。
4.设 $a>0$，函数 $f(x)=\ln x-ax$，$g(x)=\ln x-\frac{2(x-1)}{x+1}$。
1）证明：当 $x>1$ 时，$g(x)>0$ 恒成立；2）若函数 $f(x)$ 无零点，求实数 $a$ 的取值范围；3）若函数$f(x)$ 有两个相异零点$x_1$ 和$x_2$，求证：$x_1\cdot x_2>e^2$。
高中数学专题 微专题13 极值点偏移问题
由 f′(x)＝1－1x＋ln x－2x＋a＝0 得
a＝2x＋1x－ln x－1，
所以直线 y＝a 与函数 g(x)＝2x＋1x－ln x－1 的图象有两个交点，
由
g(x)
＝
2x
＋
1 x
－
பைடு நூலகம்
ln
x－1
得
g′(x)
＝
2
－
1 x2
－
1 x
＝
2x2－x－1 x2
＝
2x＋1x－1
x2
，x∈(0，＋∞)，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，因此g(x)min＝g(1)＝2， 当x→0时，g(x)→＋∞， 当x→＋∞时，g(x)→＋∞， 作出y＝g(x)的大致图象，如图所示. 所以若有两个交点，只需a>2，即a的取值范围为 (2，＋∞).
(2)设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，证明：x1＋x2>2.
因为x1，x2是函数f(x)的两个极值点， 所以f′(x1)＝f′(x2)＝0，由(1)可知g(x1)＝g(x2)＝a，不妨设0<x1<1<x2， 要证明x1＋x2>2，只需证明x2>2－x1， 显然2－x1>1， 由(1)可知，当x∈(1，＋∞)时，g(x)单调递增，所以只需证明g(x2)>g(2 －x1)， 而g(x1)＝g(x2)＝a， 所以证明g(x1)>g(2－x1)即可， 即证明函数h(x)＝g(x)－g(2－x)>0在x∈(0,1)时恒成立，
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(2)若f′(x0)＝0(f′(x)为f(x)的导函数)，方程f(x)＝m有两个不相等的实数 根x1，x2，求证：x1＋x2>2x0.
极值点偏移问题 沈阳市第十一中学数学组：赵拥权
极值点偏移问题 沈阳市第十一中学数学组：赵拥权一：极值点偏移（俗称峰谷偏）问题的定义对于可导函数在区间（a,b ）上只有一个极大（小）值点,方程(f(x)=m)的解分别为且<<b.则称函数f(x)在区间（a,b ）上极值点偏移；）上极值点偏移；二：极值点偏移的判定定理,方程的解分且<<b.（1即函数 （2即函数 （3则即函数 （4则即函数x=x=x=1)(x )()x a f x -=+（或），则f 函数f(x)满足(a,2a)递减,且f(a-x)<（>）f(a+x)(f(x)<(>)f(2a-x))②f(x)在(0,a)递减,在(a,2a)递增,且f(a-x)>(<)f(x+a)(f(x)>(<)f(2a-x))则函数f(x)在(0,2a)的图象关于直线x=a偏移(偏对称)(俗称峰谷偏函数)其中①极大值左偏（或右偏）也称峰偏左（或右）②极小值偏左（或偏右）也称谷偏左（或右）；性质：x 对称若则<=>1) )(xf的图象关于直线a,(=0,);2)则则,极值点偏移解题步骤：的极值点；(F(x)=f()-f(, F(x)=f(x+ ,F(x)=f(x)-f()=0,F(判断)与f( f(x),①求函数f(x)的极值点；②构造函数F(x)=f(x+)-f(确定F(x)单调性③判断F(x)符号从而确定f(x+),f(的大小关系;假设F(x)在(0,+单调递增则F(x)>F(0)=0，从而得到x>0时f(x+)>f(④1.（2016年全国I 高考）已知函数有两个零点. 设x 1，x 2是的两个零点，证明：+x 2<2.2. (2010年高考天津卷理科21)（本小题满分14分）已知函数f(x)=xe -x （x ∈R ）.(Ⅰ) 求函数f(x)的单调区间和极值；(Ⅱ)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称，证明当x>1时，f(x)>g(x)(Ⅲ)如果12,x x ≠且12()(),f x f x =证明122x x +>当)是增函)2.因为21x >>22x -,123. 已知函数x a ax x x f )2(ln )(2-+-=．（I ）讨论)(x f 的单调性；（II ）设0>a ，证明：当a x 10<<时，)1()1(x a f x a f ->+； （III ）若函数)(x f y =的图像与x 轴交于A ，B 两点，线段AB 中点的横坐标为x 0，证明：f '（x 0）＜0．解：（I ）()(0,),f x +∞的定义域为 1(21)(1)()2(2).x ax f x ax a x x+-'=-+-=-（i ）若0,()0,()(0,)a f x f x '≤>+∞则所以在单调增加.（ii ）若10,()0,a f x x a'>==则由得且当 所以1()(0,)f x a 在单调增加，在1(,)a+∞单调减少. （II ）设函数11()()(),g x f x f x a a=+--则 当10,()0,(0)0,()0x g x g g x a'<<>=>而所以. 故当10x <<时，11()().f x f x +>- ………………8分4．已知函数 且5. 已知函数 =(a 若且求证:①②（已知函数 =(a ，其图象与轴交于A()B()两点且求证：）6. 已知函数 =(a 若f(x)有两个不同零点且求证：7. 已知函数=(a若f(x)有两个不同零点且求证：-18. 已知函数=f(求证:①②9．已知函数=(a若f(x)有两个不同零点且=f(求证:11. (a若有两个不同零点且求证：12. =(a若求证：已知函数=(a①令g(x)②当a=2A(又导函数,满足证明①若;②若对都有f(x)求k范围;③若且f(证明：;15. 已知函数(a①②f(x)的极值点为若存在且求证:;16. 已知函数(a);存在两个极值点证明：与g(x)=3-在两个极值点，证明：；已知函数(a①有两个不同零点,①②若f(x)=lng(x)-a与y=m,(m图象有两个交点A、B,线段A、B中点为证明：;20. 已知函数图象的一条切线为x轴；①求a值；②令g(x)=若存在满足证明:21.已知函数F(x)与f(x)=lnx关于直线y=x对称；①若xf(x)对恒成立,求a最大值；②设f(x)在(1,)的实根，若在区间(1,)上, (a；g(x)=f(x)-(a-恰有两个不同的极值点证明已知函数；①②设函数若使得;已知函数①若使得对上f(x)恒成立求实数a的取值范围；②若g(x)=f(x)-ax-有两个不同零点求证：;25．已知函数①当时讨论y=f(x)在）上的单调性；②y=f(x)有两个不同零点且求证：。
导数中的极值点偏移问题(学生版)
极值点偏移问题高考要求结合函数与导数的知识能够处理极值点偏移问题.知识解读1.极值点偏移的相关概念所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。
若函数f (x )在x =x 0处取得极值，且函数y =f (x )与直线y =b 交于A (x 1,b ),B (x 2,b )两点，则AB 的中点为M x 1+x 22,b ，而往往x 0≠x 1+x 22。
如下图所示。
图1极值点不偏移图2极值点偏移极值点偏移的定义：对于函数y =f (x )在区间(a ,b )内只有一个极值点x 0，方程f (x )的解分别为x 1、x 2，且a <x 1<x 2<b ，(1)若x 1+x 22≠x 0，则称函数y =f (x )在区间(x 1,x 2)上极值点x 0偏移；(2)若x 1+x 22>x 0，则函数y =f (x )在区间(x 1,x 2)上极值点x 0左偏，简称极值点x 0左偏；(3)若x 1+x 22<x 0，则函数y =f (x )在区间(x 1,x 2)上极值点x 0右偏，简称极值点x 0右偏。
2.极值点偏移问题的解法(1)对称化构造法：构造辅助函数：对结论x 1+x 2>(<)2x 0型，构造函数F (x )=f (x )-f (2x 0-x )；对结论x 1x 2>(<)x 20型，构造函数F (x )=f x -f x 20x，通过研究F (x )的单调性获得不等式．(2)比值代换法：通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t =x 1x 2化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．题型突破题型1求和型极值点偏移1.(2024高三下·全国·专题练习)已知函数f x =2x ln x-x2+1．(1)证明：f x <1；(2)若0<x1<x2，且f x1=0，证明：x1+x2>2．+f x2x2-ax-2a2ln x.2.(2024·云南·二模)已知常数a>0，函数f(x)=12(1)若∀x>0,f(x)>-4a2，求a的取值范围;(2)若x1、x2是f(x)的零点，且x1≠x2，证明:x1+x2>4a.3.(2024·四川南充·一模)已知函数f(x)=x-ln x-a有两个不同的零点x1,x2.(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1+x2>2.e x-k(x-1),x>-1,k∈R．4.(2024·安徽淮南·二模)已知函数f(x)=1-2x+1(1)若k=0，证明：x∈(-1,0)时，f(x)<-1；(2)若函数f(x)恰有三个零点x1,x2,x3，证明：x1+x2+x3>1．5.(23-24高三下·天津·阶段练习)已知函数f(x)=x2-2ax+4ln x．(1)讨论f(x)的单调区间；(2)已知a∈[4,6]，设f(x)的两个极值点为λ1,λ2λ1<λ2，且存在b∈R，使得y=f(x)的图象与y=b有三个公共点x1,x2,x3x1<x2<x3；①求证：x1+x2>2λ1；②求证：x3-x1<47．6.已知函数f x =3ln x+ax2-4x(a>0).(1)当a=1时，讨论f x 的单调性；,x2,x3，且x1<x2<x3，证明：x3-x1<4. (2)当a=12时，若方程f x =b有三个不相等的实数根x17.(2024·广东湛江·一模)已知函数f x =1+ln xe ln1 ax．(1)讨论f x 的单调性；(2)若方程f x =1有两个根x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：x1x2>1．8.(2024高三·全国·专题练习)已知函数f(x)=ln x+12ax2-(a+1)x,(a∈R).(1)当a=1时，判断函数y=f(x)的单调性；(2)若关于x的方程f(x)=12ax2有两个不同实根x1,x2，求实数a的取值范围，并证明x1⋅x2>e2.9.(23-24高三上·河南·阶段练习)已知函数f(x)=12ax2-(2a+1)x+2ln x(a∈R).(1)若f(x)有唯一极值，求a的取值范围；(2)当a≤0时，若f(x1)=f(x2)，x1≠x2，求证：x1x2<4.10.(23-24高三上·云南昆明·阶段练习)设a，b为函数f x =x⋅e x-m(m<0)的两个零点．(1)求实数m的取值范围；(2)证明：e a+e b<1．11.(2023·湖北武汉·三模)已知函数f x =ax+a-1ln x+1x，a∈R．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若关于x的方程f x =xe x-ln x+1x有两个不相等的实数根x1、x2，(ⅰ)求实数a的取值范围；(ⅱ)求证：e x1x2+ex2x1>2ax1x2．12.(2024·全国·模拟预测)设函数f x =ln x-ax a∈R.(1)若a=3，求函数f x 的最值；(2)若函数g x =xf x -x+a有两个不同的极值点，记作x1,x2，且x1<x2，求证：ln x1+2ln x2>3.13.(2024高三下·全国·专题练习)已知函数g x =ln x-ax2+2-ax(a∈R)．(1)求g x 的单调区间；(2)若函数f x =g x +a+1x2-2x，x1,x20<x1<x2是函数f x 的两个零点，证明：fx1+x22<0．14.(2024·吉林·二模)在平面直角坐标系xOy中，Rt△OAB的直角顶点A在x轴上，另一个顶点B在函数f x =ln xx图象上(1)当顶点B在x轴上方时，求Rt△OAB以x轴为旋转轴，边AB和边OB旋转一周形成的面所围成的几何体的体积的最大值；(2)已知函数g x =e ax 2-ex+ax2-1x，关于x的方程f x =g x 有两个不等实根x1，x2x1<x2.(i)求实数a的取值范围; (ii)证明：x21+x22>2e.15.(2024·全国·模拟预测)已知函数f(x)=ln x+1x，g(x)=e x x．(1)若对任意的m,n∈(0,+∞)都有f(m)≤t≤g(n)，求实数t的取值范围；(2)若x1,x2∈(0,+∞)且x1≠x2，e x2-x1=x x12x x21，证明：x31+x32>2．反馈训练1.(2021·全国·统考高考真题)已知函数f x =x1-ln x. (1)讨论f x 的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a-a ln b=a-b，证明：2<1a +1b<e.2.设函数f x =ln x-ax a∈R.(1)若a=3，求函数f x 的最值；(2)若函数g x =xf x -x+a有两个不同的极值点，记作x1,x2，且x1<x2，求证：ln x1+2ln x2>3.3.(2024·广东湛江·一模)已知函数f x =1+ln xe ln1 ax．(1)讨论f x 的单调性；(2)若方程f x =1有两个根x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：x1x2>1．4.(23-24高二下·云南·期中)已知函数f x =3ln x+ax2-4x(a>0).(1)当a=1时，讨论f x 的单调性；(2)当a=12时，若方程f x =b有三个不相等的实数根x1,x2,x3，且x1<x2<x3，证明：x3-x1<4.5.(2024·辽宁·模拟预测)已知函数f x =e x-ax2(a>0)．(1)当a=e2内的单调性；4时，判断f x 在区间1,+∞(2)若f x 有三个零点x1,x2,x3，且x1<x2<x3．(i)求a的取值范围；(ii)证明：x1+x2+x3>3.6.(2024·河北保定·二模)已知函数f(x)=ax-x ln x,f (x)为其导函数．(1)若f(x)≤1恒成立，求a的取值范围；(2)若存在两个不同的正数x1,x2，使得f x1>0．=f x2，证明：f x1x2117.(2023·山东日照·二模)已知函数f x =x-a ln x．(1)若f x ≥1恒成立，求实数a的值：(2)若x1>0，x2>0，e x1+ln x2>x1+x2，证明：e x1+x2>2．12。
