2016高考数学全国1卷导数压轴题极值点偏移问题
极值点偏移问题的两种常见解法之比较演示教学
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12(,)x x 内有且只有一个极值点0x ，且12()()f x f x =，若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点1202x x x +=，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1202x x x +≠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()f x 在区间(,)a b 内单调递增，则对区间(,)a b 内的任意两个变量12x x 、，1212()()f x f x x x <⇔<；若函数()f x 在区间(,)a b 内单调递减，则对区间(,)a b 内的任意两个变量12x x 、，1212()()f x f x x x <⇔>. 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：,,(,)ln ln ,,a ba b L a b a b a a b -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩对数平均数与算术平均数、(,)2a bL 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0a b =>时，显然等号成立 ii ）当0a b ≠>时，不妨设0a b >>， ①ln ln a b a b -<-，ln ln a ba b-<-，只须证：ln a b <，1x =>，只须证：12ln ,1x x x x≤-> 设1()2ln ,1f x x x x x=-+>，则22221(1)()10x f x x x x -'=--=-<，所以()f x在(1,)+∞内单调递减，所以()(1)0f x f <=，即12ln x x x<-，ln ln a ba b --②再证：ln ln 2a b a ba b -+<- 要证：ln ln 2a b a ba b -+<-，只须证：1ln21a ab b a b-<+令1a x b =>，则只须证：1ln 12x x x -<+，只须证2ln 1112x x x -<>+，设2ln ()112xg x x =--+，1x >，则22221(1)()0(1)22(1)x g x x x x x --'=-=<++ 所以()g x 在区间(1,)+∞内单调递减，所以()g(1)0g x <=，即2ln 112xx -<+， 故ln ln 2a b a ba b -+<- 综上述，当0,0a b >>(,)2a bL a b +≤≤例1 （2016年高考数学全国Ⅰ理科第21题）已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x有两个零点．（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设21,x x 是)(x f 的两个零点，证明：221<+x x ． 解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为R ，当0a =时，()(2)0xf x x e =-=，得2x =，只有一个零点，不合题意； 当0a ≠时，()(1)[2]x f x x e a '=-+当0a >时，由()0f x '=得，1x =，由()0f x '>得，1x >，由()0f x '<得，1x <， 故，1x =是()f x 的极小值点，也是()f x 的最小值点，所以min ()(1)0f x f e ==-< 又(2)0f a =>，故在区间(1,2)内存在一个零点2x ，即212x << 由21lim (2)limlim 0,xx x x x x x x e e e--→-∞→-∞→-∞--===-又2(1)0a x ->，所以，()f x 在区间 (,1)-∞存在唯一零点1x ，即11x <， 故0a >时，()f x 存在两个零点；当0a <时，由()0f x '=得，1ln(2)x x a ==-或， 若ln(2)1a -=，即2ea =-时，()0f x '≥，故()f x 在R 上单调递增，与题意不符 若ln(2)1a ->，即02ea -<<时，易证()=(1)0f x f e =-<极大值故()f x 在R 上只有一 个零点，若ln(2)1a -<，即2ea <-时，易证()=(ln(2)f x f a -极大值2(ln (2)4ln(2)5)0a a a =---+<，故()f x 在R 上只有一个零点综上述，0a >（Ⅱ）解法一、根据函数的单调性证明 由（Ⅰ）知，0a >且1212x x <<<令2()()(2)(2),1xxh x f x f x x e xe x -=--=-+>，则2(1)2(1)(e 1)()x x x h x e ----'= 因为1x >，所以2(1)10,10x x e-->->，所以()0h x '>，所以()h x 在(1,)+∞内单调递增所以()(1)0h x h >=，即()(2)f x f x >-，所以22()(2)f x f x >-，所以12()(2)f x f x >-，因为121,21x x <-<，()f x 在区间(,1)-∞内单调递减，所以122x x <-，即122x x +< 解法二、利用对数平均不等式证明由（Ⅰ）知，0a >，又(0)2f a =- 所以， 当02a <≤时，10x ≤且212x <<，故122x x +<当2a >时，12012x x <<<<，又因为12122212(2)(2)(1)(1)x x x e x e a x x --=-=--- 即12122212(2)(2)(1)(1)x x x e x e x x --=--所以111222ln(2)2ln(1)ln(2)2ln(1)x x x x x x -+--=-+--所以12122112ln(2)ln(2)2(ln(1)ln(1))(2)(2)x x x x x x x x -------=-=---所以1212121212ln(1)ln(1)(2)(2)412ln(2)ln(2)ln(2)ln(2)2x x x x x x x x x x ---------=<------所以1212122ln(1)ln(1)22ln(2)ln(2)x x x x x x +----<--- ①下面用反证法证明不等式①成立因为12012x x <<<<，所以12220x x ->->，所以12ln(2)ln(2)0x x ---> 假设122x x +≥，当122x x +=，1212122ln(1)ln(1)02=02ln(2)ln(2)x x x x x x +----=---且,与①矛盾； 当122x x +>时1212122ln(1)ln(1)02<02ln(2)ln(2)x x x x x x +---->---且,与①矛盾，故假设不成立 所以122x x +<例2 （2011年高考数学辽宁卷理科第21题）已知函数2()ln (2)f x x ax a x =-+-（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）若曲线()y f x =与x 轴交于A B 、两点，A B 、中点的横坐标为0x ，证明：0()0f x '<解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域是(0,)+∞1(12)(1)()2(2)x ax f x ax a x x+-'=-+-=当0a ≤时，()0f x '>在区间(0,)+∞内恒成立，即()f x 在区间(0,)+∞内单调递增 当0a >时，由()f x '>0，得函数()f x 的递增区间1(0,)a， 由()f x '<0，得函数()f x 的递减区间1(,)a+∞ （Ⅱ）解法一、根据函数的单调性求解设点A B 、的横坐标分别为12x x 、，则1202x x x +=，且1210x x a<<< 由（Ⅰ）知，当0a >时，max 111[()]=[()]()ln 1f x f x f a a a ==+-极大值因为函数()f x 有两个不同的零点，所以max [()]0f x >，所以01a <<要证0000(12)(1)()0x ax f x x +-'=<，只须证01ax >，即证122x x a+>令2()()()h x f x f x a =--=21ln ln()22,0x x ax x a a ---+<<则212(1)()202(2)a ax h x a x ax x ax -'=+-=>--，所以()h x 在1(0,)a内单调递增 所以1()()0h x h a <=，即2()()f x f x a <- 因为1210x x a <<<，所以112()()f x f x a <-，所以212()()f x f x a <-又21121,x x a a a >->，且()f x 在区间1(,)a +∞内单调递减所以212x x a >-，即122x x a+>，故0()0f x '<解法二、利用对数平均不等式求解设点A B 、的坐标分别为12(,0)(,0)A x B x 、，则1202x x x += 由（Ⅰ）知，当0a >时，max111[()]=[()]()ln 1f x f x f a a a==+-极大值因为函数()f x 有两个不同的零点，所以max [()]0f x >，所以01a <<因为21112222ln (2)0ln (2)0x ax a x x ax a x ⎧-+-=⎪⎨-+-=⎪⎩，所以212121ln ln [()(2)]()x x a x x a x x -=+--- 所以211212211()(2)ln ln 2x x x x a x x a x x -+=<+---，即12121()(2)2x x a x x a +<+--所以21212()(2)()20a x x a x x ++-+-> ，所以1212[()2][()1]0a x x x x +-++>所以12102x x a+-<，所以121212012(1)(1)2()()022x x x x ax xf x f x x +++-+''==<+.例3 （2014年高考数学湖南卷文科第21题）已知函数21()1xx f x e x-=+ （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当1212()(),f x f x x x =≠时，求证：120x x +< 解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为R()f x '=2222222(1)2(1)1[(1)2](1)1(1)x x xx x x x x x e e e x x x -+-----++=+++ 由()0f x '=，得0x =，由()0f x '>，得函数的递增区间(,0)-∞，由()0f x '<，得函数的递减区间(0,)+∞，所以max ()(0)1f x f ==（Ⅱ）解法一、利用函数的单调性求解令2211()()()11x xx x h x f x f x e e x x --+=--=-++ ，0x > 则22222(23)(23)()(1)x xx x e x x h x xx e -+-++'=-+令222()(23)(2+3),0xH x x x ex x x =-+-+>则22()2[(2)(1)],0xH x x x ex x '=-+-+>，则22()2[(23)1],0x H x x e x ''=+->由0x >得，()2(31)40H x ''>-=>，故()H x '在(0,)+∞内单调递增 故()(0)20H x H ''>=>，故()H x 在(0,)+∞内单调递增 故()(0)0H x H >=，故()0h x '<，故()h x 在(0,)+∞上单调递减 所以，()(0)0h x h <=由（1）及1212()(),f x f x x x =≠知，1201x x <<<，故222()()()0h x f x f x =--< 所以22()()f x f x <-，所以12()()f x f x <-，又()f x 在(,0)-∞上单调递增 所以，12x x <-，即120x x +< 解法二、利用对数平均不等式求解因为1x <时，()0f x >，1x >时，()0f x <，1212()(),f x f x x x =≠ 所以，1201x x <<<，121222121111x x x x e e x x --=++，所以，21111222121111x x x x e e x x ----=++ 所以，22121212ln(1)(1)ln(1)ln(1)(1)ln(1)x x x x x x -+--+=-+--+ 所以，22212112(1)(1)ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)x x x x x x ---=---++-+所以，222112212121(1)(1)ln(1)ln(1)111ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)2x x x x x x x x x x ---+-+-+-=+<------ 所以，22121212ln(1)ln(1)2ln(1)ln(1)x x x x x x ++-+<---① 因为1201x x <<<，所以12ln(1)ln(1)0x x ---> 下面用反证法证明120x x +<，假设120x x +≥当120x x +=时，22121212ln(1)ln(1)0,=02ln(1)ln(1)x x x x x x ++-+=---且，与不等式①矛盾当120x x +>时，210x x >->，所以120,2x x +>且221212ln(1)ln(1)0ln(1)ln(1)x x x x +-+<---，与不等式①矛盾.所以假设不成立，所以120x x +<例4 （2014年江苏省南通市二模第20题）设函数()(),xf x e ax a a R =-+∈其图象与x 轴交于12(,0),(,0)A x B x 两点，且12x x <. （Ⅰ）求实数a 的取值范围；（Ⅱ）证明：0(()f f x ''<为函数()f x 的导函数）； （Ⅲ）略.解：（Ⅰ）()xf x e a '=-，x R ∈，当0a ≤时，()0f x '>在R 上恒成立，不合题意 当0a >时，易知，ln x a =为函数()f x 的极值点，且是唯一极值点， 故，min ()(ln )(2ln )f x f a a a ==-当min ()0f x ≥，即20a e <≤时，()f x 至多有一个零点，不合题意，故舍去；当min ()0f x <，即2a e >时，由(1)0f e =>，且()f x 在(,ln )a -∞内单调递减，故()f x 在(1,ln )a 有且只有一个零点；由22(ln )2ln (12ln ),f a a a a a a a a =-+=+- 令212ln ,y a a a e =+->，则210y a'=->，故2212ln 1430a a e e +->+-=-> 所以2(ln )0f a >，即在(ln ,2ln )a a 有且只有一个零点. （Ⅱ）解法一、根据函数的单调性求解由（Ⅰ）知，()f x 在(,ln )a -∞内递减，在(ln ,)a +∞内递增，且(1)0f e => 所以121ln 2ln x a x a <<<<，要证0f '<，只须证a <ln a <122x x +<，故只须证122ln x x a +<令2ln ()()(2ln )(2ln ),xa xh x f x f a x e ax a e a a x a -=--=-+-+--222ln xxe a e ax a a -=--+，1ln x a <<则2()220x x h x e a e a a -'=+-≥=，所以()h x 在区间(1,ln )a 内递增所以ln 2ln ()2ln 2ln 0aa h x e a e a a a a -<--+=，即()(2ln )f x f a x <-所以11()(2ln )f x f a x <-，所以21()(2ln )f x f a x <-因为21ln ,2ln ln x a a x a >->，且()f x 在区间(ln ,)a +∞内递增所以212ln x a x <-，即122ln x x a +<，故0f '< 解法二、利用对数平均不等式求解由（Ⅰ）知，()f x 在(,ln )a -∞内递减，在(ln ,)a +∞内递增，且(1)0f e =>所以121ln 2ln x a x a <<<<，因为111()0x f x e ax a =-+=，222()0x f x e ax a =-+=121211x x e e a x x ==--，即12111211x x e e x x --=--，所以1212(1)(1)1ln(1)ln(1)x x x x ---=>---所以1212()0x x x x -+<，要证：0f '<，只须证a <ln a <11ln(1)x x <--22ln(1)x x <--所以1212ln(1)(1)x x x x <+---，所以121212ln(()1)x x x x x x -++<+-因为1212()0x x x x -+<，所以1212ln(()1)ln10x x x x -++<=，而120x x +->所以121212ln(()1)x x x x x x -++<+-0f '<从以上四个例题可以看出，两种方法解决的问题相同，即若12,x x 是函数()f x 的两个零点，而0x x =是函数()f x 的极值点，证明1202x x x +<（或1202x x x +>），根据函数单调性求解的步骤是：一、构建函数0()()(2)h x f x f x x =--，二、判断函数()h x 的单调性，三、证明()0h x >（或()0h x <）即0()(2)f x f x x >-（或0()(2)f x f x x <-），四、故函数()f x 的单调性证1202x x x +<（或1202x x x +>）.根据对数平均不等式求解的步骤是：一、通过等式两边同取自然对数或相减等配凑出1212ln ln x x x x --及，二、通过等式两边同除以12ln ln x x -构建对数平均数1212ln ln x x x x --，三、利用对数平均不等式将1212ln ln x x x x --转化为122x x +后再证明1202x x x +<（或1202x x x +>）. 两种方法各有优劣，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.。