极值点偏移问题归纳
极值点偏移问题归纳一、引言极值点偏移是指在一个函数的图像上，极值点（最大值或最小值）出现在期望的位置之外的现象。
这个问题在实际问题中经常出现，对于数学建模和优化算法有重要的影响。
本文将对极值点偏移问题进行全面、详细、完整且深入地探讨。
二、极值点的定义与分类在数学中，极值点是函数图像上的特殊点，可以是最大值点或最小值点。
极大值点是指在一定区间内，函数取得最大值的点；极小值点则是指在一定区间内，函数取得最小值的点。
根据函数的不同性质，极值点可以进一步分为以下几类： 1. 局部极大值点：在某个小区间内，函数的值最大的点； 2. 局部极小值点：在某个小区间内，函数的值最小的点； 3. 全局极大值点：在整个定义域内，函数的值最大的点； 4. 全局极小值点：在整个定义域内，函数的值最小的点。
三、极值点偏移的原因分析极值点偏移可能出现的原因有多种，下面我们来逐一分析：1. 函数形状的影响函数的形状对于极值点的位置具有决定性的影响。
如果函数呈现较平缓的特点，那么极值点可能会偏离期望的位置；如果函数具有较陡峭的特点，极值点则更容易接近期望的位置。
2. 函数参数的影响函数的参数对于极值点的位置也有影响。
当参数发生变化时，函数的形状会发生相应的改变，从而导致极值点的偏移。
例如，在二次函数y=ax2+bx+c中，当参数a的值增大时，极小值点会向左偏移；当参数a的值减小时，极小值点则会向右偏移。
3. 数据误差的影响在实际问题中，我们往往需要通过观测获得函数的数据点，然后通过拟合曲线来估计极值点的位置。
然而，由于观测误差或测量误差的存在，所得到的数据点不一定能准确地反映函数的真实特性，从而导致极值点的偏移。
4. 算法的选择与参数调整在优化算法中，选择不同的优化算法或调整算法的参数，都可能导致极值点的偏移。
不同的算法或参数设定可能对极值点的搜索过程产生不同的影响，从而导致极值点位置的变化。
四、应对极值点偏移的方法针对极值点偏移问题，有以下几种常见的应对方法：1. 修改函数形状如果极值点偏移是由函数形状的问题造成的，可以考虑修改函数的形状，使其更符合期望的特性。
（完整word版）高中数学极值点偏移问题
（完整word版）⾼中数学极值点偏移问题极值点偏移问题沈阳市第⼗⼀中学数学组：赵拥权⼀：极值点偏移（俗称峰⾕偏）问题的定义对于可导函数y=f(x)在区间（a,b）上只有⼀个极⼤（⼩）值点x0,⽅程f(x)=0(f(x)=m)的解分别为x1,x2且a 若x1+x22≠x0，,则称函数f(x)在区间（a,b）上极值点x0偏移；（1）x1+x22>x0,则称函数f(x)在区间（a,b）上极值点x0左偏移；（2）x1+x22⼆：极值点偏移的判定定理对于可导函数y=f(x)在区间（a,b）上只有⼀个极⼤（⼩）值点x0,⽅程f(x)=0（f(x)=m)的解分别为x1,x2且a （1）若f(x1)2（2）若f(x1)2>x0即函数f(x)在区间上（a,b）极⼩值点x0左偏;（即⾕偏左）（3）若f(x1)>f(2x0?x2)则x1+x22>x0即函数f(x)在区间上（a,b）极⼤值点x0左偏;（即峰偏左）（4）若f(x1)>f(2x0?x2)则x1+x22拓展：1）若)()(x b f x a f -=+，则)(x f 的图象关于直线2ba x +=①f(x)在(0,a)递增，在(a,2a)递减,且f(a -x)<（>）f(a+x)(f(x)<(>)f(2a -x)) ②f(x)在(0,a)递减,在(a,2a)递增,且f(a -x)>(<)f(x+a)(f(x)> (<)f(2a -x))则函数f(x)在(0,2a)的图象关于直线x=a 偏移(偏对称)(俗称峰⾕偏函数)其中①极⼤值左偏（或右偏）也称峰偏左（或右）②极⼩值偏左（或偏右）也称⾕偏左（或右）；性质：1) )(x f 的图象关于直线a x =对称若x 1,x 2∈(0,2a)x 1≠x 2则 x 1+x 2=2a <=>f (x 1)=f(x 2),(f ′(x 1)+f ′(x 2)=0,f ′(x 1+x 22)=0);2)已知函数是满⾜条件的极⼤值左偏（峰偏左）若x 1,x 2∈(0,2a)x 1≠x 2则f (x 1)=f(x 2)则x 1+x 2>2a ,及f ′(x 1+x 22)<0极值点偏移解题步骤：①求函数f(x)的极值点x 0；②构造函数F(x)=f(x+x 0)-f(x 0?x) (F(x)=f(x 0?x )-f(x 0+x), F(x)=f(x+2x 0)-f(?x) , F(x)=f(x)-f(2x 0?x))确定F(x)单调性③结合F(0)=0（F(-x 0)=0,F(x 0)=0)判断F(x)符号从⽽确定f(x+x 0),f(x 0?x)( f(x+2x 0)与f(?x); f(x)与f(2x 0?x)）的⼤⼩关系; 答题模式：已知函数y=f(x)满⾜f (x 1)=f(x 2),x 0为函数y=f(x)的极值点,求证：x 1+x 2<2x 0 ①求函数f(x)的极值点x 0；②构造函数F(x)=f(x+x 0)-f(x 0?x) 确定F(x)单调性③判断F(x)符号从⽽确定f(x+x 0),f(x 0?x) 的⼤⼩关系;假设F(x)在(0,+∞）上单调递增则F(x)>F(0)=0，从⽽得到x>0时f(x+x 0)>f(x 0?x) ④1.（2016年全国I ⾼考）已知函数有两个零点. 设x 1，x 2是的两个零点，证明：+x 2<2.2. (2010年⾼考天津卷理科21)（本⼩题满分14分）已知函数f(x)=xe -x（x ∈R ）.(Ⅰ) 求函数f(x)的单调区间和极值；(Ⅱ)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称，证明当x>1时，f(x)>g(x)(Ⅲ)如果12,x x ≠且12()(),f x f x =证明122x x +> 证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)2x e-令F(x)=f(x)-g(x),即2()(2)xx F x xe x e --=+-于是22'()(1)(1)x x F x x ee --=--当x>1时，2x-2>0,从⽽2x-2e 10,0,F x e -->>⼜所以’(x)>0,从⽽函数F （x ）在[1,+∞)是增函数。
极值点偏移问题的处理
极值点偏移问题处理策略一、极值点偏移已知函数y=f(x)是连续函数，f(x)在区间(x1,x2)内只有一个极值点x0，且f(x1)=f(x2)，不少极值函数由于极值点左右的增减速度不同，函数的图像并不关于直线x =x0对称，即x0≠x1+x22。
这就是极值点偏移问题。
二、极值点偏移问题的解决方法之构造对称函数首先构造F(x)=f(x0+x)−f(x0−x),其中x0为f(x)的极值点，求导判断单调性，结合F(0)=0确定F(x)的符号，即判断f(x0+x)>f(x0−x)还是f(x0+x)<f(x0−x)。
设x1<x0<x2，根据上式，判断f(x0+(x0−x1))>f(x0−(x0−x1)还是f(x0+(x0−x1))<f(x0−(x0−x1)，即判断f(2x0−x1)> f(x1)还是 f(2x0−x1)< f(x1)，结合f(x1)= f(x2)，由f(x)在x0左侧的单调性来判断2x0−x1>x2还是2x0−x1<x2。
例如：已知f(x)=ln x−ax有两个零点x1，x2，求证x1+x2>2a.首先求出f(x)的极大值为1a ，构造F(x)=f(1a+x)−f(1a−x)，求导可判断F(x)为单调递增函数，结合结合F(0)=0确定F(x)>0，即f(1a +x)>f(1a−x)。
设x1<1a <x2，根据上式，得到f(1a+(1a−x1))>f(1a−(1a−x1)，即f(2a−x1)>f(x1)，结合f(x1)= f(x2)，由f(x)在(1a ，+∞)单调递减，判断2a−x1<x2，即x1+x2>2a.三、极值点偏移问题的解决方法之对数平均不等式定义两个正数的对数平均数为L(a,b)={a−b ln a−ln ba(a=b)(a≠b),称：√ab≤a−b ln a−ln b ≤a+b2为对数平均不等式，当且仅当a=b时取等号。
极值点偏移问题
专题 极值点偏移问题1．已知函数2()ln f x x x=+，若12x x ≠，且12()()f x f x =，证明：124x x +>. 【解析】由题意，函数2()ln f x x x =+的定义域为(0,)+∞，且22212()x f x x x x'-=-+=， 当(0,2)x ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增，若12()()f x f x =，则必有122x x <<，所以142x ->，而11111122()(4)ln ln(4)4f x f x x x x x --=+-+--， 令22()ln ln(4)4h x x x x x =-++--， 则2222222222112(4)2(4)(4)'()(4)4(4)x x x x x x h x x x x x x x ---+-+-=--++=---2228(2)0(4)x x x -=-<-，所以函数()h x 在(0,2)为减函数，所以()(2)0h x h >=，所以11()(4)0f x f x -->，即11()(4)f x f x >-，所以22()(4)f x f x >-，所以124x x +>. 2．已知函数()ln 3af x x x=+-有两个零点1x ，2x 12()x x <. （1）求证：20a e <<； （2）求证：122x x a +>. 【解析】（1）由题意，函数()ln 3af x x x=+-的定义域为()0,∞+，且221()a x af x x x x'-=-+=， ①当0a ≤时，()0f x '≥，所以函数()f x 在区间()0,∞+上是增函数，不可能有两个零点； ②当0a >时，当()0,x a ∈时，()0f x '<；当(),x a ∈+∞时，()0f x '>， 所以()f x 在区间()0,a 上递减，在区间(),a +∞上递增.所以()f x 的最小值为()ln 2f a a =-，所以()0f a <，即ln 20a -<，解得20a e <<.（2）由题意，要证122x x a +>，只要证212x a x >-，由（1）易知2x a >，即12a x a ->，而()f x 在区间(),a +∞上是增函数，所以只要证明()21(2)f x f a x >-，因为()()12f x f x =，即证()11(2)f x f a x >-，设函数()()(2)g x f x f a x =--，而()0g a =，当()0,x a ∈时，()()2222224()()0(2)(2(2))x a a x a g x f x f a x a x f x x a x x a x -----''''=----==+=<， 即()g x 在区间()0,a 上是减函数，所以()1()0g x g a >=，而111()()(2)0g x f x f a x =-->，所以()11(2)f x f a x >-，即21()(2)f x f a x >-，所以122x x a +>.3．已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-有两个零点. （1）求a 的取值范围；（2）设x 1，x 2是()f x 的两个零点，证明：122x x +<. 【解析】（1）'()(1)2(1)(1)(2)x x f x x e a x x e a =-+-=-+． 设0a =，则()(2)x f x x e =-，()f x 只有一个零点．设0a >，则当(,1)x ∈-∞时，'()0f x <；当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >．所以()f x 在(,1)-∞单调递减，在(1,)+∞单调递增．又(1)f e =-，(2)f a =，取b 满足0b <且ln 2ab <，则 223()(2)(1)()022a fb b a b a b b >-+-=->，故()f x 存在两个零点． 设0a <，由'()0f x =得1x =或ln(2)x a =-．若2ea ≥-，则ln(2)1a -≤，故当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >，因此()f x 在(1,)+∞单调递增．又当1x ≤时()0f x <，所以()f x 不存在两个零点．若2ea <-，则ln(2)1a ->，故当(1,ln(2))x a ∈-时，'()0f x <；当(ln(2),)x a ∈-+∞时，'()0f x >．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,)+∞．（2）不妨设12x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞，()f x 在(,1)-∞单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，即2(2)0f x -<．由于222222(2)(1)x f x x e a x --=-+-，而22222()(2)(1)0x f x x e a x =-+-=，所以222222(2)(2)x xf x x e x e --=---．设2()(2)x x g x xe x e -=---，则2'()(1)()x x g x x e e -=--．所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <． 从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<．4．已知()22ln f x ax x x =-+（1）若12a =-，求()f x 的最大值； （2）若()f x 有两个不同的极值点1x ，2x ，证明:()()()121214ln 543f x f x x x +++<-. 【解析】（1）当12a =-时，()212ln 2f x x x x =--+， 所以()21f x x x'=--+，则()f x '在()0,∞+上是单调递减函数，且有()10f '=， 当()0,1x ∈时，()0f x '>，即()f x 为()0,1上的增函数，当()1,x ∈+∞时，()0f x '<，即()f x 为()1,+∞上的减函数，所以()()max 312f x f ==-.（2）证明：由题意知：由()222ax x f x x -+'=，则1x ，2x 即为方程2220ax x -+=的两个不同的正根， 故而需满足：1212116010210a x x a x x a ⎧⎪∆=->⎪⎪+=>⎨⎪⎪=>⎪⎩，解得116a >， 所以()()()()22121211122212112ln 2ln 33f x f x x x ax x x ax x x x x +++=-++-+++ ()()21212121221122ln 2ln 23121a x x x x x x x x a a ⎛⎫⎡⎤=+-+-+=-⨯+- ⎪⎣⎦⎝⎭令116t a =>，()()()1212112ln 2312f x f x x x t t +++=-+-， 令()12ln 212g t t t =-+-，所以()1212g t t'=-+；则()g t '为()16,+∞上的减函数，且()240g '=，所以当()16,24t ∈时，()0g t '>，即()g t 为()16,24上的增函数； 当()24,t ∈+∞时，()0g t '<，即()g t 为()24,+∞上的减函数， 所以()()max 242ln 244g t g ==-，所以()()()121212ln 2442ln 2544ln 543f x f x x x +++≤-<-=-，证毕. 5．已知函数()()121x f x ax bx e -=++.（0a >，b ∈R ，e 是自然对数的底数） （1）若1b =，当0x ≥时，()1f x ≥，求实数a 的取值范围；（2）若0b =，()f x 存在两个极值点1x ，2x ，求证：()()121f x f x e <+<.【解析】（1）当1b =，则22212()(),()1(1)x xae ax x ea f x f x ax x ax x -+='=++++， 当102a <时，()0f x '，()f x 在[0，)+∞上单调递增，()(0)1f x f =； 当12a >时，()f x 在21[0,]a a -上单调递减，在21[,)a a -+∞上单调递增，则21()()(0)1min a f x f f a-<==，不成立， ∴实数a 的取值范围为1(0,]2．（2）证明：当0b =时，2222(21)(),()1(1)x x e e ax ax f x f x ax ax -+='=++，函数()f x 存在两个极值点，2440a a ∴->，即1a >，由题意知，1x ，2x 为方程2210ax ax -+=的两根，故121212,x x x x a+==， 不妨设12x x <，则12012x x <<<<，121221122212()()112x x x x e x e x e e f x f x ax ax ++=+=++， 由（1）知，当211,,0,121x e b a x ax x ==++，即2112xe x x ++（当且仅当0x =时取等号）， ∴当0x >时，恒有2112x x e x >++， 221212221112121211111()()[(1)(1)][(4)]22222f x f x x x x x x x x x x x x x +>+++++=++++163(2)11222a a=+=+>，又211121212111()()[(2)]22x x x x x e x e f x f x x e x e -++==+-， 令2()(2)(01)x x h x xe x e x -=+-<<，则2()(1)()0x x h x x e e -'=-+>，∴函数()h x 在(0,1)上单调递增，()h x h （1）2e =，从而12()()f x f x e +<，综上可得：121()()f x f x e <+<．6．已知函数()222ln ,f x ax x x a R =-∈.（1）若()f x 存在单调减区间，求a 的取值范围；（2）若12,x x 为()f x 的两个不同极值点，证明：122ln ln 1x x +>-.【解析】（1）函数定义域为(0,)+∞，根据题意知()422ln 0f x ax x '=--<有解， 即1ln 2x a x +<有解，令()()21ln ln ,x xg x g x x x+'==-， 且当01x <<时，()'0g x >，()g x 单调递增；1x >时0g x ，()g x 单调递减()()max 1211,2a g x g a ∴<==<； （2）由12,x x 是()f x 的不同极值点，知12,x x 是0fx两根(设()210x x <<)即112221ln 021ln 0ax x ax x --=⎧⎨--=⎩①②，①②联立可得：1212ln ln 2x x a x x -=-③要证122ln ln 1x x +>-，即证()()12221211ax ax -+->-，即()12222a x x +> 由③可得()121212ln ln 22x x x x x x -⋅+>-()1122112122212ln 221x x x xx x x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭⇒>=+⋅+令121x t x =>，问题转化为证明()()21ln 021t t t t ϕ-=->+成立(*) ()()()()22216421012121t t t t t t t t ϕ'-+=-=>>++()t ϕ∴在(1,)+∞上单调递增，()()10t ϕϕ>=，(*)成立，得证. 7．已知函数()()2ln 12a f x x x a x =+-+. （1）当1a >时，证明：()f x 有唯一零点；（2）若函数()()g x f x x =+有两个极值点1x ，2x （12x x <），求证：()()12ln 2ag x g x a -<-. 【解析】（1）()()()()1111ax x f x ax a x x--'=+-+=（0x >） ∵1a >，101a <<，所以()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭，()1,+∞上递增，在1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，又11ln 102f a a a ⎛⎫=---< ⎪⎝⎭，x →+∞时，()f x →+∞， 所以()f x 有唯一零点；（2）()()2ln 2a g x f x x x x ax =+=+-（0x >），()211ax ax g x ax a x x-+'=+-=. 若()g x 有两个极值点1x ，2x （12x x <），则方程210ax ax -+=的判别式240a a ∆=->且121x x =+，1210x x a=>，因而4a >， 又12x x <，∴21121x x x a<=，即110x a<<， ()()()2212111222111ln ln ln ln 222a a a g x g x x x ax x x ax x ax ax -=+---+=++- 设()()ln ln 2ah t t at at =++-，其中110,t x a ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭， 由()20h t a t '=-=得2t a =，由于2120aa a a--=<，∴()h t 在20,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在21,a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，即()h t 的最大值为22ln 2ln 2ln 22a a h a a a ⎛⎫=-+-<- ⎪⎝⎭，从而()()12ln 2ag x g x a -<-成立. 8．已知函数()ln af x ax x x=--（a ∈R ）. （1）若()f x 是定义域上的增函数，求a 的取值范围； （2）若25a >，若函数()f x 有两个极值点1x ，2x （12x x <），求()()12f x f x -的取值范围. 【解析】（1）()f x 的定义域为0,，()2221a ax x af x a x x x -+'=+-=，∵()f x 在定义域内单调递增，∴0fx，即20ax x a -+≥对0x >恒成立.则21x a x ≥+恒成立. ∴21maxx a x ⎛⎫≥ ⎪+⎝⎭，∵2111=11212x x x x x x =≤++⋅，∴12a ≥.所以，a 的取值范围是1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.（2）设方程0f x，即20ax x a -+=得两根为1x ，2x ，且120x x <<.由2140a ∆=->且25a >，得2512a <<， ∵121=x x ，121x x a +=， ∴1111522x x a <+=<， ∴1112x <<.()()11122221ln ln a af x f x ax x ax x x x ⎛⎫-=----- ⎪⎝⎭111111111ln ln 2ln a a aax x ax x ax x x x x ⎛⎫⎛⎫=----+=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ∵2110ax x a -+=，∴1211x a x =+代入得()()12f x f x -222111122111112ln 2ln 112x x x x x x ⎛⎫⎛⎫--=-=- ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭， 令21x t =，则114t <<，得()11ln 12t g t t t -=-+，114t <<，()()()221021t g t t t --'=<+， ∴g t 而且1,14⎛⎫⎪⎝⎭上递减，从而()()114g g t g ⎛⎫<< ⎪⎝⎭，即()30ln 25g t <<-， ∴()()12602ln 25<<--f x f x .9．已知函数()ln 13xf x a x =--． （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点1x ，2x ，求证：()21110x a x -+>． 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()1333a x af x x x-'=-=．当0a ≤时，()0f x '>，则()f x 在()0,∞+上是增函数． 当0a >时，()03f x x a '>⇔>；()003f x x a '>⇔<<， 所以()f x 在()0,3a 上是减函数，在()3,a +∞上是增函数．综上，当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上是增函数；当0a >时，()f x 在()0,3a 上是减函数，在()3,a +∞上是增函数． （2）若函数()f x 有两个零，点1x ，2x ，根据（1），可得0a >．不妨设210x x <<，由()()120f x f x ==，得11223ln 30,3ln 30,x a x x a x --=⎧⎨--=⎩ 两式相减，得11223ln x x x a x -=，解得12123ln x x a x x -=，要证明211111x x a +>，即证()12211211113ln x x x x x x -+>，即证()()12122111ln 311x x x x x x ->+，设()121x u u x =>，则()()111ln 311u u u ->+． 则()()()()111ln 1311u g u u u u -=->+，则()()()()2221114401111u g u u u u u -'=-=≥++，所以()g u 在()1,+∞上为增函数，从而()()10g u g >=，即()()111ln 311u u u --+成立，因此，()21110x a x -+>成立．即证. 10．已知函数()()ln f x x mx m =-∈R . （1）讨论()f x 的单调性（2）若()f x 恰有两个不同的零点1x ，2x ，证明：()()120f x f x ''+>. 【解析】（1）因为()ln f x x mx =-，所以()()110mxf x m x x x-'=-=>， 当0m ≤时，0f x 恒成立，所以()f x 在0,上单调递增，当0m >时，令0fx，得10x m<<；令0f x ，得1x m>， 则()f x 在10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.综上，当0m ≤时，()f x 在0,上单调递增；当0m >时，()f x 在10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减.（2）证明：因为1x ，2x 是()f x 的两个零点.所以11ln x mx =，22ln x mx =，所以1212ln ln x x m x x -=-，则()()1212121212ln ln 111122x x f x f x m x x x x x x -''+=+-=+-⋅-， 要证()()120f x f x ''+>，即证1212121ln ln 120x x x x x x -+-⋅>-. 不妨设120x x >>，则1212121ln ln 120x x x x x x -+-⋅>-等价于1212122ln 0x x x x x x -->.