高中数学极值点偏移问题
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；（1）则称函数f(x)在区间（a,b）上极值点偏移；（2）则称函数f(x)在区间（a,b）上极值点偏移；二：极值点偏移的判定定理对于可导函数在区间（a,b）上只有一个极大（小）值点,方程的解分别为且<<b.（1）若则即函数f(x)在区间（a,b）上极大值点右偏；（即峰偏右）（2）若则即函数f(x)在区间上（a,b）极小值点左偏;（即谷偏左）（3）若则即函数f(x)在区间上（a,b）极大值点左偏;（即峰偏左）（4）若则即函数f(x)在区间上（a,b）极小值点右偏;（即谷偏右）x= x=y=mxy=f(x) x= x=拓展：1） 若)()(x b f x a f -=+，则)(x f 的图象关于直线2ba x +=对称；特别地，若)()(x a f x a f -=+（或f(x)=f(2a-x)），则)(x f 的图象关于直线a x =对称 2） 若函数f(x)满足有下列之一成立：①f(x)在递增，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 =对称若则<=>,(=0,);2)已知函数是满足条件的极大值左偏（峰偏左）若则则,及极值点偏移解题步骤： ①求函数f(x)的极值点； ②构造函数F(x)=f(x+)-f( (F(x)=f()-f(,F(x)=f(x+)-f(, F(x)=f(x)-f()确定F(x)单调性③结合F(0)=0（F(-)=0,F(判断F(x)符号从而确定f(x+),f(( f(x+)与f( f(x)与f(的大小关系;答题模式： 已知函数y=f(x)满足,为函数y=f(x)的极值点,求证：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 +> 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。
2016全国卷I高考数学理科试题压轴题参考答案
2016全国卷（I）高考数学理科试题压轴题参考答案20（本小题满分12分）设圆222150x y x ++-=的圆心为A ，直线l 过点(1,0)B 且与x 轴不重合，l 交圆A 于,C D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E.（1）证明：EA EB +为定值，并写出点E 的轨迹方程。
（2）设点E 的轨迹为曲线1C ，直线l 交1C 于,M N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于,P Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围。
解：（1）圆方程222150x y x ++-=可化为()22116x y ++=∴圆心A(-1,0),半径r=4由AC//EB,所以∠EBD=∠ACD (1)又AC=AD,所以∠ADC=∠ACD (2)由(1),(2)式，得∠EBD=∠ADCBE DE=得所以4AE BE AE DE AD +=+==所以点E 的轨迹是以A,B 为焦点，长轴为4的椭圆。
E 的轨迹方程为22143x y +=（2）（i）当直线MN 的方程斜率存在时设直线MN 的方程为()1y k x =-则直线PQ 的方程为()11y x k=--联立()221431x y y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩消得()22224384120k x k x k +-+-=()()()()()()2222222228434*********k 4k k 12k MN k k a k k -+-+∆=+=+=++直线PQ 方程()11y x k =--可化为10x ky +-=点A 到直线PQ 的距离为：22101211k d k k -+⋅-==++2222224432411k PQ k k ⎛⎫+=-= ⎪++⎝⎭()()222222222114431243143114343MPNQ 12k 1k 24k S MN PQ 2k k k k 112424+k 44k +++=⋅=⋅⋅=++++⎛⎫== ⎪++⎝⎭四边形83MPNQ 12S <<四边形（ii）当直线MN 的方程斜率不存在时容易算得：MPNQ S =12四边形所以83MPNQ 12S ≤<四边形21（本小题满分12分）已知函数2()()e (1)x f x x-2a x =+-有两个零点。
极值点偏移问题的两种常见解法之比较(汇编)
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12(,)x x 内有且只有一个极值点0x ，且12()()f x f x =，若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点1202x x x +=，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1202x x x +≠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()f x 在区间(,)a b 内单调递增，则对区间(,)a b 内的任意两个变量12x x 、，1212()()f x f x x x <⇔<；若函数()f x 在区间(,)a b 内单调递减，则对区间(,)a b 内的任意两个变量12x x 、，1212()()f x f x x x <⇔>. 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：,,(,)ln ln ,,a ba b L a b a b a a b -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩对数平均数与算术平均数、(,)2a bL 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0a b =>时，显然等号成立 ii ）当0a b ≠>时，不妨设0a b >>， ①ln ln a b a b -<-，ln ln a ba b-<-，只须证：ln a b <，1x =>，只须证：12ln ,1x x x x≤-> 设1()2ln ,1f x x x x x=-+>，则22221(1)()10x f x x x x -'=--=-<，所以()f x在(1,)+∞内单调递减，所以()(1)0f x f <=，即12ln x x x<-，ln ln a ba b --②再证：ln ln 2a b a ba b -+<- 要证：ln ln 2a b a ba b -+<-，只须证：1ln21a ab b a b-<+令1a x b =>，则只须证：1ln 12x x x -<+，只须证2ln 1112x x x -<>+，设2ln ()112xg x x =--+，1x >，则22221(1)()0(1)22(1)x g x x x x x --'=-=<++ 所以()g x 在区间(1,)+∞内单调递减，所以()g(1)0g x <=，即2l n 112xx -<+， 故ln ln 2a b a ba b -+<- 综上述，当0,0a b >>(,)2a bL a b +≤≤例1 （2016年高考数学全国Ⅰ理科第21题）已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x有两个零点．（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设21,x x 是)(x f 的两个零点，证明：221<+x x ． 解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为R ，当0a =时，()(2)0xf x x e =-=，得2x =，只有一个零点，不合题意； 当0a ≠时，()(1)[2]x f x x e a '=-+当0a >时，由()0f x '=得，1x =，由()0f x '>得，1x >，由()0f x '<得，1x <， 故，1x =是()f x 的极小值点，也是()f x 的最小值点，所以min ()(1)0f x f e ==-< 又(2)0f a =>，故在区间(1,2)内存在一个零点2x ，即212x << 由21lim (2)limlim 0,xx x x x x x x e e e--→-∞→-∞→-∞--===-又2(1)0a x ->，所以，()f x 在区间 (,1)-∞存在唯一零点1x ，即11x <， 故0a >时，()f x 存在两个零点；当0a <时，由()0f x '=得，1ln(2)x x a ==-或， 若ln(2)1a -=，即2ea =-时，()0f x '≥，故()f x 在R 上单调递增，与题意不符 若ln(2)1a ->，即02ea -<<时，易证()=(1)0f x f e =-<极大值故()f x 在R 上只有一 个零点，若ln(2)1a -<，即2ea <-时，易证()=(l n (2f x f a -极大值2(l n (2)4l n (2)5)0a a a =---+<，故()f x 在R 上只有一个零点综上述，0a >（Ⅱ）解法一、根据函数的单调性证明 由（Ⅰ）知，0a >且1212x x <<<令2()()(2)(2),1xxh x f x f x x e xe x -=--=-+>，则2(1)2(1)(e 1)()x x x h x e ----'= 因为1x >，所以2(1)10,10x x e-->->，所以()0h x '>，所以()h x 在(1,)+∞内单调递增所以()(1)0h x h >=，即()(2)f x f x >-，所以22()(2)f x f x >-，所以12()(2)f x f x >-，因为121,21x x <-<，()f x 在区间(,1)-∞内单调递减，所以122x x <-，即122x x +< 解法二、利用对数平均不等式证明由（Ⅰ）知，0a >，又(0)2f a =- 所以， 当02a <≤时，10x ≤且212x <<，故122x x +<当2a >时，12012x x <<<<，又因为12122212(2)(2)(1)(1)x x x e x e a x x --=-=--- 即12122212(2)(2)(1)(1)x x x e x e x x --=--所以111222ln(2)2ln(1)ln(2)2ln(1)x x x x x x -+--=-+--所以12122112ln(2)ln(2)2(ln(1)ln(1))(2)(2)x x x x x x x x -------=-=---所以1212121212ln(1)ln(1)(2)(2)412ln(2)ln(2)ln(2)ln(2)2x x x x x x x x x x ---------=<------所以1212122ln(1)ln(1)22ln(2)ln(2)x x x x x x +----<--- ①下面用反证法证明不等式①成立因为12012x x <<<<，所以12220x x ->->，所以12ln(2)ln(2)0x x ---> 假设122x x +≥，当122x x +=，1212122ln(1)ln(1)02=02ln(2)ln(2)x x x x x x +----=---且,与①矛盾； 当122x x +>时1212122ln(1)ln(1)02<02ln(2)ln(2)x x x x x x +---->---且,与①矛盾，故假设不成立 所以122x x +<例2 （2011年高考数学辽宁卷理科第21题）已知函数2()ln (2)f x x ax a x =-+-（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）若曲线()y f x =与x 轴交于A B 、两点，A B 、中点的横坐标为0x ，证明：0()0f x '<解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域是(0,)+∞1(12)(1)()2(2)x a x f x a x a x x+-'=-+-= 当0a ≤时，()0f x '>在区间(0,)+∞内恒成立，即()f x 在区间(0,)+∞内单调递增 当0a >时，由()f x '>0，得函数()f x 的递增区间1(0,)a， 由()f x '<0，得函数()f x 的递减区间1(,)a+∞ （Ⅱ）解法一、根据函数的单调性求解设点A B 、的横坐标分别为12x x 、，则1202x x x +=，且1210x x a<<< 由（Ⅰ）知，当0a >时，max 111[()]=[()]()ln 1f x f x f a a a ==+-极大值因为函数()f x 有两个不同的零点，所以max [()]0f x >，所以01a <<要证0000(12)(1)()0x ax f x x +-'=<，只须证01ax >，即证122x x a+>令2()()()h x f x f x a =--=21ln ln()22,0x x ax x a a ---+<<则212(1)()202(2)a ax h x a x ax x ax -'=+-=>--，所以()h x 在1(0,)a内单调递增所以1()()0h x h a <=，即2()()f x f x a <- 因为1210x x a <<<，所以112()()f x f x a <-，所以212()()f x f x a <-又21121,x x a a a >->，且()f x 在区间1(,)a +∞内单调递减所以212x x a >-，即122x x a+>，故0()0f x '<解法二、利用对数平均不等式求解设点A B 、的坐标分别为12(,0)(,0)A x B x 、，则1202x x x += 由（Ⅰ）知，当0a >时，max111[()]=[()]()ln 1f x f x f a a a==+-极大值因为函数()f x 有两个不同的零点，所以max [()]0f x >，所以01a <<因为21112222ln (2)0ln (2)0x ax a x x ax a x ⎧-+-=⎪⎨-+-=⎪⎩，所以212121ln ln [()(2)]()x x a x x a x x -=+--- 所以211212211()(2)ln ln 2x x x x a x x a x x -+=<+---，即12121()(2)2x x a x x a +<+--所以21212()(2)()20a x x a x x ++-+-> ，所以1212[()2][()1]0a x x x x +-++>所以12102x x a+-<，所以121212012(1)(1)2()()022x x x x ax xf x f x x +++-+''==<+.