令12x t x =，则1t >，设()()ln 121h t t t t t =-->，所以()()()222112101t h t t t t t-'=+-=>>， 所以()h t 在1,上单调递增，则()()10h t h >=，即12ln 0t t t-->对任意1t >恒成立.故()()120f x f x ''+>.11．已知函数()()26xf x x x a e =-+.（1）若曲线()y f x =在()()0,0f 处的切线与直线50x y +=平行，求()f x 的单调区间； （2）当11a =时，若()()()()12'''12f x f x f m m +=>，且12x x ≠，证明：122x x m +>. 【解析】（1）()()26x f x x x a e =-+，()()246x f x x x a e '∴=-+-，则()065,1f a a '=-=-∴=，()()()()24515x xf x x x e x x e '∴=--=+-，令()0f x '>，得1x <-或5x >；令()0f x '<，得15x -<<；所以()f x 的单调递增区间为()(),1,5,-∞-+∞；单调递减区间为()1,5-； （2）证明：()()2611x f x x x e =-+，()()245x f x x x e '∴=-+，令()()245xg x x x e =-+，则()()210x g x x e '=-≥，所以()g x 在R 上为增函数；()()()()12'''12f x f x f m m +=>，()()()()12''''f x f m f m f x ∴-=-，()()1''f x f m ∴-与()()2''f m f x -同号，不妨设12x m x <<，设()()()()()221h x f m x f x f m m x '''=-+-<<， 则()()()222211m x x h x e m x e x -'=---+-，2m x x e e -<，()()()()2221122220m x x m m x ----=--<，()0h x '∴>，()h x '∴在(),m +∞上为增函数，()()0h x h m ∴>=，()()()()222220h x f m x f x f m '''∴=-+->，()()()()22122f m x f m f x f x ''''∴->-=，又()f x '在R 上为增函数，212m x x ∴->，即122x x m +>. 12．已知函数()ln f x x x =．（1）求()f x 的图象在x e =处的切线方程； （2）若函数()()2f x F x b x =-有两个不同的零点1x 、2x ，证明：2120x x e ->．【解析】（1）()ln f x x x =，定义域为()0,∞+，()ln 1f x x '=+，()f e e =，()2f e '=.因此，函数()y f x =的图象在x e =处的切线方程为()2y e x e -=-，即2y x e =-； （2）令()()2ln 0f x xF x b b x x =-=-=，得ln bx x =，由题意可得1122ln ln bx x bx x =⎧⎨=⎩， 两式相加得()1212ln ln b x x x x +=+，两式相减得()1212ln ln b x x x x -=-，设120x x >>，可得12121122ln ln x x x x x x x x +=-，12112122ln ln x x x x x x x x +∴=-， 要证212x x e >，即证12112122ln ln 2x x x x x x x x +=>-，即()1122112122212ln 1x x x x x x x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭>=++， 令121x t x =>，即证()21ln 1t t t ->+. 构造函数()()21ln 1t g t t t -=-+，其中1t >，()()()()222114011t g t t t t t -'=-=>++，所以，函数()()21ln 1t g t t t -=-+在区间()1,+∞上单调递增. 当1t >时，()()10g t g >=，所以，()21ln 1t t t ->+.因此，212x x e >.13．已知函数2()ln f x ax x x ax =--()a ∈R ．（1）当1a =时，判断函数()f x 是否有极值，并说明理由；（2）若函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，证明：()()2212213f x f x x x +<-．【解析】（1）当1a =时，2()ln f x x x x x =--，()1ln 21ln 2f x x x x x '=+--=-，令()ln 2h x x x =-，则112()2x h x x x-'=-=， 由()0h x '>，得102x <<，由()0h x '<，得12x >， 所以()h x 在1(0,)2内单调递增，在1(,)2+∞内单调递减，所以12x =时，()h x 取得最大值为11ln 2ln 2122-⨯=--，所以()()ln 210f x h x '=≤--<， 所以()f x 在(0,)+∞内单调递减，所以函数()f x 没有极值.（2）因为2()ln f x ax x x ax =--，所以()(1ln )2ln 2f x a x x a a x x '=+--=-有两个不同的零点12,x x ，所以11ln 20a x x -=，22ln 20a x x -=，所以2121(ln ln )2()a x x x x -=-，因为12x x <，所以21212()ln x x a x x -=，要证()()2212213f x f x x x +<-， 等价于证明22221111222221ln ln 3ax x x ax ax x x ax x x --+--<-，等价于证明22221111222221223x x x ax x x x ax x x ⋅--+⋅--<-，等价于证明21124()0x a x x -+<，等价于证明221112212()4()0ln x x x x x x x --⋅+<，因为12x x <，所以21ln 0x x >， 所以等价于证明222212112ln x x x x x -<2211x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，设21(1)x t t x =>，即证22ln 10t t -+<， 设2()2ln 1g t t t =-+，则2222()2t g t t t t-'=-=，当1t >时， ()0g t '<，所以()g t 在(1,)+∞内单调递减，所以()(1)0g t g <=，即22ln 10t t -+<，所以()()2212213f x f x x x +<-.14．已知函数2()ln 1()f x ax x x ax a R =--+∈在定义域内有两个不同的极值点. （1）求a 的取值范围；（2）设两个极值点分别为：1x ，2x ，证：()()2212122f x f x x x +<-+.【解析】（1）由题意可知，()f x 的定义域为(0,)+∞，且()ln 2f x a x x '=-，令()ln 2(0)g x a x x x =->，则函数()f x 在定义域内有两个不同的极值点等价于()g x 在区间(0,)+∞内至少有两个不同的零点；由2()a xg x x'-=可知，当0a ≤时，()0g x '<恒成立， 即函数()g x 在(0,)+∞上单调，不符合题意，舍去. 当0a >时，由()0g x '>得，02a x <<，即函数()g x 在区间0,2a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增； 由()0g x '<得，2a x >，即函数()g x 在区间,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减； 故要满足题意，必有ln 022a a g a a ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，解得2a e >.（2）证明：由（1）可知，1122ln 2ln 2a x x a x x =⎧⎨=⎩，故要证()()2212122f x f x x x +<-+，只需证明()21122a x x x <+，即证22221121ln x x x x x -<，不妨设120x x <<，即证22211ln 1x x x x ⎛⎫<- ⎪⎝⎭， 构造函数2()ln 1(1)h t t t t =-+>，其中21x t x =，由212()0t h t t'-=<， 所以函数()h t 在区间(1,)+∞内单调递减，所以()(1)0h t h <=得证，即证()()2212122f x f x x x +<-+.15．已知函数215()2ln 422f x x x x x =+-+. （1）求曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程()y h x =，并证明：()()f x h x ≥； （2）当512-<<a 时，方程()f x a =有两个不同的实数根12,x x ，证明：2123-<+x x a . 【解析】（1）()2ln 2f x x x '=+-，所以()11f '=-，()11f =-，即切线方程：y x =-. 下证：2152ln 422x x x x x +-+≥-，令215()2ln 322x x x x x ϕ=+-+因为：()2ln 1x x x ϕ'=+-，显然()x ϕ'在()0,∞+单调递增，()10ϕ'=，所以易得()x ϕ在()0,1递减，()1,+∞递增，所以()()min 10x ϕϕ⎡=⎣⎦=⎤，所以()()f x h x ≥. （2）215()2ln 422f x x x x x =+-+，则12,x x 为方程()f x a =的两根， 不妨设12x x <，显然()2ln 2f x x x '=+-在0x >时单调递增， 由()10f '<，()20f '>，所以存在012x <<，使()00f x '=，当()00,x x ∈，()0f x '<，()f x 递减，()0,x x ∈+∞，()0f x '>，()f x 递增，由（1）得()()f x h x ≥，y xx a y a =-⎧⇒=-⎨=⎩，所以：1x a >-，∴212x x x a -<+， 要证：2123-<+x x a ，需证：223x a a +<+，即证：23x a <+， 因为：512-<<a ，所以03a x +>，即证：()()23f a f x +>， 即：215(3)2(3)ln(3)4(3)22a a a a a ++++-++>，令215()(3)2(3)ln(3)4(3)22F a a a a a a =++++-++-，2122(3)ln(3)52a a a a =-+++-，()()23F a a n a l '=++， 显然()F a '在5(1,)2-单调递增，且()112ln20F '-=-+>，因为()F a 在5(1,)2-单调递增，所以5()(1)4ln 202F a F >-=->，即不等式成立.16．已知函数()214ln 22x a x f x x =---，其中a 为正实数.（1）求函数()y f x =的单调区间；（2）若函数()y f x =有两个极值点1x ，2x ，求证：()()126ln f x f x a +<-. 【解析】（1）因为函数()214ln 22x a x f x x =---，所以()244a x x af x x x x -+'=--=-，函数()y f x =的定义域为()0,∞+，令24t x x a =-+，①若1640a -≤，即4a ≥时，则()0f x '≤，此时()f x 的单调减区间为()0,∞+； ②若1640a ->，即04a <<时，令()0f x '=，得24x a =±-， 当024x a <<--或24x a >+-时，()0f x '<， 当2424a x a --<<+-时，()0f x '>，此时()f x 的单调减区间为()0,24a --，()24,a +-+∞，单调增区间为()24,24a a --+-.（2）由（1）知，当04a <<时，函数()y f x =有两个极值点1x ，2x ，且124x x +=，12x x a =.因为()()2212111222114ln 24ln 222f x f x x a x x x a x x +=---+---()()()2212121214ln 42x x a x x x x =+--+-， ()21164ln l 2n 442a a a a a a =----=+-， 要证()()126ln f x f x a +<-，只需证ln ln 20a a a a --+>.构造函数()ln ln 2x x g x x x =--+， 则()1111ln ln g x x xx x '=+--=-， ()g x '在()0,4上单调递增，又()110g '=-<，()12ln 202g '=->，且()g x '在定义域上不间断，由零点存在定理，可知()0g x '=在()1,2上唯一实根0x ，且001ln x x =. 则()g x 在()00,x 上递减，()0,4x 上递增，所以()g x 的最小值为()0g x 因为()0000011123g x x x x x ⎛⎫=--+=-+ ⎪⎝⎭，当()01,2x ∈时，00152,2x x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，则()00g x >，所以()()00g x g x ≥>恒成立.所以ln ln 20a a a a --+>，所以()()126ln f x f x a +<-，得证.17．已知21()ln ()2f x x a x a R =-∈有两个零点 (1)求a 的取值范围(2)设12,x x 是()f x 的两个零点,求证：12x x a +>【解析】（1）()()20a x af x x x x x -'=-=>，当0a ≤时，()0f x '>，此时()f x 在()0,∞+单调递增，()f x 至多有一个零点.当0a >时，令()0f x '=，解得x a =， 当()0,x a ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当(),x a ∈+∞，()0f x '>，()f x 单调递增，故当x a =时函数取最小值()()1ln .2afa a =-当0a e <≤时，1ln 0a -≥，即()0f a ≥， 所以()f x 至多有一个零点.当a e >时，1ln 0a -≤，即()()1ln 0.2a fa a =-<因为()1102f =>，所以()f x 在()0,x a ∈有一个零点； 因为ln 1a a ≤-，所以ln221a a ≤-，()()2222ln22210f a a a a a a a a =-≥--=>，由于2a a >，所以()f x 在(),x a ∈+∞有一个零点.综上，a 的取值范围是(),e +∞.（2）不妨设12x x <，由（1）知，()10,x a ∈，()2,x a ∈+∞.构造函数()()()(0)g x f a x fa x x a =+--≤<， 则()()()2lnln.g x ax a a x a a x =-++-()2222.a a ax g x a x aa x x a =-+=-+'-因为0x a <<，所以()0g x '<，()g x 在()0,a 单调递减. 所以当()0,x a ∈时，恒有()()00g x g <=，即()().f a x fa x +<-因为()10,x a ∈，所以()10,a x a -∈ 于是()()()()()211112.f x f x f a a x f a a x f a x ⎡⎤⎡⎤==-->+-=-⎣⎦⎣⎦又()()21,,2,x a a x a ∈+∞-∈+∞，且()f x 在(),a +∞单调递增，所以212x a x >-，即122.x x a +>18．设函数()()22ln f x x a x a x =---．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若函数有两个零点，求满足条件的最小正整数a 的值； （3）若方程()f x c =有两个不相等的实数根1x ，2x ，求证：12()02x x f +'>． 【解析】（1）(0,)x ∈+∞．22(2)(2)(1)()2(2)a x a x a x a x f x x a x x x----+'=---==．当0a 时，()0f x '>，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，即()f x 的单调递增区间为(0,)+∞． 当0a >时，由()0f x '>得2a x >；由()0f x '<，解得02ax <<． 所以函数()f x 的单调递增区间为(,)2a +∞，单调递减区间为(0,)2a．（2）由（1）可得，若函数()f x 有两个零点，则0a >，且()f x 的最小值()02af ，即244ln02aa a a -+-<． 0a >，∴4ln402a a +->．令()4ln 402ah a a =+->，可知()h a 在(0,)+∞上为增函数，且h （2）2=-，h （3）3814ln 1ln1ln 10216e =-=->-=，所以存在零点0()0h a =，0(2,3)a ∈， 当0a a >时，h （a ）0>；当00a a <<时，h （a ）0<．所以满足条件的最小正整数3a =．又当3a =时，f （3）()32ln30=->，f （1）0=，3a ∴=时，()f x 由两个零点． 综上所述，满足条件的最小正整数a 的值为3． （3）1x ，2x 是方程()f x c =得两个不等实数根，由（1）可知：0a >．不妨设120x x <<．则()21112ln x a x a x c ---=，()22222ln x a x a x c ---=． 两式相减得()()221112222ln 2ln 0x a x a x x a x a x ----+-+=，化为221122112222ln ln x x x x a x x x x +--=+--．()02a f '=，当(0,)2a x ∈时，()0f x '<，当(,)2ax ∈+∞时，()0f x '>．故只要证明1222+>x x a即可，即证明22112212112222ln ln x x x x x x x x x x +--+>+--，即证明11221222lnx x x x x x -<+， 设12(01)x t t x =<<，令()22ln 1t g t t t -=-+，则22214(1)()(1)(1)t g t t t t t -'=-=++．10t >>，()0g t ∴'>．()g t ∴在(0,1)上是增函数，又在1t=处连续且g （1）0=，∴当(0,1)t ∈时，()0g t <总成立．故命题得证。
极值点偏移问题
（1）令 ,讨论 的单调性并求极值；
（2）令 ,若方程 有两个实根 , ,且 ,证明：
4.（2022届江西省智学联盟体高三上学期第一次联考）已知函数 有两个极值点x1,x2．
（1）求实数m的取值范围；
（2）证明：x1x2＜4．
口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪已知函数 .
（Ⅰ）求函数 的单调区间与极值；
（Ⅱ）若 ，且 ，证明： .
三.教学过程
类型一：通过对称化构造新函数破解极值点偏移问题
例1.（2021新高考1卷）已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）设 ， 为两个不相等的正数，且 ，证明： .
练习：已知 , ．若 有两个极值点 , ,且 ,求证：
类型二：巧引变量消元（齐次、比差值换元）解决极值点偏移问题
例2.已知 ， ．若 有两个极值点 ， ，且 ，求证： （e为自然对数 底数）．
限时训练.
（2022届江苏省百校联考高三上学期第一次考试）已知函数 （ ）有两个零点.
（1）证明： .
（2）若 的两个零点为 , ,且 ,证明： .
专题: 极值点偏移问题
一.学习目标
1.构造辅助函数利用函数单调性解决极值点偏移问题。
2.通过引入变量消元解决极值点偏移问题。
二.课前预习
1.极值点偏移现象
（1）已知函数 的图象的极值点为 ，若 的两根的中点刚好满足 即极值点在两根的正中间，此时极值点没有偏移，函数 在 两侧，函数值变化快慢相同，如图(1)．
（2）若 ，则极值点偏移，此时函数 在 两侧的函数值变化快慢不同，如图(2)(3)．
2.证明方法：构造偏移函数解决极值点偏移.
专题23 极值点偏移问题概述(解析版)
专题23 极值点偏移问题概述一、极值点偏移的含义函数f (x )满足内任意自变量x 都有f (x )＝f (2m －x )，则函数f (x )关于直线x ＝m 对称．可以理解为函数f (x )在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若f (x )为单峰函数，则x ＝m 必为f (x )的极值点x 0，如图(1)所示，函数f (x )图象的顶点的横坐标就是极值点x 0，若f (x )＝c 的两根的中点则刚好满足x 1＋x 22＝x 0，则极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移．图(1) 图(2) 图(3)若x 1＋x 22≠x 0，则极值点偏移．若单峰函数f (x )的极值点为x 0，且函数f (x )满足定义域内x ＝m 左侧的任意自变量x 都有f (x )>f (2m －x )或f (x )<f (2m －x )，则函数f (x )极值点x 0左右侧变化快慢不同．如图(2)(3)所示．故单峰函数f (x )定义域内任意不同的实数x 1，x 2，满足f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＋x 22与极值点x 0必有确定的大小关系：若x 0<x 1＋x 22，则称为极值点左偏；若x 0>x 1＋x 22，则称为极值点右偏．深层理解1．已知函数f (x )的图象的顶点的横坐标就是极值点x 0，若f (x )＝c 的两根的中点刚好满足x 1＋x 22＝x 0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移．此时函数f (x )在x ＝x 0两侧，函数值变化快慢相同，如图(1)．2．若x 1＋x 22≠x 0，则极值点偏移，此时函数f (x )在x ＝x 0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3)．(1)极值点左偏：x 1＋x 2＞2x 0，x ＝x 1＋x 22处切线与x 轴不平行． 若f (x )上凸（f '(x )递减），则f '(x 1＋x 22)＜f '(x 0)＝0，若f (x )下凸（f '(x )递增），则f '(x 1＋x 22)＞f '(x 0)＝0．(2)极值点右偏：x 1＋x 2＞2x 0，x ＝x 1＋x 22处切线与x 轴不平行． 若f (x )上凸（f '(x )递减），则f '(x 1＋x 22)＜f '(x 0)＝0，若f (x )下凸（f '(x )递增），则f '(x 1＋x 22)＜f '(x 0)＝0．二、极值点偏移问题的一般题设形式(1)若函数f (x )存在两个零点x 1，x 2且x 1≠x 2，求证：x 1＋x 2＞2x 0（x 0为函数f (x )的极值点）；(2)若函数f (x )定义域中存在x 1，x 2且x 1≠x 2，满足f (x 1)＝f (x 2)，求证：x 1＋x 2＞2x 0（x 0为函数f (x )的极值点）；(3)若函数f (x )存在两个零点x 1，x 2且x 1≠x 2，令x 0＝x 1＋x 22，求证：f '(x 0)＞0； (4)若函数f (x )定义域中存在x 1，x 2且x 1≠x 2，满足f (x 1)＝f (x 2)，令x 0＝x 1＋x 22，求证：f '(x 0)＞0． 三、极值点偏移问题的一般解法 1．对称化构造法主要用来解决与两个极值点之和，积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：(1)定函数(极值点为x 0)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点x 0． (2)构造函数，即对结论x 1＋x 2>2x 0型，构造函数F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )或F (x )＝f (x 0＋x )－f (x 0－x )；对结论x 1x 2>x 20型，构造函数F (x )＝f (x )－f ⎝⎛⎭⎫x 20x ，通过研究F (x )的单调性获得不等式．(3)判断单调性，即利用导数讨论F (x )的单调性．(4)比较大小，即判断函数F (x )在某段区间上的正负，并得出f (x )与f (2x 0－x )的大小关系．(5)转化，即利用函数f (x )的单调性，将f (x )与f (2x 0－x )的大小关系转化为x 与2x 0－x 之间的关系，进而得到所证或所求．若要证明f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22的符号问题，还需进一步讨论x 1＋x 22与x 0的大小，得出x 1＋x 22所在的单调区间，从而极值点左偏得出该处导数值的正负．2．比(差)值代换法比(差)值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值或差值(一般用t 表示)表示两个极值点，即t ＝x 1x 2，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t 的函数问题求解．3．对数均值不等式法两个正数a 和b 的对数平均定义：(),(, )ln ln ().a ba b L a b a b a a b -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩(, )2a bL a b +≤（此式记为对数平均不等式） 取等条件：当且仅当a b =时，等号成立． 只证：当a b ≠(, )2a bL a b +<．不失一般性，可设a b >．证明如下： (1)(, )L a b < ①不等式①1ln ln ln2ln (1)a a b x x x b x ⇔-<⇔<<-=>其中 构造函数1()2ln (), (1)f x x x x x =-->，则22211()1(1)f x x x x'=--=--．因为1x >时，()0f x '<，所以函数()f x 在(1, )+∞上单调递减， 故()(1)0f x f <=，从而不等式①成立； (2)再证：(, )2a bL a b +<②不等式②2(1)2()2(1)ln ln ln ln (1)(1)(1)a a b a x b a b x x a a b b x b---⇔->⇔>⇔>=>+++其中构造函数2(1)()ln , (1)(1)x g x x x x -=->+，则22214(1)()(1)(1)x g x x x x x -'=-=++． 因为1x >时，()0g x '>，所以函数()g x 在(1, )+∞上单调递增， 故()(1)0g x g <=，从而不等式②成立；综合(1)(2)知，对, a b +∀∈R ，(, )2a bL a b +≤≤成立，当且仅当a b =时，等号成立．[例1] (2010天津)已知函数f (x )＝x e －x (x ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)若x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)，求证：x 1＋x 2>2．解析 (1)f ′(x )＝e －x (1－x )，令f ′(x )>0得x <1；令f ′(x )<0得x >1， ∴函数f (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴f (x )有极大值f (1)＝1e，f (x )无极小值．