例3 （2014年高考数学湖南卷文科第21题）已知函数21()1xx f x e x -=+（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当1212()(),f x f x x x =≠时，求证：120x x +< 解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为R()f x '=2222222(1)2(1)1[(1)2](1)1(1)x x xx x x x x x e e e x x x -+-----++=+++ 由()0f x '=，得0x =，由()0f x '>，得函数的递增区间(,0)-∞，由()0f x '<，得函数的递减区间(0,)+∞，所以max ()(0)1f x f == （Ⅱ）解法一、利用函数的单调性求解令2211()()()11x xx x h x f x f x e e x x --+=--=-++ ，0x > 则22222(23)(23)()(1)x xx x e x x h x xx e -+-++'=-+令222()(23)(2+3),0xH x x x ex x x =-+-+>则22()2[(2)(1)],0xH x x x ex x '=-+-+>，则22()2[(23)1],0x H x x e x ''=+->由0x >得，()2(31)40H x ''>-=>，故()H x '在(0,)+∞内单调递增 故()(0)20H x H ''>=>，故()H x 在(0,)+∞内单调递增 故()(0)0H x H >=，故()0h x '<，故()h x 在(0,)+∞上单调递减 所以，()(0)0h x h <=由（1）及1212()(),f x f x x x =≠知，1201x x <<<，故222()()()0h x f x f x =--< 所以22()()f x f x <-，所以12()()f x f x <-，又()f x 在(,0)-∞上单调递增 所以，12x x <-，即120x x +< 解法二、利用对数平均不等式求解因为1x <时，()0f x >，1x >时，()0f x <，1212()(),f x f x x x =≠ 所以，1201x x <<<，121222121111x x x x e e x x --=++，所以，21111222121111x x x x e e x x ----=++ 所以，22121212ln(1)(1)ln(1)ln(1)(1)ln(1)x x x x x x -+--+=-+--+ 所以，22212112(1)(1)ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)x x x x x x ---=---++-+所以，222112212121(1)(1)ln(1)ln(1)111ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)2x x x x x x x x x x ---+-+-+-=+<------ 所以，22121212ln(1)ln(1)2ln(1)ln(1)x x x x x x ++-+<---① 因为1201x x <<<，所以12ln(1)ln(1)0x x ---> 下面用反证法证明120x x +<，假设120x x +≥当120x x +=时，22121212ln(1)ln(1)0,=02ln(1)ln(1)x x x x x x ++-+=---且，与不等式①矛盾当120x x +>时，210x x >->，所以120,2x x +>且221212ln(1)ln(1)0ln(1)ln(1)x x x x +-+<---，与不等式①矛盾.所以假设不成立，所以120x x +<例4 （2014年江苏省南通市二模第20题）设函数()(),xf x e ax a a R =-+∈其图象与x 轴交于12(,0),(,0)A x B x 两点，且12x x <. （Ⅰ）求实数a 的取值范围；（Ⅱ）证明：0(()f f x ''<为函数()f x 的导函数）； （Ⅲ）略.解：（Ⅰ）()xf x e a '=-，x R ∈，当0a ≤时，()0f x '>在R 上恒成立，不合题意 当0a >时，易知，ln x a =为函数()f x 的极值点，且是唯一极值点， 故，min ()(ln )(2ln )f x f a a a ==-当min ()0f x ≥，即20a e <≤时，()f x 至多有一个零点，不合题意，故舍去；当min ()0f x <，即2a e >时，由(1)0f e =>，且()f x 在(,ln )a -∞内单调递减，故()f x 在(1,ln )a 有且只有一个零点；由22(ln )2ln (12ln ),f a a a a a a a a =-+=+- 令212ln ,y a a a e =+->，则210y a'=->，故2212ln 1430a a e e +->+-=-> 所以2(ln )0f a >，即在(ln ,2ln )a a 有且只有一个零点. （Ⅱ）解法一、根据函数的单调性求解由（Ⅰ）知，()f x 在(,ln )a -∞内递减，在(ln ,)a +∞内递增，且(1)0f e => 所以121ln 2ln x a x a <<<<，要证0f '<，只须证a <ln a <122x x +<，故只须证122ln x x a +< 令2ln ()()(2ln )(2ln ),xa xh x f x f a x e ax a e a a x a -=--=-+-+--222ln xxe a e ax a a -=--+，1ln x a <<则2()220x x h x e a e a a -'=+-≥=，所以()h x 在区间(1,ln )a 内递增所以ln 2ln ()2ln 2ln 0aa h x ea e a a a a -<--+=，即()(2ln )f x f a x <-所以11()(2ln )f x f a x <-，所以21()(2ln )f x f a x <-因为21ln ,2ln ln x a a x a >->，且()f x 在区间(ln ,)a +∞内递增 所以212ln x a x <-，即122ln x x a +<，故0f '<解法二、利用对数平均不等式求解由（Ⅰ）知，()f x 在(,ln )a -∞内递减，在(ln ,)a +∞内递增，且(1)0f e =>所以121ln 2ln x a x a <<<<，因为111()0xf x e ax a =-+=，222()0xf x e ax a =-+=121211x x e e a x x ==--，即12111211x x e e x x --=--，所以1212(1)(1)1ln(1)ln(1)x x x x ---=>---所以1212()0x x x x -+<，要证：0f '<，只须证a <ln a<11ln(1)x x <--22ln(1)x x <--所以1212ln(1)(1)x x x x <+---，所以121212ln(()1)x x x x x x -++<+-因为1212()0x x x x -+<，所以1212ln(()1)ln10x x x x -++<=，而120x x +->所以121212ln(()1)x x x x x x -++<+-0f '<从以上四个例题可以看出，两种方法解决的问题相同，即若12,x x 是函数()f x 的两个零点，而0x x =是函数()f x 的极值点，证明1202x x x +<（或1202x x x +>），根据函数单调性求解的步骤是：一、构建函数0()()(2)h x f x f x x =--，二、判断函数()h x 的单调性，三、证明()0h x >（或()0h x <）即0()(2)f x f x x >-（或0()(2)f x f x x <-），四、故函数()f x 的单调性证1202x x x +<（或1202x x x +>）.根据对数平均不等式求解的步骤是：一、通过等式两边同取自然对数或相减等配凑出1212ln ln x x x x --及，二、通过等式两边同除以12ln ln x x -构建对数平均数1212ln ln x x x x --，三、利用对数平均不等式将1212ln ln x x x x --转化为122x x +后再证明1202x x x +<（或1202x x x +>）. 两种方法各有优劣，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.。
(完整版)极值点偏移问题
(完整版)极值点偏移问题
判定方法
1极值点偏移的定义
对于函数yf(x)在区间(a,b)内只有一个极值点X.,方程f(x)0的解分别为 Xpx,且aXX ₂b.
(2)若空-x ₙ,则函数yf(x)在区间(x,x ₂)上极值点X ₀左偏,简称极值点X 。
2左偏：
(3)若XC,2贝u 函数yf(x)在区间(x,x ₂)上极值点X,右偏,简称极值点X 。
右偏。
2、极值点偏移的判定定理
证明:(1)因为可导函数yf(x),在区间(a,b)上只有一个极大(小)值点x ₀. '。
(a,b)由于f(-^o.故匹。
(a,x),所以
222
公令(风。
即函数极大(小)值点X 。
右(左)偏。
判定定理2对于可导函数yf(x)，在区间(a ，b)上只有一个极大(小)值点沧，方程f(x)0的解分别为x[X,且aXX,b. (1) 若冬=x 。
则称函数yf(x)在区间(x, x ₂ )上极值点X ₐ偏移: 2。
浅谈极值点偏移问题
浅谈极值点偏移问题作者：陈俊艺来源：《课程教育研究·学法教法研究》2018年第27期【中图分类号】G633.6 【文献标识码】A 【文章编号】2095-3089（2018）27-0131-02在翻阅近几年的高考试卷中，发现以极值点偏移为背景的试题，时有出现。
通过阅读一些参考文献，笔者深受启发，这里给出处理此类问题的一种突破策略。
1.知识准备极值点偏移：若可导函数在处取得极值，且函数与直线交于，两点，则的中点为，若则称极值点左偏，若则称极值点右偏。
2.真题再现（2016年全国I卷）已知函数有两个零点.（1）求的取值范围；（2）设是的两个零点，证明：.分析：（1）求函数的导数，并对参数进行分类讨论，分别研究函数的单调性、极值、最值，根据有两个零点，从而得到参数的取值范围.（2）证明：要证明即要证明，是极值点右偏的问题，现给出本题的解答.解：不妨设，由（1）知，在上单调递增令，则，在上递增所以，即，所以，故，即.点评：要证明等价于，即.所以想到构造函数3.突破策略通过上面的解答，下面给出解决极值点偏移问题的一种策略：（1）求出函数的极值点；（2）构造函数；（3）研究函数的单调性；（4）结合判断的符号，从而确定与的大小关系.下面再结合一些题目，加深对这种策略的理解。
4.牛刀小试例1（2013湖南文）已知函数，证明：当时，解：易求出在上单调递增，在上单调递减.当时，不妨设，由函数单调性知。
构造函数令，当时，，单调递减，从而，又所以即。
而，所以，又，从而.由于，且在上单调递增，所以，即证点评：这边构造函数主要目的是通过，判断的符号，从而较与的大小。
又所以只需要考虑的符号。
例2.（2010天津理）已知函数，如果，且，证明：解：，所以在上单调递增，在上单调递减，函数在处取得极大值，且，如图所示.由，不妨设，则必有，构造函数则，所以在上单调递增，故由，则，所以所以，即例3. （2015年苏锡常镇（二模）已知函数，其导数记为（为自然对数的底数）（1）求函数的极大值；（2）解方程；（3）若存在实数使得，求证：解：（1）函数的定义域为，当时，单调递增，当时，单调递减。
06含指数式的极值点偏移问题
专题06含指数式的极值点偏移问题近几年全国各地的模拟试题､高考试题中频繁出现一类考查函数导数的题型：在给定区间内研究两函数之间的不等关系．要解决这类问题，往往是直接构造某个新函数，或者分离变量之后构造新的函数，通过研究构造的新函数的单调性来求出最值或者得到我们想要的不等关系．这一类问题多数与指数函数有关，解题时除了直接构造一元函数求解，还可将问题转化为对数问题，再用对数平均不等式求解，本文对此类问题做一探究．★（2016年新课标I 卷理数压轴21题）已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-有两个零点12,x x ．证明：122x x +<．【解析】由2()(2)(1)xf x x e a x =-+-，得()()(1)2xf x x e a '=-+，可知()f x 在(,1)-∞上单调递减，在(1,)+∞上单调递增．要使函数()y f x =有两个零点12,x x ，则必须0a >． 法一：构造部分对称函数不妨设12x x <，由单调性知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，所以22(,1)x -∈-∞，又()f x 在(,1)-∞单调递减，故要证：122x x +<，等价于证明：()()2120f x f x -<=， 又()()22222221x f x x e a x --=-+-，且()()()22222210x f x x e a x =-+-=()()22222222x x f x x e x e -∴-=---，构造函数2()(2),((1,))x x g x xe x e x -=---∈+∞，由单调性可证，此处略．法二：参变分离再构造差量函数由已知得：()()120f x f x ==，不难发现11x ≠，21x ≠，故可整理得：()()()()121222122211x x x e x e a x x ---==--设()()()221x x e g x x -=-，则()()12g x g x =那么()()()2321'1x x g x e x -+=-，当1x <时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >时，()0g x '>，()g x 单调递增．设0m >，构造代数式：()()111222*********m m m m m m m m g m g m e e e e m m m m +-----+-⎛⎫+--=-=+ ⎪+⎝⎭设()2111mm h m e m -=++，0m > 则()()2222'01m m h m e m =>+，故()h m 单调递增，有()()00h m h >=． 因此，对于任意的0m >，()()11g m g m +>-．由()()12g x g x =可知1x ､2x 不可能在()g x 的同一个单调区间上， 不妨设12x x <，则必有121x x <<令110m x =->，则有()()()()()1111211112g x g x g x g x g x +->--⇔->=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ 而1221,1,()x x g x ->>在()1,+∞上单调递增，因此：()()121222g x g x x x ->⇔-> 整理得：122x x +<．法三：参变分离再构造对称函数由法二，得()()()221x x e g x x -=-，构造()()(2),((,1))G x g x g x x =--∈-∞， 利用单调性可证，此处略． 法四：构造加强函数【分析说明】由于原函数()f x 的不对称，故希望构造一个关于直线1x =对称的函数g()x ，使得当1x <时，()()f x g x <，当1x >时，()()f x g x >，结合图象，易证原不等式成立．【解答】由()2()(2)(1),()(1)2xx f x x e a x f x x e a '=-+-=-+，故希望构造一个函数()F x ，使得()()()(1)2(1)(2)(1)xxF x x e a x e a x e e '=-+--+=--， 从而()F x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递增，从而构造出2(2)(1)()2e a x g x c +-=+（c 为任意常数），又因为我们希望(1)0F =，而(1)f e =-，故取c e =-，从而达到目的．故2(2)(1)()2e a x g x e +-=-， 设()g x 的两个零点为34,x x ， 结合图象可知：13241x x x x <<<<， 所以12342x x x x +<+=，即原不等式得证． 法五：利用“对数平均”不等式参变分离得：12122212(2)(2)(1)(1)x x x e x e a x x --==--，由0a >得，1212x x <<<， 将上述等式两边取以e 为底的对数，得12122212(2)(2)lnln (1)(1)x x x x x x --+=+--， 化简得：22121212[ln(1)ln(1)][ln(2)ln(2)]x x x x x x -------=-，故2212121212[ln(1)ln(1)][ln(2)ln(2)]1x x x x x x x x ------=--- 22121212221212[ln(1)ln(1)][ln(2)ln(2)][(1)(1)](1)(1)(2)(2)x x x x x x x x x x ------=-+-+------ 由对数平均不等式得：221222221212[ln(-1)-ln(-1)]2(1)(1)(1)(1)x x x x x x >----+-， 121212[ln(2-)-ln(2-)]22222x x x x x x >----+-（）（）（）（），从而122212122(2)21(1)(1)22x x x x x x +->+-+--+-（）（）1212122212122(2)[4()]2(1)(1)4()x x x x x x x x x x +--+++-=+-+--+ 12122212122(2)21(1)(1)4()x x x x x x x x +-+-=++-+--+等价于：12122212122(2)20(1)(1)4()x x x x x x x x +-+->+-+--+ 1222121221(2)[](1)(1)4()x x x x x x =+-+-+--+由221212(1)(1)0,4()0x x x x -+->-+>，故122x x +<，★（2010天津理）已知函数()x f x xe -=()x R ∈．如果12x x ≠，且()()12f x f x =． 证明：122x x +>．【解析】原题目有3问，其中第二问为第三问的解答提供帮助，现在我们利用不等式直接去证明第三问：设()()12f x f x c ==，则()121212,,x x x x c c x x e e ==≠两边取对数 11ln ln x x c -=★22ln ln x x c -=★①-②得：12121ln ln x x x x -=-根据对数平均值不等式12121212ln ln x x x x x x +->=- 122x x ∴+>★设函数()x f x e ax a =-+()a R ∈，其图象与x 轴交于()()12,0,0A x B x 两点，且12x x <．证明：0f '<（()f x '为函数()f x 的导函数）．【解析】根据题意：110xe ax a -+=，220xe ax a -+=移项取对数得：11ln(1)ln x x a =-+★22ln(1)ln x x a =-+★-①②得：1212ln(1)ln(1)x x x x -=---，即：()()()()1212111ln 1ln 1x x x x ---=---根据对数平均值不等式：()()()()1212111ln 1ln 1x x x x ---<=---()()()()1212111ln 110x x x x ∴--<⇒--<，+①②得： ()()12122ln ln 112ln x x a x x a +=+--<根据均值不等式：12ln 2x x a +<< ∵函数()f x 在(,ln )a -∞单调递减0f '∴<招式演练：1．已知函数2()2e 2(0)x f x ax ax a =-->.（Ⅰ）若3a =，求曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅰ）若1x ，2x 为函数()f x 的两个极值点，求a 的取值范围并证明122ln x x a +<. 【答案】（★）420x y +-=；（★）1a >；证明见解析. 【解析】 【分析】（★）将3a =代入方程，求导可得()2e 66xf x x '=--，利用导数的几何意义，求得切线的斜率(0)k f '=，再求得(0)f 的值，代入直线方程，即可得答案；（★）依题意，1x ，2x 是方程()0f x '=的两个实数根，设()()()2xg x f x e ax a '==--，求导，判断()()g x f x '=的单调性，结合()'f x 的图像与性质，即可求得a 的范围；根据()()120f x f x ''==，可解得2121x x e e a x x -=-，利用作差法比较122x x e +与a 的大小关系，即可得证.【详解】（★）依题意，2()236xf x e x x =--，()2e 66xf x x '=--， 故(0)4k f '==-，而(0)2f =，故所求切线方程为24(0)y x -=--，即420x y +-=.（★）依题意，1x ，2x 是方程()0f x '=的两个实数根，不妨设12x x <，设()()()2x g x f x e ax a '==--，则()()2e xg x a '=-，则()'g x 单调递增，由()0g x '<得(,ln )x a ∈-∞，由()0g x '>得(ln ,)x a ∈+∞，故函数()()g x f x '=在(,ln )a -∞上单调递减，在(ln ,)a +∞上单调递增， 因为当x →-∞时，()f x '→+∞，当x →+∞时，()f x '→+∞，所以要使方程()0f x '=有两个实数根，只需(ln )2ln 0f a a a '=-<，所以1a >.由()()120f x f x ''==得12120x x e ax a e ax a --=--=，故2121x x e e a x x -=-，要证122ln x x a +<，则证明122x x ea +<即可.1212212121122221211x x x x x x x x x x x e e e ea ee e x x x x ++--⎛⎫---=-=- ⎪--⎝⎭， 设212x x t -=，则0t >，所以()21212212112t t x x x x t e e e e x x t---+--=-， 设()()2e e 1ttt t ϕ=-+，则()()21e e ttt t ϕ'=+-，当0t >时，易知10t t e +-<，所以()0t ϕ'<，所以函数()t ϕ在(0,)+∞上单调递减， 故()(0)0t ϕϕ<=，从而可得122x x e a +<，故原不等式成立.【点睛】本题考查导数的几何意义、利用导数研究函数的性质，考查数学运算、逻辑推理，数学抽象的核心素养，综合较强，计算难度偏大，属难题.2．已知f （x ）＝m ⋅e 2x ﹣2x （x +1）⋅e x ，其中e 为自然对数的底数，且函数f （x ）恰有两个极值点x 1，x 2.（1）求实数m 的取值范围； （2）求证：3＜x 1x 2﹣（x 1+x 2）＜8. 【答案】（1）(2,0e ⎤-⎦；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求得导数，构造函数()231xx x g x e++=，将问题转化为()g x 值域的求解，利用导数处理即可；（2）构造函数()()()4h x g x g x =---，据此求得12x x +的范围，借助基本不等式求得12x x 的范围，即可证明. 【详解】（1）()()()2222231231xx x x f x mee x x e me x x =-++=---'，函数f （x ）恰有两个极值点x 1，x 2，则()f x '有两个变号零点， 当0m =时，2310x x ---=，其Δ940=->， 故此时()f x '有两个变号零点，满足题意；当0m ≠时，231xx x m e ++=， 令()231xx x g x e++=， 故可得()()()21xx x g x e-+-'=，故当2x <-或1x >时，()0g x '<，()g x 单调递减， 当21x -<<时，()0g x '>，()g x 单调递增.且当1x >时，()0g x >恒成立，当x 趋近于正无穷时，()g x 趋近于0， 又x 趋近于负无穷时，()g x 趋近于正无穷；且()()252,1g e g e-=-=， 故当5m e ≥时，()f x 只有一个极值点，不满足题意； 当50m e<<时，()f x 有三个极值点，不满足题意；当20e m -<<时，()f x 有两个极值点，满足题意； 当2m e ≤-时，()f x 没有极值点，不满足题意. 综上所述，(2,0m e ⎤∈-⎦（2）令()0g x =，则x =不妨设12x x <，由（1）可得：1233222x x ---+≤<-<≤，令()()()4h x g x g x =---，322x --<≤()()()()()()()421254xxx x x x h x g x g x ee---+------=+--=+'''则()()()()4215xx h x x x ex e -+⎡⎤=-+-++⎣'⎦()()()()2444215220x x x x x e x e x e +++⎡⎤<-+-++=-+<⎣⎦，故()h x 在32,2⎛-- ⎝⎦单调递减.故当x ⎛∈- ⎝⎦时，()()20h x h <-=，即()()4g x g x <--. 令2x x =，则()()224g x g x <--，又()()21g x g x =，故()()124g x g x <--， 又因为()12,4,2x x --∈-∞-，且()y g x =在(),2-∞-单调递减， 故124x x >--，即124x x +>-.故()()21212042x x x x ⎡⎤-+-<<<⎢⎥⎣⎦，由（1）知1222112231,31xx me x x mex x =++=++，则()()()()21222121212133xxm e e x x x x x x x x -=-+-=-++故()21122130x x m e e x x x x -++=≤-，即123x x+≤-.综上可得：()120,4x x ∈，(]124,3x x +∈--. 故3＜x 1x 2﹣（x 1+x 2）＜8即证. 【点睛】本题考查利用导数由函数极值点个数求参数范围，以及用导数研究双变量问题，涉及极值点偏离思路的应用，属综合困难题.3．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 +>. 【答案】（1）()f x 的单调递增区间为()(),1,5,-∞-+∞；单调递减区间为()1,5-； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由题意先求出a 的值，再利用导函数分析函数的单调性，即可得出结论；（2）先代入数值求导，构造函数()()245xg x x x e =-+，求导得出()g x 的单调性，整理已知条件，再次构造函数()()()()()221h x f m x f x f m m x '''=-+-<<，求导分析函数的单调性，利用单调性整理即可得出结论. 【详解】 （1）()()26x f x x x a e =-+，()()246x f x x x a e '∴=-+-，则()065,1f a a '=-=-∴=，()()()()24515x x f 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 +>. 【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的单调区间以及构造函数证明不等式问题.考查了学生分析问题和解决问题的能力，做题时要注意对条件的利用.属于较难题. 4．已知函数()()xf x xex R -=∈.（1）判断函数()f x 的单调性；（2）若方程()22310f x a a +-+=有两个不同的根，求实数a 的取值范围；（3）如果12x x ≠，且()()12f x f x =，求证：122x x +>.【答案】（1）在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减；（2）1,12⎛⎫⎪⎝⎭；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据导数和函数单调性的关系即可求出；（2）由（1）可求出函数()f x 的值域，再根据数形结合，即可求出a 的范围；（3）构造函数()()()11F x f x f x =+--，利用导数可证函数()F x 在(]0,1x ∈上单调递增，可证()()11f x f x +>-对(]0,1x ∈恒成立，由1201x x <<<，则(]110,1x -∈，利用函数单调性，可证()()122f x f x ->，再根据函数单调性，即可证明．【详解】解：（1）因为()x f x xe -=，所以()()1xf x x e -'=-，.可得函数()xf x xe -=在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减.（2）由（1）可知函数()xf x xe -=在1x =处取得最大值，()()max 11f x f e==， 所以函数()f x 的图象大致如下：.易知函数()xf x xe -=的值域为1,e⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.因为方程()22310f x a a +-+=有两个不同的根，所以212310,a a e ⎛⎫-+-∈ ⎪⎝⎭，即22310a a -+->，21231a a e -+-<，解得112a <<.即实数a 的取值范围为1,12⎛⎫⎪⎝⎭（3）证明：由()()12f x f x =，12x x ≠，不妨设12x x <， 构造函数()()()11F x f x f x =+--，(]0,1x ∈， 则()()()()211110xx x F x f x f x ee+'''=++-=->，所以()F x 在(]0,1x ∈上单调递增，()()00F x F >=， 也即()()11f x f x +>-对(]0,1x ∈恒成立. 由1201x x <<<，则(]110,1x -∈，所以()()()()()()()1111211211f x f x f x f x f x +-=->--==，即()()122f x f x ->，又因为12x -，()21,x ∈+∞，且()f x 在()1,+∞上单调递减， 所以122x x -<，即122x x +>. 【点睛】本题考查导数的综合应用，利用导数求函数的单调性及最值，考查不等式与函数单调性的应用，考查转化思想，是一道综合题． 5．已知函数()212xf x e x ax =--，a R ∈. （1）若函数()f x 是R 上的增函数求a 的取值范围； （2）若函数()()212g x f x a x ⎛⎫=--⎪⎝⎭恰有两个不等的极值点1x 、2x ，证明：122ln 2x x a +<. 【答案】（1）1a ≤；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）问题转化为()0f x '≥对x R ∀∈恒成立.求导后分离参数得到x a e x ≤-，设()xh x e x =-，利用导数研究单调性，求得最小值，根据不等式恒成立的意义得到所求范围；（2）由1x ，2x 为两个极值点不妨设12x x >，联立极值点的条件，并结合要证不等式，消去a,将要证不等式转化为只含有1x ，2x 的不等式，适当变形转化为只含有12x x -的不等式，作换元120t x x =->，转化为关于t 的不等式，构造函数，利用导数研究单调性，进而证明即可.【详解】解：（1）()xf x e x a '=--，()f x 在R 上增函数等价于()0f x '≥对x R ∀∈恒成立.即x a e x ≤-，设()xh x e x =-，x ∈R ，()1xh x e '=-()()min 01h x h ==，故1a ≤（2）由()()2212x g x f x a x e ax ax ⎛⎫=--=-- ⎪⎝⎭()2x g x e ax a '=--，由1x ，2x 为两个极值点不妨设12x x > 则12122020x x e ax a e ax a ⎧--=⎨--=⎩两式相减得12122x xe e a x x -=- 要证明：122ln 2x x a +<等价于证明121212ln 2x x x x e e x x +-<- 即1212212x x x x e e ex x +-<-两边同除2x e 等价于证明：1212-2121x x x x e ex x --<-，设120t x x =-> 即21t t e e t-<，210t t t e e ⋅-+<设()()210x x P x x e e x =⋅-+>()2222122x x x xxx x P x e e e e e ⎛⎫'=+-=--- ⎪⎝⎭由（1）可知：当1a =时，()’0f x ≥恒成立，()’/20f x ∴≥成立，即2102x xe --≥，★()0P x '≤ ★()P x 在()0,∞+单调递减 ★()()00P x P <=故12+2ln 2x x a <成立. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，涉及不等式恒成立中的参数范围，考查利用导数研究函数的极值点，以及关于极值点的不等式的证明问题，涉及消参思想和换元思想，构造函数，并利用导数研究函数的最值解决不等式相关问题，是典型题. 6．已知函数()12x f ex k x k +=--(其中e 是自然对数的底数，kⅠR)Ⅰ(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当函数()f x 有两个零点12,x x 时，证明：122x x +>-Ⅰ 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】 试题分析：本题考查导数与函数单调性的关系以及用导数证明不等式的问题．（1）求导数后，根据导函数的符号判断出函数的单调性．（2）根据题意将证明122x x +>-的问题转化为证明12(+1)ln 421t tx x t ++=>-，即证(+1)ln 2(1)t t t >-，构造函数()(+1)ln 2(1)g t t t t =--，利用函数()g t 的单调性证明即可． 试题解析：（1）解：★()12x f x e kx k +=--，★．★当时，令()0f x '=，解得1ln x k =-+，★当(,1ln )x k ∈-∞-+时，，单调递减； 当(1ln ,)x k ∈-++∞时，，单调递增．★当时，恒成立，★函数在R 上单调递增. 综上，当时，在(,1ln )k -∞-+上单调递减，在(1ln ,)k -++∞上单调递增．当时，在R 上单调递增.（2）证明：当时，由（1）知函数单调递增，不存在两个零点．