(2)方法一 (对称化构造法)分析法 欲证x 1＋x 2>2，即证x 1>2－x 2，由(1)可设0<x 1<1<x 2，故x 1，2－x 2∈(0，1)， 又因为f (x )在(0，1)上单调递增，故只需证f (x 1)>f (2－x 2)，又因为f (x 1)＝f (x 2)， 故也即证f (x 2)>f (2－x 2)，构造函数F (x )＝f (x )－f (2－x )，x ∈(1，＋∞)， 则等价于证明F (x )>0对x ∈(1，＋∞)恒成立．由F ′(x )＝f ′(x )＋f ′(2－x )＝e －x (1－x )＋e x －2(x －1)＝(x －1)(e x －2－e －x )， ∵当x >1时，x －1>0，e x －2－e －x >0，∴F ′(x )>0， 则F (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以F (x )>F (1)>0，即已证明F (x )>0对x ∈(1，＋∞)恒成立，故原不等式x 1＋x 2>2亦成立． 综合法 构造辅助函数F (x )＝f (x )－f (2－x )，x >1，则F ′(x )＝f ′(x )＋f ′(2－x )＝e －x (1－x )＋e x －2(x －1)＝(x －1)(e x －2－e －x )， ∵当x >1时，x －1>0，e x －2－e －x >0，∴F ′(x )>0，∴F (x )在(1，＋∞)上为增函数，∴F (x )>F (1)＝0，故当x >1时，f (x )>f (2－x )，(*) 由f (x 1)＝f (x 2)，x 1≠x 2，可设x 1<1<x 2，将x 2代入(*)式可得f (x 2)>f (2－x 2)，又f (x 1)＝f (x 2)， ∴f (x 1)>f (2－x 2)．又x 1<1，2－x 2<1，而f (x )在(－∞，1)上单调递增，∴x 1>2－x 2，∴x 1＋x 2>2． 总结提升 本题(2)证明的不等式中含有两个变量，对于此类问题一般的求解思路是将两个变量分到不等式的两侧，然后根据函数的单调性，通过两个变量之间的关系“减元”，建立新函数，最终将问题转化为函数的最值问题来求解．考查了逻辑推理、数学建模及数学运算等核心素养．在求解此类问题时，需要注意变量取值范围的限定，如本题中利用x 1，2－x 2，其取值范围都为(0，1)，若将所证不等式化为x 1＞2－x 2，则x 2，2－x 1的取值范围都为(1，＋∞)，此时就必须利用函数h (x )在(1，＋∞)上的单调性来求解．对于x 1＋x 2型不等式的证明常用对称化构造法去解决，书写过程可用分析法或用综合法．方法二 (比值代换法)设0<x 1<1<x 2，f (x 1)＝f (x 2)即1212e e ,x x x x --=取对数得ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2．令t ＝x 2x 1>1，则x 2＝tx 1，代入上式得ln x 1－x 1＝ln t ＋ln x 1－tx 1，得x 1＝ln t t －1，x 2＝t ln t t －1．∴x 1＋x 2＝(t ＋1)ln t t －1>2⇔ln t －2(t －1)t ＋1>0，设g (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1 (t >1)，∴g ′(t )＝1t －2(t ＋1)－2(t －1)(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0，∴当t >1时，g (t )为增函数，∴g (t )>g (1)＝0，∴ln t －2(t －1)t ＋1>0，故x 1＋x 2>2．总结提升 对于(2)的证明，也经常用比值代换法证明．比值代换的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用t 表示)表示两个极值点，即t ＝x 1x 2，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t 的函数问题求解．方法三 (对数均值不等式法)设0<x 1<1<x 2，f (x 1)＝f (x 2)，即1212e e ,x x x x --=取对数得ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2， 可得，1＝x 1－x 2ln x 1－ln x 2，利用对数平均不等式得，1＝x 1－x 2ln x 1－ln x 2<x 1＋x 22，即证，x 1＋x 2>2．总结提升 对于(2)的证明，也可用对数均值不等式法证明，用此法往往可秒证．但必须用前给出证明． [例2] 已知函数f (x )＝ln x －ax 有两个零点x 1，x 2． (1)求实数a 的取值范围； (2)求证：x 1·x 2>e 2．思维引导(2) 证明x 1x 2>e 2，想到把双变量x 1，x 2转化为只含有一个变量的不等式证明． 解析 (1)f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x (x >0)，①若a ≤0，则f ′(x )>0，不符合题意；②若a >0，令f ′(x )＝0，解得x ＝1a ．当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0． 由题意知f (x )＝ln x －ax 的极大值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －1>0，解得0<a <1e ． 所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，1e ． (2)法一：对称化构造法1由x 1，x 2是方程f (x )＝0的两个不同实根得a ＝ln x x ，令g (x )＝ln xx ，g (x 1)＝g (x 2)，由于g ′(x )＝1－ln xx 2，因此，g (x )在(1，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，设1<x 1<e<x 2，需证明x 1x 2>e 2，只需证明x 1>e 2x 2∈(1，e)，只需证明f (x 1) > f (e 2x 2)， 即f (x 2)>f (e 2x 2)，即f (x 2)－f (e 2x 2)>0．令h (x )＝f (x )－f (e 2x )(x ∈(1，e))，h ′(x )＝(1－ln x )( e 2－x 2)x 2e 2>0．故h (x )在(1，e)上单调递增，故h (x ) <h (0)＝0．即f (x )<f (e 2x )，令x ＝x 1，则f (x 2)＝f (x 1) <f (e 2x 1)因为x 2，e 2x 1∈(e ，＋∞) ，f (x )在(e ，＋∞)上单调递减，所以x 1>e 2x 2，即x 1x 2>e 2．对称化构造法2由题意，函数f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)，即f (x 1)＝f (x 2)＝0，易知ln x 1，ln x 2是方程x ＝a e x 的两根． 令t 1＝ln x 1，t 2＝ln x 2．设g (x )＝x e －x ，则g (t 1)＝g (t 2)，从而x 1x 2>e 2⇔ln x 1＋ln x 2>2⇔t 1＋t 2>2． 下证：t 1＋t 2>2．g ′(x )＝(1－x )e －x ，易得g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以函数g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝1e．当x →－∞时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→0且g (x )>0．由g (t 1)＝g (t 2)，t 1≠t 2，不妨设t 1<t 2，作出函数g (x )的图象如图所示，由图知必有0<t 1<1<t 2， 令F (x )＝g (1＋x )－g (1－x )，x ∈(0，1]，则F ′(x )＝g ′(1＋x )－g ′(1－x )＝xe x ＋1(e 2x －1)>0，所以F (x )在(0，1]上单调递增，所以F (x )>F (0)＝0对任意的x ∈(0，1]恒成立， 即g (1＋x )>g (1－x )对任意的x ∈(0，1]恒成立．由0<t 1<1<t 2，得1－t 1∈(0，1]，所以g [1＋(1－t 1)]＝g (2－t 1)>g [1－(1－t 1)]＝g (t 1)＝g (t 2)， 即g (2－t 1)>g (t 2)，又2－t 1∈(1，＋∞)，t 2∈(1，＋∞)，且g (x )在(1，＋∞)上单调递减， 所以2－t 1<t 2，即t 1＋t 2>2．总结提升 上述解题过程就是解决极值点偏移问题的最基本的方法，共有四个解题要点： (1)求函数g (x )的极值点x 0；(2)构造函数F (x )＝g (x 0＋x )－g (x 0－x )； (3)确定函数F (x )的单调性；(4)结合F (0)＝0，确定g (x 0＋x )与g (x 0－x )的大小关系．其口诀为：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪，四个步骤环相扣，两次单调紧跟随． 法二：比值换元法1不妨设x 1>x 2>0，因为ln x 1－ax 1＝0，ln x 2－ax 2＝0，所以ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝a (x 1－x 2)，所以ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝a ，欲证x 1x 2>e 2，即证ln x 1＋ln x 2>2．因为ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，所以即证a >2x 1＋x 2，所以原问题等价于证明ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即ln x 1x 2>2(x 1－x 2)x 1＋x 2，令t ＝x 1x 2(t >1)，则不等式变为ln t >2(t －1)t ＋1．令h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1，t >1，所以h ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0，所以h (t )在(1，＋∞)上单调递增，所以h (t )>h (1)＝ln1－0＝0，即ln t －2(t －1)t ＋1>0(t >1)，因此原不等式x 1x 2>e 2得证．总结提升 用比值换元法求解本题的关键点有两个．一个是消参，把极值点转化为导函数零点之后，需要利用两个变量把参数表示出来，这是解决问题的基础，若只用一个极值点表示参数，如得到a ＝ln x 1x 1之后，代入第二个方程，则无法建立两个极值点的关系，本题中利用两个方程相加(减)之后再消参，巧妙地把两个极值点与参数之间的关系建立起来；二是消“变”，即减少变量的个数，只有把方程转化为一个“变量”的式子后，才能建立与之相应的函数，转化为函数问题求解．本题利用参数a 的值相等建立方程，进而利用对数运算的性质，将方程转化为关于x 1x 2的方程，通过建立函数模型求解该问题，这体现了对数学建模等核心素养的考查．该方法的基本思路是直接消掉参数a ，再结合所证问题，巧妙引入变量c ＝x 1x 2，从而构造相应的函数．其解题要点为：(1)联立消参：利用方程f (x 1)＝f (x 2)消掉解析式中的参数a ． (2)抓商构元：令t ＝x 1x 2，消掉变量x 1，x 2，构造关于t 的函数h (t )．(3)用导求解：利用导数求解函数h (t )的最小值，从而可证得结论． 比值换元法2由题知a ＝ln x 1x 1＝ln x 2x 2，则ln x 2ln x 1＝x 2x 1，设x 1<x 2，t ＝x 2x 1(t >1)，则x 2＝tx 1，所以ln tx 1ln x 1＝t ，即ln t ＋ln x 1ln x 1＝t ，解得ln x 1＝ln t t －1，ln x 2＝ln tx 1＝ln t ＋ln x 1＝ln t ＋ln t t －1＝t ln tt －1．由x 1x 2>e 2，得ln x 1＋ln x 2>2，所以t ＋1t －1ln t >2，所以ln t －2(t －1)t ＋1>0，令h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1，t >1，所以h ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0，所以h (t )在(1，＋∞)上单调递增，所以h (t )>h (1)＝ln1－0＝0，即ln t －2(t －1)t ＋1>0(t >1)，因此原不等式x 1x 2>e 2得证．法三：差值换元法由题意，函数f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)，即f (x 1)＝f (x 2)＝0，易知ln x 1，ln x 2是方程x ＝a e x 的两根．设t 1＝ln x 1，t 2＝ln x 2，设g (x )＝x e －x ，则g (t 1)＝g (t 2)，从而x 1x 2>e 2⇔ln x 1＋ln x 2>2⇔t 1＋t 2>2． 下证：t 1＋t 2>2．由g (t 1)＝g (t 2)，得t 11e t -＝t 22e t -，化简得21e t t -＝t 2t 1，①不妨设t 2>t 1，由法二知，0<t 1<1<t 2．令s ＝t 2－t 1，则s >0，t 2＝s ＋t 1，代入①式，得e s ＝s ＋t 1t 1，解得t 1＝s e s －1．则t 1＋t 2＝2t 1＋s ＝2s e s －1＋s ，故要证t 1＋t 2>2，即证2s e s －1＋s >2，又e s －1>0，故要证2se s －1＋s >2，即证2s ＋(s －2)(e s －1)>0，②令G (s )＝2s ＋(s －2)(e s －1)(s >0)，则G ′(s )＝(s －1)e s ＋1，G ″(s )＝s e s >0，故G ′(s )在(0，＋∞)上单调递增，所以G ′(s )>G ′(0)＝0，从而G (s )在(0，＋∞)上单调递增， 所以G (s )>G (0)＝0，所以②式成立，故t 1＋t 2>2．