所以．设函数的两个零点为，则，设，解得，所以12(+1)ln 41t tx x t ++=-，要证，只需证，设设单调递增，所以，所以在区间上单调递增， 所以，故． 7．已知函数()xx f x ee ax -=-+，a ∈R ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，12x x <，证明：()()()()12122xx f x f x a e e->--．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）先求导，再对a 分2a ≤和2a >两种情况即得函数的单调性；（2）分析得到所以120x x +=，10x <，再化简得到()()()()12122x xf x f x a e e ----()1112x x a e e x -=-+，构造函数()()20t tg t e e t t -=-+<，得到()()00g t g >=，不等式即得证.【详解】（1）()()211()x x x x x xxeae f x e e a e a e e--+'=--+=-++=-．因为112,()2xxx xe e e e +≥∴-+≤-. 当2a ≤时，()0f x '≤，此时()f x 在R 上单调递减；当2a >时，由0fx解得ln 2a x =或ln 2a x +=，★x y e =是增函数，★此时()f x 在,ln2a ⎛-∞ ⎪⎝⎭和ln ,2a ⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递减，在⎛ ⎝⎭单调递增．（2）由（1）知2a >，★121x x e e ⋅=，所以120x x +=，所以12x x =-， ★12x x <，★10x <，()()()()12122x x f x f x a e e ----()()()()112211122x x x x x x e e ax e e ax a e e ---=-+--+--- ()()()()111111112x x x x x x e e ax e e ax a e e ---=-+------ ()1112x x a e e x -=-+，令()()20ttg t e e t t -=-+<，★()12220t t t tg t e e e e -⎛⎫'=--+=-++≤-= ⎪⎝⎭， ★g t 在,0上是减函数，()()00g t g >=，★()11120x x a ee x --+>，即()()()()12122x xf x f x a e e ->--．所以原不等式得证.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数证明不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 8．已知函数()()xf x xex R -=∈.（1）判断函数()f x 的单调性；（2）若方程()22310f x a a +-+=有两个不同的根，求实数a 的取值范围；（3）如果12x x ≠，且()()12f x f x =，求证：()12ln ln 2x x +>.【答案】（1）在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减.；（2）1,12⎛⎫⎪⎝⎭；（3）证明见解析.【解析】 【分析】（1）先求解导数()f x '，通过求解不等式，判断函数单调性；（2）利用单调性求解函数的值域，结合图象变化趋势可得212310,a a e ⎛⎫-+-∈ ⎪⎝⎭，然后求解不等式可得结果；（3）构造函数()()()11F x f x f x =+--，判断单调性得出()()11f x f x +>-，结合函数()f x 的单调性可得122x x +>，从而可证结论. 【详解】（1）因为()x f x xe -=，所以()()1xf x x e -'=-，令()0f x '>可得1x <；令()0f x '<可得1x >；所以函数()xf x xe -=在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减.（2）由（1）可得函数()xf x xe -=在1x =处取得最大值，()()max 11f x f e==， 所以函数()xf x xe -=的值域为1,e⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦★★x →+∞时，()0f x →；因为方程()22310f x a a +-+=有两个不同的根，所以212310,a a e ⎛⎫-+-∈ ⎪⎝⎭，即22310a a -+->，21231a a e -+-<，解得112a <<.即实数a 的取值范围为1,12⎛⎫⎪⎝⎭.（3）证明：由()()12f x f x =，12x x ≠，不妨设12x x <， 构造函数()()()11F x f x f x =+--，(]0,1x ∈， 则()()()()211110xx x F x f x f x ee+'''=++-=->，所以()F x 在(]0,1x ∈上单调递增，()()00F x F >=， 也即()()11f x f x +>-对(]0,1x ∈恒成立. 由1201x x <<<，则(]110,1x -∈，所以()()()()()()()1111211211f x f x f x f x f x +-=->--==，.即()()122f x f x ->，又因为12x -，()21,x ∈+∞，且()f x 在()1,+∞上单调递减，所以122x x -<，即证122x x +>. 即()12ln ln 2x x +>. 【点睛】本题主要考查导数的应用，利用导数的符号可以判定单调性，利用导数可以研究函数图象的变化趋势，侧重考查数学抽象和逻辑推理的核心素养.9．已知函数()21x e ax f x x +=+有三个极值点123,,x x x ，（1）求实数a 的取值范围； （2）求证：1232x x x ++>-. 【答案】（1）1a e <-且12a ≠-；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）函数()f x 有3个零点等价于()f x '有3个变号零点，由于()()()221xx e a x f x x ⎡⎤++⎣⎦'=+，且()00f '=，所以可得()()20x g x e a x =++=有两个不为0，－1的实根，再对()g x 求导讨论其单调性可得结果；（2）由（1）可知()f x 有一个零点为0，所以不妨设30x =，12x x <，而()110g a e-=+<，所以121x x <-<，因此要证1232x x x ++>-，即证122x x >--而11x <-，221x --<-，而()g x 在()(),ln a -∞-上递减，()ln 1a ->-，所以只需证()()122g x g x <--，即()2222220x x x e x e --++>，然后构造函数()()()221x x h x xe x e x --=++>-，只需证此函数值恒大于零即可. 【详解】解：（1）利用()f x 的极值点个数即为()f x '的变号零点个数()()()221xx e a x f x x ⎡⎤++⎣⎦'=+，()00f '=，设()()2xg x e a x =++，由已知，方程()0g x =有两个不为0，－1的实根，()xg x e a '=+ 当0a ≥时，()g x 在R 上递增，()0g x =至多一个实根，故0a < 所以()g x 在()(),ln a -∞-上递减，在()()ln ,a -+∞上递增， 因为()220g e--=>，()()()222242440a g a e a a a a a -+-+=+-+>-+-+=>所以()()()()()()()min 1100120ln ln 20g a e g a g x g a a a a ⎧-=+≠⎪⎪=+≠⎨⎪=-=-+-+<⎪⎩时，()0g x =有两个实根，解得1a e <-且12a ≠-（2）由（1）不妨设30x =，12x x <，★()110g a e-=+<，★121x x <-<. 要证1232x x x ++>-，即证122x x >--而11x <-，221x --<- 由()g x 在()(),ln a -∞-上递减，在()()ln ,a -+∞上递增，且()ln 1a ->- 故只要证()()122g x g x <--，又()()120g x g x ==，故只要证()202g x <-- 即证()2222220xx x e x e--++>设()()()221xxh x xe x e x --=++>-★()()()()2101xxh x x e ex --'=+->>-★()()()221xxh x xe x ex --=++>-递增，★()()10h x h >-=即()2222220xx x e x e--++>★1232x x x ++>- 【点睛】此题考查函数的极值点问题，极值点偏移问题，利用导数求函数的单调区间，利用导数证明不等式恒成立等，考查了数学转化思想，属于较难题. 10．已知函数()1x f x xe+=（1）求函数()f x 的极值；（2）若直线y m =与函数()f x 的图象有两个不同交点()11,A x y ，()22,B x y ，求证：122x x +<- 【答案】（1）极小值为1-，无极大值；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）直接利用导数求函数的单调性，极值；（2）由x →-∞时，()0f x →，结合（1）中极值，可设1210x x <-<<，要证122x x +<-，需证122x x <--，由11x <-，221x --<-，且()f x 在(),1-∞-是单调递减函数，即只需证：()()122f x f x >--，即只需证()()222f x f x >--，再构造函数()()()2F x f x f x =---，()10x -<<，利用导数证得()0F x >即可.【详解】 （1）★()1x f x xe+=，★()()11x f x x e+'=+x 变化时，()f x '与()f x 变化情况如下★当1x =-时，()f x 有极小值为()11f -=- ★()f x 极小值为1-，无极大值.（2）由x →-∞时，()0f x →，设12x x <，由（1）知，11x <-，210x -<< 欲证：122x x +<-，需证：122x x <--由11x <-，221x --<-，且()f x 在(),1-∞-是单调递减函数 即证：()()122f x f x >--★()()12f x f x =，即证：()()222f x f x >--令()()()2F x f x f x =---，()10x -<<，()()()111x x F x x e e +--'=+-当10x -<<时，()0F x '>，★()F x 单调递增★()()10F x F >-=，★10x -<<时，()()2f x f x >-- 由210x -<<时，★()()222f x f x >--，★122x x +<-，得证 【点睛】本题考查了利用导数求函数的极值，分析法的应用，利用导数研究函数的单调性，并证明不等式，还考查了学生的分析推理能力，转化思想的运用，难度较大.11．已知函数(),(0,)x f x e ax x =-∈+∞，其中e 是自然对数的底数． (1)求()f x 的单调区间；(2)当0a =时若方程()22()x x f x m -=存在两个不同的根12,x x ，求证: 122x x <+< 【答案】（1）见解析；（2）见解析． 【解析】 【分析】（1）对函数()f x 求导，得出()xf x e a '=-，对实数a 分两种情况1a ≤和1a >讨论，结合导数的符号得出函数()y f x =的单调区间；（2）解法一：构造函数()()()()2222xg x x x f x x x e =-=-，()0,x ∈+∞，利用导数分析函数()y g x =的单调性，并构造函数()()()h x g x g x =-，利用导数分析该函数的单调性，再由()10h x h>=，可得出()()()112g x g x g x >=，由函数()g x 的单调性可证明12x x +<()()()12221111122x x g x x x e x x e =->-，得出2222x x -2112x x >-，通过因式分解得出122x x +>，可得出所成的结论；解法二：构造函数()()()()2222xg x x x f x x x e =-=-，()0,x ∈+∞，利用导数分析函数()y g x =的单调性，通过对等式变形得出转化为证不等式212121112x x x x x x e e ----<+，并构造函数()()1012t te tH t t e -=->+，利用导数证明()0H t >，于是得出()()()()2211222211222222x x x x xx xx ----+-212x x -<，再通过因式分解以及基本不等式等手段可得出12x x +< 【详解】 （1）()x f x e ax =-，()x f x e a '∴=-，()0,x ∈+∞，当1a ≤时，则()0f x '>，所以，函数()f x 的单调递增区间为()0,∞+； 当1a >时，由()0f x '<，得0ln x a <<；由()0f x '>，得ln x a >． 所以，函数()f x 的单调递减区间为()0,ln a ，单调递增区间为()ln ,a +∞． 综上所述：当1a ≤时，函数()f x 的增区间为()0,∞+；当1a >时，函数()f x 的减区间为()0,ln a ，增区间为()ln ,a +∞； （2）证明：令()()()()2222xg x x x f x x x e =-=-，()0,x ∈+∞，则()()()()222222xxxg x x e x x e x e =-+-=-'，令()0g x '=，得x =()0g x '<，得02x；由()0g x '>，得x >所以，函数()y g x =在(上单调递减，在)+∞上单调递增，当02x <<时，()()220xg x x x e =-<；当[)2,x ∈+∞，()()220xg x x x e =-≥．不妨设12x x <，则(1x ∈，)22x ∈，且0gm <<．先证明12x x +<构造函数()()()(()22282xx h x g x g x x x ex x e =-=-++---，其中(x ∈，则()()()2262xx h x x ex e =+--'--，因为(x ∈，则260x -+-<，x xe e >，()()())((2262xxx xh x x e x e x x e x x e <-+---=--+')(20xx x e =-<，所以，函数()h x在(上单调递减，10x <<()10h x h >=，即()()11g x g x >， 因为()()12g x g x =，所以，()()12g x g x >，22x <<1x <<()g x在上单调递增，所以，12x x>，即12x x +< 再证：122x x +>．因为1202x x <<<<，所以，21120x x -<，且12x x e e <，所以()()()12221111122xxg x x x e x x e =->-，()()12g x g x =，所以，()()2222221122x x x x e x x e ->-，即22221122x x x x ->-． 所以，()()22212121212220x x x x x x x x -+-=-+->，所以，122x x +>．综上所述，122x x <+< 解法二：（1）同解法一；（2）证明：令()()()()2222xg x x x f x x x e =-=-，()0,x ∈+∞，则()()()()222222xxxg x x e x x e x e =-+-=-'，令()0g x '=，得x =()0g x '<，得02x；由()0g x '>，得x >所以，函数()y g x=在(上单调递减，在)+∞上单调递增，当02x <<时，()()220xg x x x e =-<；当[)2,x ∈+∞，()()220xg x x x e =-≥．不妨设12xx <，则(1x ∈，)22x ∈，且0gm <<．由()()1221122222x x x x e m x x e m ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，得1221122222x x m x x em x x e ⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩①②，由÷①②得：221121122222x x x x x x e e x x e--==-，因为1202x x <<<<，所以，2211211222212x x x x x x e e x x e--==>-， 21120x x -<，所以，22112222x x x x -<-，即()()121220x x x x -+-<， 120x x -<，122x x ∴+>，由+-①②①②得，()()()()21212211222211222222x x x x x x x x e e e e x x x x ----=+-+-， 下面证明：2121212x x x x x x e e e e --<+，即证212121112x x x x x x e e ----<+， 构造函数()112t t e tH t e -=-+，[)0,t ∈+∞，则()()()()22212102121ttt t e eH t e e --=-=+'<+，所以，函数()H t 在()0,∞+上单调递减， 当()0,t ∈+∞时，()()00H t H <=，即112t t e te -<+，所以，212121112x x x x x x e e ----<+． 所以()()()()()()()()2121221122211221222112212121222222222x x x x x x x x x x x x x x e e e e xx xx x x x x x x----+---==<+-+-+-+-． 因为120x x -<，21120x x -<，22220x x -<，所以，()()()2121212122222x x x x x x x x ⎡⎤+-+-<-+⎣⎦，即()2121242x x x x +-<，因为()212124x x x x+<，所以()()22121242x x x x ++-<，即()2128x x +<，所以，12x x +<综上所述，122x x <+< 【点睛】本题考查函数单调性与导数、函数的零点、以及利用导数来证明函数不等式，对代数式变形、化简以及根据不等式结构构造新函数是本题的难点所在，在处理这类问题时，也要注意极值点偏移问题的处理方法，考查分类讨论思想以及函数方程思想，属于难题．12．已知函数2()1xe f x ax bx =++，其中0a >，b R ∈，e 为自然对数的底数.(1)若1b =，且当0x ≥时，()1f x ≥总成立，求实数a 的取值范围；(2)若0b =，且()f x 存在两个极值点1x ，2x ，求证：2121()()2e f x f x ++< 【答案】(1) 102a <≤；(2)见解析. 【解析】 【分析】(1)由已知可得2212()()(1)x ae ax x af x ax x -⋅⋅+'=++ ，只需对21a a-与0的大小关系分类讨论，确定函数的单调性，从而确定函数()f x 的最小值，即可求出实数a 的取值范围；(2)根据1x ，2x 是()0f x '=的根，可得1x 与2x 的关系及其范围，进而可将12()()f x f x +用含有1x 的式子表示，构造函数即可证出. 【详解】(1)若1b =，则2()1xe f x ax x =++，所以2222222212()(1)(21)[(12)]()(1)(1)(1)x x x x ae ax x e ax x e ax e ax a x af x ax x ax x ax x -⋅⋅+++-++-'===++++++， 因为0a >，0x ≥， 所以当120a a-≥，即102a <≤时，()0f x '≥，所以函数()f x 在[0,+)∞上单调递增，所以min ()(0)11f x f ==≥，符合题意；当120a a -<，即12a >时，21(0,)a x a -∈时，()0f x '<；21(,)a x a -∈+∞时，()0f x '>， 所以函数()f x 在21(0,)a a -上单调递减，在21(,)a a-+∞上单调递增， 所以min ()(0)1f x f <=，不符合题意， 综上：实数a 的取值范围为102a <≤. (2) 若0b =，则2()1xe f x ax =+，所以222222(1)2(21)()(1)(1)x x x e ax e ax e ax ax f x ax ax +-⋅-+'==++，因为()f x 存在两个极值点，所以2440a a ->，所以1a >， 令()0f x '=，得2210ax ax -+=， 所以12,x x 是方程2210ax ax -+=的两个根， 所以122x x +=，121(0,1)x x a=∈，且21112ax ax +=，22212ax ax +=， 不妨设12x x <，则12012x x <<<<，所以12121212221212121()()11222x x x x x x e e e e e e f x f x ax ax ax ax a x x ⎛⎫+=+=+=+ ⎪++⎝⎭121211221211112111()[(2)]222x x x x x x x e x e x e x e x e x e a x x -+=⋅=+=-+， 令2()(2)(01)xxh x x e xex -=-+<<，所以222()(2)(1)()0xxxx x x h x e x e e xe x e e ---'=-+-+-=-+>，所以()h x 在(0,1)上单调递增，所以()(1)2h x h e <=，所以12()()f x f x e +<，又212e e +<，所以2121()()2e f x f x ++<. 【点睛】本题主要考查导数的综合应用，考查函数的单调性、最值问题，考查学生分析问题解决问题的能力，属于中档题.13．已知函数()21xf x e x =--.（1）求()f x 的单调区间；（2）若存在12ln 2x x <<，使得()()12f x f x =，证明：122ln 2x x +<.【答案】（1）单调递减区间为(),ln 2-∞，单调递增区间为()ln 2,+∞；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）对函数直接求导，得()2xf x e '=-，通过讨论导函数的正负来得出()f x 的单调性，即可得出结论.（2）先找到2x 关于ln 2x =的对称点22ln 2x -，构造函数()()()2ln 2h x f x f x =--利用单调性发现()()222ln 2f x f x >-，再结合条件()()12f x f x =及（1）的结论()f x 在(),ln 2-∞上单调递减，可得122ln 2x x +<. 【详解】（1）由题可知()2xf x e '=-，令()0f x '=，得ln 2x =，当(),ln 2x ∈-∞时，()0f x '<，()f x 在(),ln 2-∞上单调递减； 当()ln 2,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在()ln 2,+∞上单调递增. 综上，()f x 的单调递减区间为(),ln 2-∞，单调递增区间为()ln 2,+∞. （2）当ln 2x >时，2ln 2ln 2x -<.()()2ln 242ln 222ln 2124ln 21x xf x e x x e --=---=+--. 令()()()()42ln 244ln 2ln 2xx h x f x f x e x x e=--=--+>， 则()440xxh x e e '=+->. ★()h x 在()ln 2,+∞上单调递增. 又()ln 20h =，★当ln 2x >时，()()ln 20h x h >=， 即()()2ln 2f x f x >-. ★2ln 2x >，★()()222ln 2f x f x >-. ★()()12f x f x =， ★()()122ln 2f x f x >-.而由2ln 2x >知22ln 2ln 2x -<，★1ln 2x <，由（1）知()f x 在(),ln 2-∞上单调递减， ★122ln 2x x <-， ★122ln 2x x +<. 【点睛】本题主要考查导数的综合应用，考查学生的运算能力及转化思想.属于较难题. 14．已知函数()()()21102xa x f x x a e +=+≠. （1）若曲线()y f x =在1x =-处切线的斜率为1e -，判断函数()f x 的单调性； （2）若函数()f x 有两个零点1x ，2x ，证明120x x +>，并指出a 的取值范围. 【答案】（1）()f x 为R 上的增函数；（2）证明见解析，a 的取值范围是(),0-∞. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，结合题意求出a 的值，从而求出函数的单调区间；（2）通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间，从而判断函数零点的个数，利用单调性证明不等式后，即可确定满足条件的a 的取值范围. 【详解】（1）由题()x x xaxe af x x x e e ⎛⎫-'=-= ⎪⎝⎭， 则()111f ea e '-=-=-，得1a =，此时()1x x e f x x e ⎛⎫-'= ⎪⎝⎭，由()0f x '=得0x =.则0x <时，()0f x '>，()f x 为增函数；0x >时，()0f x '>，()f x 为增函数，且()00f '=，所以()f x 为R 上的增函数（2）★当0a >时，由()0f x '=得0x =或ln x a =， 若1a =，由（1）知，()f x 为R 上的增函数.由()1102f -=>，()2220f e -=-+<， 所以()f x 只有一个零点，不符合题意若01a <<，则ln x a <时，()0f x '>，()f x 为增函数；ln 0a x <<时，()0f x '<，()f x 为减函数；0x >时，()0f x '>，()f x 为增函数.而()()00f x f a ==>极小，故()f x 最多只有一个零点，不符合题意若1a >时，则0x <时，()0f x '>，()f x 为增函数；0ln x a <<时，()0f x '<，()f x 为减函数；ln x a >时，()0f x '>，()f x 为增函数，得()()()21ln ln ln 102f a a a f x =++>=极小，故()f x 最多只有一个零点，不符合题意★当0a <时，由()0f x '=得0x =，由0x ≤得()0f x '≤，()f x 为减函数，由0x >得()0f x '>，()f x 为增函数， 则()()00f x f a ==<极小.又x →-∞时，()0f x >，x →+∞时，()0f x >， 所以当0a <时，()f x 始终有两个零点1x ，2x ，不妨令10x <，20x >，构造函数()()()F x f x f x =--，所以()()()()x x x xxx e a e a x x ax e e e F x f x f e x ---⎛⎫⎛⎫---=- ⎪ ⎪⎝'''=+-⎭=⎭⎝， 由于0x >时，0x x e e -->，又0a <，则()()0xxF x ax e e-'=-<恒成立，所以()F x 为()0,∞+的减函数， 则()()()()0000F x F f f <=-=， 即()()f x f x <-，故有()()22f x f x <-.又1x ，2x 是()f x 的两个零点，则()()12f x f x =， 所以()()12f x f x <-.结合()f x 的单调性得12x x >-， 所以120x x +>，所求a 的取值范围是(),0-∞. 【点睛】。
高中数学极值点偏移问题(精编文档).doc
【最新整理，下载后即可编辑】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<x1<x0<x2<b. 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<x0,则称函数f(x)在区间（a,b）上极值点x0右偏移；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<x1<x2<b.（1）若f(x1)<x(2x0−x2)则x1+x22<x0即函数f(x)在区间（a,b）上极大值点x0右偏；（即峰偏右）（2）若f(x1)<x(2x0−x2)则x1+x22>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)>x(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)>x(2x0−x2)则x1+x22<x0即函数f(x)在区间上（a,b）极小值点x0右偏;（即谷偏右）y=f(x) x=x0x=x0拓展：1）若)()(xbfxaf-=+，则)(x f的图象关于直线2ba x +=对称；特别地，若)()(xafxaf-=+（或f(x)=f(2a-x)），则)(x f的图象关于直线ax=对称2）若函数f(x)满足∀x∈(0,a)有下列之一成立：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ax=对称若x1,x2∈(0,2x)x1≠x2则x1+x2=2x<=>f(x1)=x(x2),(x′(x1)+ x′(x2)=0,x′(x1+x22)=0);2)已知函数是满足条件的极大值左偏（峰偏左）若x1,x2∈(0,2x)x1≠x2则f(x1)=x(x2)则x1+x2>2a,及x′(x1+x2)<02极值点偏移解题步骤：①求函数f(x)的极值点x0；②构造函数F(x)=f(x+x0)-f(x0−x)(F(x)=f(x0−x)-f(x0+ x), F(x)=f(x+2x0)-f(−x), F(x)=f(x)-f(2x0−x))确定F(x)单调性③结合F(0)=0（F(-x0)=0,F(x0)=0)判断F(x)符号从而确定f(x+x0),f(x0−x)( f(x+2x0)与f(−x);f(x)与f(2x0−x)）的大小关系;答题模式：已知函数y=f(x)满足f(x1)=x(x2),x0为函数y=f(x)的极值点,求证：x1+x2<2x0①求函数f(x)的极值点x0；②构造函数F(x)=f(x+x0)-f(x0−x)确定F(x)单调性③判断F(x)符号从而确定f(x+x0),f(x0−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+x0)>f(x0−x)④1.（2016年全国I高考）已知函数有两个零点. 设x 1，x2是的两个零点，证明：+x2<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)x x F x xe x e --=+- 于是22'()(1)(1)x x F x x e e --=--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。
导数压轴题分类(2)---极值点偏移问题(含答案)
导数压轴题分类(2)---极值点偏移问题(含答案)极值点偏移问题是在求解函数的极值点时，由于函数表达式的特殊性质，导致极值点位置发生偏移，需要采用特殊的解决方法。
常见的处理方法有以下几种：1.构造一元差函数F(x)=f(x)-f(2x-x)或F(x)=f(x+x)-f(x-x)，其中x为函数y=f(x)的极值点。
2.利用对数平均不等式ab<a-b+a+b。
3.变换主元等方法lna-lnb^2<ln(a-b^2)。
接下来，我们以一个具体的例子来说明极值点偏移问题的解决方法。
题目：设函数f(x)=-alnx+x-ax(a∈R)，试讨论函数f(x)的单调性；若f(x)=m有两解x1,x2(x12a。
解析：1.讨论函数f(x)的单调性由f(x)=-alnx+x-ax可知：f'(x)=-a/x+1-a=-(a/x+a-1)因为函数f(x)的定义域为(0,+∞)，所以：①若a>0时，当x∈(0,a)时，f'(x)0，函数f(x)单调递增。
②若a=0时，当f'(x)=1/x>0在x∈(0,+∞)XXX成立，函数f(x)单调递增。
③若a0，函数f(x)单调递增。
2.求证x1+x2>2a因为f(x)=m有两解x1,x2(x1<x2)，所以：alnx1+x1-ax=m，-alnx2+x2-ax=m将两式相减，整理得：lnx1-lnx2+ln(x1-x2)=a根据对数平均不等式，有：ln(x1-x2)<(lnx1-lnx2)/2代入上式得：a>-[(lnx1-lnx2)/2]化XXX：x1-x2<2e^-2a因为x1+x2>2x2>a，所以：x1+x2>2a综上所述，极值点偏移问题的解决方法包括构造一元差函数、利用对数平均不等式和变换主元等方法。
在具体求解中，需要根据函数表达式的特殊性质，选择合适的方法进行处理。
2(t-1)x2-1)/(4(t-1)2+1)为减函数，且在(1,∞)上递增，所以原不等式得证。
极值点偏移专题(一)