总结提升 该方法的关键是巧妙引入变量s ，然后利用等量关系，把t 1，t 2消掉，从而构造相应的函数，转化所证问题．其解题要点为：(1)取差构元：记s ＝t 2－t 1，则t 2＝t 1＋s ，利用该式消掉t 2． (2)巧解消参：利用g (t 1)＝g (t 2)，构造方程，解之，利用s 表示t 1． (3)构造函数：依据消参之后所得不等式的形式，构造关于s 的函数G (s )． (4)转化求解：利用导数研究函数G (s )的单调性和最小值，从而证得结论．函数的极值点偏移问题，其实质是导数的应用问题，解题的策略是把含双变量的等式或不等式转化为仅含一个变量的等式或不等式进行求解，解题时要抓住三个关键量：极值点、根差、根商．[例3] 已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x ． (1)讨论f (x )的单调性；(2)设f (x )的两个零点是x 1，x 2，求证：f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0．解析 (1)函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x 的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －2ax ＋(2－a )＝－(ax －1)(2x ＋1)x，①当a ≤0时，f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a >0时，若x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ，则f ′(x )>0，若x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞，则f ′(x )<0， 则f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)法一：构造差函数法由(1)易知a >0，且f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减，不妨设0<x 1<1a <x 2， f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0⇔x 1＋x 22>1a ⇔x 1＋x 2>2a ，故要证f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0，只需证x 1＋x 2>2a 即可．构造函数F (x )＝f (x )－f ⎝⎛⎭⎫2a －x ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ， F ′(x )＝f ′(x )－⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫2a －x ′＝f ′(x )＋f ′⎝⎛⎭⎫2a －x ＝2ax (ax －2)＋2x (2－ax )＝2(ax －1)2x (2－ax )， ∵x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ，∴F ′(x )＝2(ax －1)2x (2－ax )>0，∴F (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增， ∴F (x )<F ⎝⎛⎭⎫1a ＝f ⎝⎛⎭⎫1a －f ⎝⎛⎭⎫2a －1a ＝0，即f (x )<f ⎝⎛⎭⎫2a －x ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ， 又x 1，x 2是函数f (x )的两个零点且0<x 1<1a <x 2，∴f (x 1)＝f (x 2)<f ⎝⎛⎭⎫2a －x 1， 而x 2，2a －x 1均大于1a ，∴x 2>2a －x 1，∴x 1＋x 2>2a ，得证．法二：对数平均不等式法易知a >0，且f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减， 不妨设0<x 1<1a <x 2，f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0⇔x 1＋x 22>1a ．因为f (x )的两个零点是x 1，x 2，所以ln x 1－ax 21＋(2－a )x 1＝ln x 2－ax 22＋(2－a )x 2，所以ln x 1－ln x 2＋2(x 1－x 2)＝a (x 21－x 22＋x 1－x 2)，所以a ＝ln x 1－ln x 2＋2(x 1－x 2)x 21－x 22＋x 1－x 2，以下用分析法证明，要证x 1＋x 22>1a ， 即证x 1＋x 22>x 21－x 22＋x 1－x 2ln x 1－ln x 2＋2(x 1－x 2)，即证x 1＋x 22>x 1＋x 2＋1ln x 1－ln x 2x 1－x 2＋2，即证2x 1＋x 2<ln x 1－ln x 2x 1－x 2＋2x 1＋x 2＋1，只需证2x 1＋x 2<ln x 1－ln x 2x 1－x 2，即证x 1＋x 22>x 1－x 2ln x 1－ln x 2，根据对数平均不等式，该式子成立，所以f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0．法三：比值代换法因为f (x )的两个零点是x 1，x 2，不妨设0<x 1<x 2，所以ln x 1－ax 21＋(2－a )x 1＝ln x 2－ax 22＋(2－a )x 2，所以a (x 22－x 21)＋(a －2)(x 2－x 1)＝ln x 2－ln x 1，所以ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝a (x 2＋x 1)＋a －2，f ′(x )＝1x －2ax ＋2－a ，f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22＝2x 1＋x 2－a (x 1＋x 2)－(a －2)＝2x 1＋x 2－ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝1x 2－x 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎫x 2x 1－11＋x 2x 1－ln x 2x 1， 令t ＝x 2x 1(t >1)，g (t )＝2(t －1)1＋t －ln t ，则当t >1时，g ′(t )＝－(t －1)2t (t ＋1)2<0，所以g (t )在(1，＋∞)上单调递减，所以当t >1时，g (t )<g (1)＝0，所以f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0．。
极值点偏移问题归纳
极值点偏移问题归纳极值点偏移是指一个实际问题中的极值点（如最大值、最小值等点）与模型中预测的极值点位置存在误差，偏离了真实位置。
这种偏移可能导致模型预测结果与实际情况不符，降低模型的准确性或可靠性。
本文将从几个方面总结极值点偏移问题，并提出解决方案。
一、造成极值点偏移的原因1.数据采集不准确。
数据采集是建立模型的基础，如果采集到的数据存在偏差或误差，就会导致模型预测结果与实际情况不符。
例如，传感器在安装过程中未能精确定位，导致采集到的数据存在偏移，就会影响模型的准确性。
2.模型参数调整不当。
模型的参数设定直接影响模型预测结果，如果模型参数调整不当，就会导致模型预测结果偏离真实位置。
例如，在神经网络模型中，学习率过高或过低都会影响模型的训练效果，进而导致模型预测结果偏离真实值。
3.模型不够准确或复杂度不够高。
模型的准确性与模型复杂度直接相关，如果模型不够准确或复杂度不够高，就会导致模型预测结果偏离真实位置。
例如，在图像识别模型中，如果模型的复杂度不够高，就会导致模型无法准确区分相似的图像。
二、解决方案1.加强数据采集质量。
正确的数据采集方式和准确的数据处理方法是保证数据准确性的关键。
在数据采集过程中，应使用准确的传感器，并确保传感器精确定位。
此外，还要对采集的数据进行多次检验，确保数据准确无误，避免偏移。
2.优化模型参数设定。
模型参数的正确设定是保证模型准确性的关键。
在设定模型参数时，应根据实际问题情况进行调整，找到最优解。
例如，在神经网络模型中，可以通过交叉验证、网格搜索等技术找到最优参数。
3.增加模型复杂度。
如果模型准确性不够，可以通过增加模型复杂度来改善模型准确性。
例如，在图像识别模型中，可以增加卷积层数、降采样层数等来提高模型复杂度和准确性。
综上所述，极值点偏移问题是一种常见的模型预测误差，可能导致模型预测结果与实际情况不符。
造成极值点偏移的原因包括数据采集不准确、模型参数调整不当、模型复杂度不够高等。
极值点偏移问题
极值点偏移问题总结一、 判定方法1、极值点偏移的定义对于函数)(x f y =在区间),(b a 内只有一个极值点0x ，方程0)(=x f 的解分别为21x x 、，且b x x a <<<21，（1）若0212x x x ≠+，则称函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 偏移； (2） 若0212x xx >+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 左偏，简称极值点0x 左偏；（3）若0212x xx <+,则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 右偏，简称极值点0x 右偏.2、极值点偏移的判定定理证明：（1）因为可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大（小)值点0x ，则函数)(x f y =的单调递增（减）区间为),(0x a ，单调递减（增）区间为),(0b x ，又b x x a <<<21,有),(221b a x x ∈+由于0)2('21>+x x f ,故),(2021x a x x ∈+，所以021)(2x x x ><+，即函数极大(小）值点0x 右（左）偏.证明：(1）因为对于可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大（小）值点0x ，则函数)(x f y =的单调递增（减）区间为),(0x a ,单调递减(增)区间为),(0b x ,又b x x a <<<21，有01x x <,且0202x x x <-，又)2()(201x x f x f -<，故2012)(x x x -><，所以021)(2x x x ><+,即函数极大（小）值点0x 右(左)偏.结论（2）证明略.二、 运用判定定理判定极值点偏移的方法1。
方法概述:（1）求出函数()f x 的极值点；（2)构造一元差函数00()()()F x f x x f x x =+-- (3）确定函数()F x 的单调性;（4)结合(0)0F =,判断()F x 的符号，从而确定00(),()f x x f x x -+的大小关系。
专题07 极值点偏移问题 (解析版)
导数及其应用 专题七：极值点偏移问题一、知识储备1、极值点偏移的相关概念所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。
若函数)(x f 在0x x =处取得极值，且函数)(x f y =与直线b y =交于),(),,(21b x B b x A 两点，则AB 的中点为),2(21b x x M +，而往往2210xx x +≠。
如下图所示。
图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移极值点偏移的定义：对于函数)(x f y =在区间),(b a 内只有一个极值点0x ，方程)(x f 的解分别为21x x 、，且b x x a <<<21，（1）若0212x x x ≠+，则称函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 偏移；（2）若0212x x x >+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 左偏，简称极值点0x 左偏；（3）若0212x x x <+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 右偏，简称极值点0x 右偏。
2、对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：(1)定函数(极值点为0x )，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x 0.(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数0()()(2)F x f x f x x =--，若证2120x x x > ，则令2()()()x F x f x f x=-. (3)判断单调性，即利用导数讨论()F x 的单调性．(4)比较大小，即判断函数()F x 在某段区间上的正负，并得出()f x 与0(2)f x x -的大小关系．(5)转化，即利用函数()f x 的单调性，将()f x 与0(2)f x x -的大小关系转化为x 与02x x -之间的关系，进而得到所证或所求．[提醒] 若要证明122x x f +⎛⎫'⎪⎝⎭的符号问题，还需进一步讨论122x x +与x 0的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负． 二、例题讲解1．（2022·贵州省思南中学高三月考（文））设函数()22ln 1f x x mx =-+.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1m =时，若在()f x 定义域内存在两实数1x ，2x 满足12x x <且()()12f x f x =，证明：122x x +>.【详解】(1)依题意，函数()f x 定义域为(0,)+∞，()222(1)2mx f x mx x x-'=-=，当0m ≤时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，由()0f x '=得m x m =，当0mx m <<时，()0f x '>，当m x m >时，()0f x '<，于是得()f x 在(0,)m m 上单调递增，在(,)mm+∞上单调递减，所以，当0m ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，()f x 在(0,)m m 上单调递增，在(,)mm+∞上单调递减；（2）分析 ：如图：1201x x <<< 要证122x x +> 只需证：122x x -<由于101x <<，则112x <-即只需证1212x x <-< 如图，只需证12(2)()f x f x ->；由于()()12f x f x = 只需证11(2)()f x f x ->此时可构造函数()()(2)F x f x f x =--（即用x 替代了上式1x ） 只需证：在01x <<，()()(2)0F x f x f x =--<。