极值点偏移专题（一）1、极值点偏移以函数函数为例，极值点为0，如果直线与它的图像相交，2x y =1=y 交点的横坐标为和，我们简单计算：.也就是说极值点刚好位1-10211=+-于两个交点的中点处，此时我们称极值点相对中点不偏移.当然，更多的情况是极值点相对中点偏移，下面的图形能形象地解释这一点.那么，如何判断一道题是否属于“极值点偏移”问题呢？其具体特征就是：2、主元法破解极值点偏移问题2016年全国I 卷的第21题是一道导数应用问题，呈现的形式非常简洁，考查了函数的双零点的问题，也是典型的极值点偏移的问题, 是考生实力与潜力的综合演练场．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．例1.（2016全国1-21）已知函数有两个零点.()()()221xf x x e a x =-+- (I)求a 的取值范围；(II)设x 1,x 2是的两个零点,证明：. ()f x 122x x +<(1)解析：详细解答⑴方法一：由已知得：()()()()()'12112x x f x x e a x x e a =-+-=-+①若，那么，只有唯一的零点，不合题意； 0a =()()0202x f x x e x =⇔-=⇔=()f x 2x =②若，那么，所以当时，，单调递增0a >20x x e a e +>>1x >()'0f x >()f x 当时，，单调递减，即：1x <()'0f x <()f xx(),1-∞1()1,+∞ ()'f x-+()f x ↓ 极小值 ↑故在上至多一个零点，在上至多一个零点()f x ()1,+∞(),1-∞由于，，则，()20f a =>()10f e =-<()()210f f <根据零点存在性定理，在上有且仅有一个零点． ()f x ()1,2而当时，，，1x <x e e <210x -<-<故()()()()()()()222212111x f x x e a x e x a x a x e x e =-+->-+-=-+--则的两根，， ，因为()0f x =11t =+21t =12t t <，故当或时，0a >1x t <2x t >()()2110a x e x e -+-->因此，当且时，1x <1x t <()0f x >又，根据零点存在性定理，在有且只有一个零点．()10f e =-<()f x (),1-∞此时，在上有且只有两个零点，满足题意．()f x R ③ 若，则，02ea -<<()ln 2ln 1a e -<=当时，，，()ln 2x a <-()1ln 210x a -<--<()ln 2220a x e a e a -+<+=即，单调递增；()()()'120x f x x e a =-+>()f x 当时，，，即()ln 21a x -<<10x -<()ln 2220a x e a e a -+>+=，单调递减；()()()'120x f x x e a =-+<()f x 当时，，，即，单调递增．1x >10x ->()ln 2220a x e a e a -+>+=()'0f x >()f x 即：x()(),ln 2a -∞- ()ln 2a -()()ln 2,1a -1()1,+∞ ()'f x +0 -+()f x ↑ 极大值 ↓ 极小值 ↑而极大值()()()(){}22ln 22ln 22ln 21ln 2210f a a a a a a a -=---+--=--+<⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦故当时，在处取到最大值，那么1x ≤()f x ()ln 2x a =-()ln 2f a -⎡⎤⎣⎦恒成立，即无解()()ln 20f x f a -<⎡⎤⎣⎦≤()0f x =而当时，单调递增，至多一个零点，此时在上至多一个零点，1x >()f x ()f x R 不合题意．④ 若，那么2ea =-()ln 21a -=当时，，，即，单()1ln 2x a <=-10x -<()ln 2220a x e a e a -+<+=()'0f x >()f x 调递增当时，，，即，单()1ln 2x a >=-10x ->()ln 2220a x e a e a -+>+=()'0f x >()f x 调递增又在处有意义，故在上单调递增，此时至多一个零点，不合题()f x 1x =()f x R 意．⑤ 若，则2ea <-()ln 21a ->当时，，，即，单1x <10x -<()ln 212220a x e a e a e a -+<+<+=()'0f x >()f x 调递增当时，，，即，单()1ln 2x a <<-10x ->()ln 2220a x e a e a -+<+=()'0f x <()f x 调递减当时，，，即，()ln 2x a >-()1ln 210x a ->-->()ln 2220a x e a ea -+>+=()'0f x >单调递增，即：()f xx(),1-∞1()()1,ln 2a - ()ln 2a -()()ln 2,a -+∞ ()'f x +0 -+()f x ↑ 极大值 ↓ 极小值 ↑故当时，在处取到最大值，那么()ln 2x a -≤()f x 1x =()1f e =-()0f x e -<≤恒成立，即无解()0f x =当时，单调递增，至多一个零点，此时在上至多一个零()ln 2x a >-()f x ()f x R 点，不合题意．综上所述，当且仅当时符合题意，即的取值范围为．0a >a ()0,+∞简要解析（Ⅰ）方法二：．'()(1)2(1)(1)(2)x xf x x e a x x e a =-+-=-+（i ）设,则,只有一个零点．0a =()(2)xf x x e =-()f x （ii ）设,则当时,；当时,．所以在0a >(,1)x ∈-∞'()0f x <(1,)x ∈+∞'()0f x >()f x 上单调递减,在上单调递增．(,1)-∞(1,)+∞又,,取满足且,则 (1)f e =-(2)f a =b 0b <ln2a b <, 223()(2)(1)()022a fb b a b a b b >-+-=->故存在两个零点．()f x （iii ）设,由得或．0a <'()0f x =1x =ln(2)x a =-若,则,故当时,,因此在上单调递2ea ≥-ln(2)1a -≤(1,)x ∈+∞'()0f x >()f x (1,)+∞增．又当时,,所以不存在两个零点．1x ≤()0f x <()f x 若,则,故当时,；当时,2ea <-ln(2)1a ->(1,ln(2))x a ∈-'()0f x <(ln(2),)x a ∈-+∞．因此在单调递减,在单调递增．又当时,'()0f x >()f x (1,ln(2))a -(ln(2),)a -+∞1x ≤,所以不存在两个零点．综上,的取值范围为．()0f x <()f x a (0,)+∞⑵ 方法一：由已知得：，不难发现，，()()120f x f x ==11x ≠21x ≠故可整理得：()()()()121222122211xx x e x e a x x ---==--设，则，那么， ()()()221x x e g x x -=-()()12g x g x =()()()2321'1x x g x e x -+=-当时，，单调递减；当时，，单调递增． 1x <()'0g x <()g x 1x >()'0g x >()g x 设，构造代数式：0m > ()()111222*********m m m m m m m m g m g m e e e e m m m m +-----+-⎛⎫+--=-=+ ⎪+⎝⎭设， ()2111mm h m e m -=++0m >则，故单调递增，有．()()2222'01m m h m e m =>+()h m ()()00h m h >=因此，对于任意的，．0m >()()11g m g m +>-由可知、不可能在的同一个单调区间上，不妨设，则()()12g x g x =1x 2x ()g x 12x x <必有121x x <<令，则有110m x =->()()()()()1111211112g x g x g x g x g x +->--⇔->=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦而，，在上单调递增，因此：121x ->21x >()g x ()1,+∞()()121222g x g x x x ->⇔->整理得：．122x x +<(2)方法二：不妨设，由（1）知，12x x <，在上单调递减，()()()122,1,1,,2,1x x x ∈-∞∈+∞-∈-∞()f x (),1-∞所以等价于，即． 122x x +<()()122f x f x >-()()222f x f x >-由于，而，()()22222221x f x x ea x --=-+-()()()2222221x f x x e a x =-+-所以．()()()222222222x x f x f x x e x e ---=---令，则，()()22xx g x xex e -=---()()()21x x g x x e e -'=--所以当时，，而，1x >()0g x '<()10g =故当时，．从而，故． 1x >()()10g x g <=()()2220g x f x =-<122x x +<(二)对解析的分析本问待证是两个变量的不等式，官方解析的变形是，借助于函数的特性及其122x x <-单调性，构造以为主元的函数．由于两个变量的地位相同，当然也可调整主元变形为2x ，同理构造以为主元的函数来处理．此法与官方解析正是极值点偏移问题的处212x x <-1x 理的通法．不妨设，由（1）知，，在12x x <()()()121,1,1,,21,x x x ∈-∞∈+∞-∈+∞()f x 上单调递增，所以等价于，即． ()1,+∞122x x +<()()212f x f x <-()()1120f x f x --<令，则()()()()()2221xx u x f x f x xex e x -=--=--<，()()()210x x u x x e e -'=-->所以，即， ()()10u x u <=()()()21f x f x x <-<所以； ()()()1212f x f x f x =<-所以，即.212x x <-122x x +<变式、（2010年天津理科21题）已知函数()()xf x xe x R -=∈（Ⅰ）求函数的单调区间和极值；()f x （Ⅱ）已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，证明当()y g x =()y f x =1x =时，1x >()()f x g x > （Ⅲ）如果，且，证明．12x x ≠12()()f x f x =122x x +>解：（21）本小题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力，满分14分 （Ⅰ）解：f ′，令f ′(x )=0,解得x =1()(1)xx x e-=-当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表 X(),1-∞ 1()1,+∞f ’(x ) + 0 -f (x )极大值所以f (x )在()内是增函数，在()内是减函数。
极值点偏移问题1
作者的话（可作为编者按）：极值点偏移，在近几年的数学圈里可谓是一个时髦的名词．特别地，它作为2016年高考新课标Ⅰ卷导数压轴题第（2）问出现，更是引起了人们的广泛关注和讨论．一时间，全国上下竞相效仿，各地的模拟题都呈现出大偏移状态．说起极值点偏移，必然要提到对称化构造的处理策略，这可一直追溯到7年前，2010年高考天津卷理数第21题，之后在高考中时有出现，如2011年辽宁卷理数第21题，2013年湖南卷文数第21题等．笔者决定发布极值点偏移问题的系列短文，一期一个解题方法或操作细节，敬请关注．希望对此已有所了解的朋友能认识得更加深入，还不甚了解的朋友能由此入门．极值点偏移问题（1）——对称化构造（解题方法）杨春波（高新区枫杨街 郑州外国语学校，河南 郑州 450001)三张图教你直观认识极值点偏移：xx 0=2（左右对称，无偏移，如二次函数；若()()12f x f x =，则1202x x x +=）x2（左陡右缓，极值点向左偏移；若()()12f x f x =，则1202x x x +>）2x（左缓右陡，极值点向右偏移；若()()12f x f x =，则1202x x x +<） 例1 （2010天津）已知函数()x f x xe -=． （1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）已知函数()g x 的图象与()f x 的图象关于直线1x =对称，证明：当1x >时，()()f x g x >；（3）如果12x x ≠，且()()12f x f x =，证明：122x x +>． 解：（1）()()1xf x e x -'=-，得()f x 在(),1-∞上递增，在()1,+∞上递减，()f x 有极大值()11f e=，无极小值； （2）由()g x 的图象与()f x 的图象关于直线1x =对称，得()g x 的解析式为()2y f x =-，构造辅助函数()()()()()2F x f x g x f x f x =-=--，()1,x ∈+∞，求导得()()()()()()()222111x x x x F x f x f x e x e x x e e ----'''=+-=-+-=--，当1x >时，10x ->，20x x ee --->，则()0F x '>，得()F x 在()1,+∞上单增，有()()10F x F >=，即()()f x g x >．（3）由()()12f x f x =，结合()f x 的单调性可设121x x <<，将2x 代入（2）中不等式得()()222f x f x >-，又()()12f x f x =，故()()122f x f x >-，又11x <，221x -<，()f x 在(),1-∞上单增，故122x x >-，122x x +>．点评：该题的三问由易到难，层层递进，完整展现了处理极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的全过程，直观展示如下：x例1是这样一个极值点偏移问题：对于函数x f x xe -=，已知()12f x f x =，且21x x ≠，证明122x x +>．再次审视解题过程，发现以下三个关键点：（1）1x ，2x 的范围()1201x x <<<； （2）不等式()()()21f x f x x >->；（3）将2x 代入（2）中不等式，结合()f x 的单调性获证结论． 把握以上三个关键点，就可以轻松解决一些极值点偏移问题．例2 （2016新课标1卷）已知函数()()()221xf x x e a x =-+-有两个零点．（1）求a 的取值范围；（2）设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<．解：（1）()0,+∞，过程略；（2）由（1）知()f x 在(),1-∞上递减，在()1,+∞上递增，由()()120f x f x ==，可设121x x <<．构造辅助函数()()()2F x f x f x =--，求导得()()()()()()()2221(2)1(2)1x x x x F x f x f x x e a x e a x e e --'''=+-=-++-+=--，当1x <时，10x -<，20xxe e --<，则()0F x '>，得()F x 在(),1-∞上单增，又()10F =，故()()01F x x <<，即()()()21f x f x x <-<．将1x 代入上述不等式中，得()()()1212f x f x f x =<-，又21x >，121x ->，()f x 在()1,+∞递增，故212x x <-，122x x +<．通过以上两例，相信读者对极值点偏移问题以及对称化构造的一般步骤已有所了解．但极值点偏移问题的结论不一定总是()1202x x x +><，也可能是()2120x x x ><，借鉴前面的解题经验，我们就可以给出类似的过程．例 3 已知函数()ln f x x x =的图象与直线y m =交于不同的两点()11,A x y ，()22,B x y ，求证：1221x x e<． 证明：()ln 1f x x '=+，得()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递减，在1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增；当01x <<时，()0f x <；()10f =；当1x >时，()0f x >；当0x +→时，()0f x →（洛必达法则）；当x →+∞时，()f x →+∞．于是()f x 的图象如下，得12101x x e<<<<． x构造函数()()21F x f x f e x ⎛⎫=-⎪⎝⎭，求导得 ()()()22222222111111ln 1ln 1ln 1F x f x f x x e x e x e x e x e x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫'''=+=+++=+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 当10x e <<时，1ln 0x +<，22110e x -<，则()0F x '>，得()F x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上递增，有()10F x F e ⎛⎫<= ⎪⎝⎭，即()2110f x f x e x e ⎛⎫⎛⎫<<< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭．将1x 代入（2）中不等式得()1211f x f e x ⎛⎫<⎪⎝⎭，又()()12f x f x =，故()2211fx f e x ⎛⎫<⎪⎝⎭，又21x e >，2111e x e >，()f x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增，故2211x e x <，1221x x e<． 小结：用对称化构造的方法解决极值点偏移问题大致分为以下三步：Step 1． 求导，获得()f x 的单调性，极值情况，作出()f x 的图象，由()()12f x f x =得1x ，2x 的取值范围（数形结合）；Step 2． 构造辅助函数（对结论()1202x x x ><，构造()()()02F x f x f x x =--；对结论()2120x x x ><，构造()()20x F x f x f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭），求导，限定范围（1x 或2x 的范围），判定符号，获得不等式；Step 3． 代入1x （或2x ），利用()()12f x f x =及()f x 的单调性证明最终结论． 练习1 已知函数()ln f x x =和()g x ax =，若存在两个实数1x ，2x 且12x x ≠，满足()()11f x g x =，()()22f x g x =，求证：（1）122x x e +>；（2）212x x e >．。