极值点偏移四种题型的解法
两招极值点偏移问题一、极值点偏移的含义众所周知，函数)(x f 满足定义域内任意自变量x 都有)2()(x m f x f -=，则函数)(x f 关于直线m x =对称；可以理解为函数)(x f 在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若)(x f 为单峰函数，则m x =必为)(x f 的极值点. 如二次函数)(x f 的顶点就是极值点0x ，若c x f =)(的两根的中点为221x x +，则刚好有0212x x x =+，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数)(x f 的极值点为m ，且函数)(x f 满足定义域内m x =左侧的任意自变量x 都有)2()(x m f x f ->或)2()(x m f x f -<，则函数)(x f 极值点m 左右侧变化快慢不同. 故单峰函数)(x f 定义域内任意不同的实数21,x x 满足)()(21x f x f =，则221x x +与极值点m 必有确定的大小关系： 若221x x m +<，则称为极值点左偏；若221x x m +>，则称为极值点右偏.如函数x e x x g =)(的极值点10=x 刚好在方程c x g =)(的两根中点221x x +的左边，我们称之为极值点左偏.二、极值点偏移问题的一般题设形式：1. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；2. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；3. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f ； 4. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f .二、运用判定定理判定极值点偏移的方法 1、方法概述：（1）求出函数)(x f 的极值点0x ；（2）构造一元差函数)()()(00x x f x x f x F --+=； （3）确定函数)(x F 的单调性；（4）结合0)0(=F ，判断)(x F 的符号，从而确定)(0x x f +、)(0x x f -的大小关系. 口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随. 2、抽化模型答题模板：若已知函数)(x f 满足)()(21x f x f =，0x 为函数)(x f 的极值点，求证：0212x x x <+.（1）讨论函数)(x f 的单调性并求出)(x f 的极值点0x ；假设此处)(x f 在),(0x -∞上单调递减，在),(0+∞x 上单调递增. （2）构造)()()(00x x f x x f x F --+=；注：此处根据题意需要还可以构造成)2()()(0x x f x f x F --=的形式.（3）通过求导)('x F 讨论)(x F 的单调性，判断出)(x F 在某段区间上的正负，并得出)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系；假设此处)(x F 在),0(+∞上单调递增，那么我们便可得出0)()()()(000=-=>x f x f x F x F ，从而得到：0x x >时，)()(00x x f x x f ->+.（4）不妨设201x x x <<，通过)(x f 的单调性，)()(21x f x f =，)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系得出结论；接上述情况，由于0x x >时，)()(00x x f x x f ->+且201x x x <<，)()(21x f x f =，故)2()]([)]([)()(2002002021x x f x x x f x x x f x f x f -=-->-+==，又因为01x x <，0202x x x <-且)(x f 在),(0x -∞上单调递减，从而得到2012x x x -<，从而0212x x x <+得证.（5）若要证明0)2('21<+x x f ，还需进一步讨论221x x +与0x 的大小，得出221x x +所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因为0212x x x <+，故0212x x x <+，由于)(x f 在),(0x -∞上单调递减，故0)2('21<+x x f . 【说明】（1）此类试题由于思路固定，所以通常情况下求导比较复杂，计算时须细心；（2）此类题目若试题难度较低，会分解为三问，前两问分别求)(x f 的单调性、极值点，证明)(0x x f +与)(0x x f -（或)(x f 与)2(0x x f -）的大小关系；若试题难度较大，则直接给出形如0212x x x <+或0)2('21<+x x f 的结论，让你给予证明，此时自己应主动把该小问分解为三问逐步解题.【例题讲解】【例1】已知函数)()(R x xe x f x∈=-. (1)求函数)(x f 的单调区间和极值；(2)若21x x ≠，且)()(21x f x f =，证明：221>+x x .【解析】容易求得第（1）问：()f x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减，()f x 的极值是1(1)f e=。
高中数学极值点偏移问题
高中数学极值点偏移问题极值点偏移问题极值点偏移问题是指可导函数 $y=f(x)$ 在区间 $(a,b)$ 上只有一个极大（小）值点 $x$，方程 $f(x)=m$ 的解分别为$x_1,x_2$ 且 $ax$，则称函数 $f(x)$ 在区间 $(a,b)$ 上极值点$x$ 右偏移。
极值点偏移的判定定理是指对于可导函数 $y=f(x)$ 在区间 $(a,b)$ 上只有一个极大（小）值点 $x$，方程 $f(x)=m$ 的解分别为 $x_1,x_2$ 且 $a<x_1<x_2<b$，有以下判定条件：1）若 $f(x_1)<f(2x-x_2)$，则极值点偏移为峰偏右。
2）若 $f(x_1)>f(2x-x_2)$，则极值点偏移为谷偏左。
3）若 $f(x_1)>f(2x-x_2)$，则极值点偏移为峰偏左。
4）若 $f(x_1)<f(2x-x_2)$，则极值点偏移为谷偏右。
拓展内容：1）若 $f(a+x)=f(b-x)$，则函数 $f(x)$ 的图像关于直线$x=\dfrac{a+b}{2}$ 对称；特别地，若 $a+b=2a$，则函数$f(x)$ 的图像关于直线 $x=a$ 对称。
2）若函数$f(x)$ 满足$\forall x\in(0,a)$ 有下列之一成立：① $f(x)$ 在 $(0,a)$ 递增，在 $(a,2a)$ 递减，且 $f(a-x))f(a+x)$（$f(x))f(2a-x)$）。
② $f(x)$ 在 $(0,a)$ 递减，在 $(a,2a)$ 递增，且 $f(a-x)>((<)f(2a-x)$）。
则函数 $f(x)$ 在 $(0,2a)$ 的图像关于直线 $x=a$ 偏移（偏对称，俗称峰谷偏函数）。
其中，①极大值左偏（或右偏）也称峰偏左（或右）；②极小值偏左（或偏右）也称谷偏左（或右）。
已知函数y=f(x)满足f(x1)=f(x2)，x1和x2为函数y=f(x)的极值点，证明：x1+x2>2x首先，求函数f(x)的极值点x。
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若 f (x) 下凸（ f (x) 递增），则 f ( x1 x2 ) 0 2
五、解决极值点偏移问题的通法:主元法
第一步：根据 f x1 f x2 x1 x2 建立等量关系，并结合 f x 的单调性，确定
x1, x2 的取值范围； 第二步：不妨设 x1 x2 ，将待证不等式进行变形，进而结合原函数或导函数的单调性等
2(t 1) t 1
，∴ g '(t)
(t 1)2 t(t 1)2
0 ，∴ g(t) 在 (1, ) 上单调递增，
∴
g(t)
g(1)
0
，∴ ln t
2(t 1) t 1
，∴ ln
x1
ln
x2
2．
1、设 k R ，函数 f (x) ln x kx ． （3）若 f (x) 有两个相异零点 x1 ， x2 ，求证： ln x1 ln x2 2 ．
价转化；
第三步：构造关于 x1（或 x2 ）的一元函数T x f xi f 2a xi i 1, 2 ，这里 a
是 f (x) 的极值点，应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明．
所谓主元法就是在一个多元数学问题中以其中一个为“主元”，将问题化归为 该主元的函数、方程或不等式等问题，其本质是函数与方程思想的应用．
x 1
x 1
解决极值点偏移问题策略三：比值换元法
1、设 k R ，函数 f (x) ln x kx ．
（3）若 f (x) 有两个相异零点 x1 ， x2 ，求证： ln x1 ln x2 2 ． （3）设 f (x) 的两个相异零点为 x1 ， x2 ，设 x1 x2 0 ，
十、2018 年 9+1 联盟考试第 22 题标准答案：
已知函数 f (x) x ln x a 有两个不同的零点 x1 ， x2 ． (Ⅰ)求实数 a 的取值范围； (Ⅱ)证明： x1 x2 a 1 ．
解：(Ⅰ)问题转化为方程 x ln x a 有两个不相等的正根. 令 (x) x ln x ， x 0 ，因为 (x) 1 1 x 1 ， xx 所以 (x) 在区间 (0,1) 上单调递减，在区间 (1, ) 上单调递增， 所以 (x)min = (1)=1，所以只要 a 1.
x0
x1
2
x2
的情况，我们称这种情形为“极值点偏移”.
极值点偏移的四种情况：
设方程 f ( x) a 的两个根为 x1 , x2 ( x1 x2 )
极值点左偏： x1
x2
2x0 , x
x1
x2 2
处切线与 x 轴不平行： 极值点右偏： x1
x2
2x0 , x
x1
x2 2
处切线与 x 轴不平行：
若 f (x) 上凸（ f (x) 递减），则 f ( x1 x2 ) 0 ， 2
若 f (x) 上凸（ f (x) 递减），则 f ( x1 x2 ) 0 ， 2
若 f (x) 下凸（ f (x) 递增），则 f ( x1 x2 ) 0 2
极值点偏移问题
定义:
已知 y f (x) 是连续函数，在区间 x1, x2 内只有一个极值点为 x0 ，且 f (x1 ) f (x2 ) ，
若极值点左右的“增减速度”相同，就有极值点 x0
x1
x2 2
，我们称这种情形为极值点
不偏移，若极值点左右的“增减速度”不同，函数的图像不具有对称性，就出现极值点
x2 )
2 ，即证
x1 x2 2
1 k
即 ln x1 ln x2 2 ，即 ln x1 2(x1 x2 ) ，
x1 x2
x1 x2
x2
x1 x2
设 t x1 1 上式转化为 ln t 2(t 1) （ t 1），
x2
t 1
设 g(t) ln t
∵ f (x1) 0 ， f (x2 ) 0 ，∴ ln x1 kx1 0 ， ln x2 kx2 0 ，
∴ ln x1 ln x2 k(x1 x2 ) ， ln x1 ln x2 k(x1 x2 ) ，
要证明 ln x1
ln
x2
2,故只需证 k (x1
解决极值点偏移问题策略二：对数平均不等式：
任意 a,b 0, a b, 都有：
ab a b a b ，其中 a b 称之为对数平均数
ln a ln b 2
ln a ln b
几何意义：对数函数 y ln x 图像上两个不同点 A(a,ln a),B(b,ln b) 形成
f
(2 k
x)(0
x2
1) k
g ( x)
2(kx 1)2 x(2 kx)
0 ，
g(x) 在 0, 1 上递增 k
g(x)
g
(
1 k
)
0
∴
ln
x1
ln
x2
2．
（2018 年高三 9+1 联盟考试第 22 题）
已知函数 f (x) x ln x a 有两个不同的零点 x1 ， x2 ． (Ⅰ)求实数 a 的取值范围； (Ⅱ)证明： x1 x2 a 1 ．
的割线 AB 的斜率的倒数大于 y ln x 在点 ( ab, ln ab) 的切线的斜率的
倒数，且小于 y ln x 在点 (a b ,ln a b) 处的切线的斜率的倒数.
2
2
变式： x 1, ln x 2(x 1) ； 0 x 1, ln x 2(x 1) .
要证 ln
x1
ln
x2
2 ，只需证 x1
x2
2 k
，( 0
k
1 e)不妨设来自0x2
1 k
x1
，即证
x1
2 k
x2
f (x) 在 1 k
, 上递减只需证
f
(x1)
f
(2 k
x2 )
即证
f
(x2 )
f
(2 k
x2 ) 下证 g(x)
f
(x)
（3）设 f (x) 的两个相异零点为 x1 ， x2 ，设 x1 x2 0 ，
∵ f (x1) 0 ， f (x2 ) 0 ，∴ ln x1 kx1 0 ， ln x2 kx2 0 ，
∴ ln x1 ln x2 k(x1 x2 ) ， ln x1 ln x2 k(x1 x2 ) ，