(完整版)极值点偏移问题的处理策略及探究
极值点偏移问题的处理策略所谓极值点偏移问题，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0x x =处取得极值，且函数()y f x =与直线y b =交于1(,)A x b ,2(,)B x b 两点，则AB 的中点为12(,)2x x M b +，而往往1202x xx +≠.如下图所示.极值点没有偏移此类问题在近几年高考及各种模考，作为热点以压轴题的形式给出，很多学生对待此类问题经常是束手无策。
而且此类问题变化多样，有些题型是不含参数的，而更多的题型又是含有参数的。
不含参数的如何解决？含参数的又该如何解决，参数如何来处理？是否有更方便的方法来解决？其实，处理的手段有很多，方法也就有很多，我们先来看看此类问题的基本特征，再从几个典型问题来逐一探索！ 【问题特征】【处理策略】一、不含参数的问题.例1.（2010天津理）已知函数()()xf x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ， 证明：12 2.x x +>【解析】法一：()(1)xf x x e -'=-，易得()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，x →-∞时，()f x →-∞，(0)0f =，x →+∞时，()0f x →， 函数()f x 在1x =处取得极大值(1)f ，且1(1)f e=,如图所示. 由1212()(),f x f x x x =≠，不妨设12x x <，则必有1201x x <<<， 构造函数()(1)(1),(0,1]F x f x f x x =+--∈， 则21()(1)(1)(1)0x x xF x f x f x e e+'''=++-=->，所以()F x 在(0,1]x ∈上单调递增，()(0)0F x F >=，也即(1)(1)f x f x +>-对(0,1]x ∈恒成立.由1201x x <<<，则11(0,1]x -∈，所以11112(1(1))(2)(1(1))()()f x f x f x f x f x +-=->--==，即12(2)()f x f x ->，又因为122,(1,)x x -∈+∞，且()f x 在(1,)+∞上单调递减， 所以122x x -<，即证12 2.x x +>法二：欲证122x x +>，即证212x x >-，由法一知1201x x <<<，故122,(1,)x x -∈+∞，又因为()f x 在(1,)+∞上单调递减，故只需证21()(2)f x f x <-，又因为12()()f x f x =， 故也即证11()(2)f x f x <-，构造函数()()(2),(0,1)H x f x f x x =--∈，则等价于证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立.由221()()(2)(1)0x x x H x f x f x e e--'''=+-=->，则()H x 在(0,1)x ∈上单调递增，所以()(1)0H x H <=，即已证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立，故原不等式122x x +>亦成立.法三：由12()()f x f x =，得1212x x x ex e --=，化简得2121x x x e x -=… ，不妨设21x x >，由法一知，121o x x <<<.令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，得11tt x e x +=，反解出11t t x e =-，则121221t tx x x t t e +=+=+-，故要证：122x x +>，即证：221ttt e +>-，又因为10t e ->，等价于证明：2(2)(1)0t t t e +-->…②， 构造函数()2(2)(1),(0)tG t t t e t =+-->，则()(1)1,()0ttG t t e G t te '''=-+=>， 故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=，从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=，即证②式成立，也即原不等式122x x +>成立. 法四：由法三中①式，两边同时取以e 为底的对数，得221211lnln ln x x x x x x -==-，也即2121ln ln 1x x x x -=-，从而221212121212221211111ln ln ()ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x +-++=+==---， 令21(1)x t t x =>，则欲证：122x x +>，等价于证明：1ln 21t t t +>-…③， 构造(1)ln 2()(1)ln ,(1)11t t M t t t t t +==+>--，则2212ln ()(1)t t t M t t t --'=-， 又令2()12ln ,(1)t t t t t ϕ=-->，则()22(ln 1)2(1ln )t t t t t ϕ'=-+=--，由于1ln t t ->对(1,)t ∀∈+∞恒成立，故()0t ϕ'>，()t ϕ在(1,)t ∈+∞上单调递增，所以()(1)0t ϕϕ>=，从而()0M t '>，故()M t 在(1,)t ∈+∞上单调递增，由洛比塔法则知：1111(1)ln ((1)ln )1lim ()limlim lim(ln )21(1)x x x x t t t t t M t t t t t→→→→'+++===+='--，即证()2M t >，即证③式成立，也即原不等式122x x +>成立.【点评】以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式，方法一、二利用构造新的函数来达到消元的目的，方法三、四则是利用构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的. 二、含参数的问题.例2.已知函数xae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x .【解析】思路1：函数()f x 的两个零点，等价于方程xxea -=的两个实根，从而这一问题与例1完全等价，例1的四种方法全都可以用；思路2：也可以利用参数a 这个媒介去构造出新的函数.解答如下：因为函数()f x 有两个零点12,x x ，所以⎩⎨⎧==)2()1(2121x x aex ae x ， 由)2()1(+得：)(2121xx e e a x x +=+， 要证明122x x +>，只要证明12()2x x a e e +>，由)2()1(-得：1212()xxx x a e e -=-，即1212x x x x a e e -=-，即证：121212()2x x xx e e x x e e+->-211)(212121>-+-⇔--x x x x e e x x ， 不妨设12x x >，记12t x x =-，则0,1tt e >>，因此只要证明：121t te t e +⋅>-01)1(2>+--⇔t t e e t ， 再次换元令x t x e t ln ,1=>=，即证2(1)ln 0(1,)1x x x x -->∀∈+∞+ 构造新函数2(1)()ln 1x F x x x -=-+，0)1(=F求导2'2214(1)()0(1)(1)x F x x x x x -=-=>++，得)(x F 在),1(+∞递增， 所以0)(>x F ，因此原不等式122x x +>获证.【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元12,x x 的基础上，又多了一个参数，故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数。
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<x1<x0<x2<b.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<x0,则称函数f(x)在区间（a,b）上极值点x0右偏移；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<x1<x2<b.（1）若f(x1)<f(2x0−x2)则x1+x22<x0即函数f(x)在区间（a,b）上极大值点x0右偏；（即峰偏右）（2）若f(x1)<f(2x0−x2)则x1+x22>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<x0即函数f(x)在区间上（a,b）极小值点x0右偏;（即谷偏右）拓展：1） 若)()(x b f x a f -=+，则)(x f 的图象关于直线2ba x +=对称；特别地，若)()(x a f x a f -=+（或f(x)=f(2a -x)），则)(x f 的图象关于直线a x =对称 2） 若函数f(x)满足∀x ∈(0,a)有下列之一成立：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。
高考全国I卷导数压轴大题
f
x
有两个零点.
(ii)设 a=0，则 f x x 2 ex 所以 f x 有一个零点.
(iii)设 a<0，若 a e ，则由(I)知， f x 在 1, 单调递增.
2
全国高考 I 卷文科数学导数压轴大题
又当 x 1时， f x <0，故 f x 不存在两个零点；若 a e ，则由(I)知， f x 在
2 f (x1 x2 ) f (x1 ) f (x2 ).
（Ⅰ）设 f (1) 2,求f (1 ), f (1 ); 24
（Ⅱ）证明 f (x) 是周期函数。
（Ⅰ）解:由
f (x1
x2 )
f (x1 )
f (x2 ), x1, x2
[0, 1 ] 知 2
f (x) f ( x ) f ( x ) 0, x [0,1]. 22
②若 a e ，则 ln(-2a)<1,故当 x , ln 2a 1, 时， f ' x 0 ； 2
当 x ln 2a,1 时， f ' x 0 ，所以 f x 在 ,ln 2a,1, 单调递增， 在 ln 2a,1 单调递减.
(II)(i)设 a 0 ，则由(I)知， f x 在 ,1 单调递减，在 1, 单调递增.
又 f 1 e，f 2 a ，取 b 满足 b<0 且 b ln a ，
22
则
f
b
a 2
b
2
ab
12
a
b3
3 2
b
0 ，所以
ln(
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)=0fx=m的解分别为x1,x2且a<x1<x0<x2<b.若x1+x22≠x0，,则称函数fx在区间a,b上极值点x0偏移；（1）x1+x22>x0,则称函数fx在区间a,b上极值点x0左偏移；（2）x1+x22<x0,则称函数fx在区间a,b上极值点x0右偏移；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<x1<x2<b.（1）若f(x1)<f(2x0−x2)则x1+x22<x0即函数fx在区间a,b上极大值点x0右偏；即峰偏右（2）若f(x1)<f(2x0−x2)则x1+x22>x0即函数fx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fx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<x0即函数fx在区间上a,b极小值点x0右偏;即谷偏右y=fx1） 若)()(x b f x a f -=+,则)(x f 的图象关于直线2ba x +=对称；特别地,若)()(x a f x a f -=+或fx=f2a-x,则)(x f 的图象关于直线a x =对称2） 若函数fx 满足∀x ∈(0,a)有下列之一成立：①fx 在(0,a)递增,在a,2a 递减,且fa-x<>fa+xfx<>f2a-x ②fx 在0,a 递减,在a,2a 递增,且fa-x><fx+afx><f2a-x则函数fx 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fx 的极值点x 0；②构造函数Fx=fx+x 0-f x 0−x) Fx=f x 0−x -f x 0+x), Fx=fx+2x 0-f −x) , Fx=fx-f 2x 0−x)确定Fx 单调性③结合F0=0F-x 0=0,F x 0)=0)判断Fx 符号从而确定fx+x 0,f x 0−x) fx+2x 0与f −x); fx 与f 2x 0−x)）的大小关系; 答题模式：已知函数y=fx 满足f (x 1)=f(x 2),x 0为函数y=fx 的极值点,求证：x 1+x 2<2x 0 ①求函数fx 的极值点x 0；②构造函数Fx=fx+x 0-f x 0−x) 确定Fx 单调性 ③判断Fx 符号从而确定fx+x 0,f x 0−x) 的大小关系;假设Fx 在0,+∞）上单调递增则Fx>F0=0,从而得到x>0时fx+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fx=xe -xx ∈R.Ⅰ 求函数fx 的单调区间和极值；Ⅱ已知函数y=gx 的图象与函数y=fx 的图象关于直线x=1对称,证明当x>1时,fx>gx Ⅲ如果12,x x ≠且12()(),f x f x =证明122x x +> 证明：由题意可知gx=f2-x,得gx=2-x 2x e-令Fx=fx-gx,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Fx 在1,+∞是增函数;又F1=-1-1e e 0-=，所以x>1时，有Fx>F1=0,即fx>gx. Ⅲ证明：1若121212(1)(1)0,)), 1.x x x x x x --=I ===≠12由（）及f(x f(x 则与矛盾。
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；（1）则称函数f(x)在区间（a,b）上极值点偏移；（2）则称函数f(x)在区间（a,b）上极值点偏移；二：极值点偏移的判定定理对于可导函数在区间（a,b）上只有一个极大（小）值点,方程的解分别为且<<b.（1）若则即函数f(x)在区间（a,b）上极大值点右偏；（即峰偏右）（2）若则即函数f(x)在区间上（a,b）极小值点左偏;（即谷偏左）（3）若则即函数f(x)在区间上（a,b）极大值点左偏;（即峰偏左）（4）若则即函数f(x)在区间上（a,b）极小值点右偏;（即谷偏右）x=x=y=mxy=f(x) x=拓展：1） 若)()(x b f x a f -=+，则)(x f 的图象关于直线2ba x +=对称；特别地，若)()(x a f x a f -=+（或f(x)=f(2a-x)），则)(x f 的图象关于直线a x =对称 2） 若函数f(x)满足有下列之一成立：①f(x)在递增，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ax =对称若则<=>,(=0,);2)已知函数是满足条件的极大值左偏（峰偏左）若则则,及极值点偏移解题步骤：①求函数f(x)的极值点；②构造函数F(x)=f(x+)-f( (F(x)=f()-f(, F(x)=f(x+)-f( ,F(x)=f(x)-f()确定F(x)单调性③结合F(0)=0（F(-)=0,F(判断F(x)符号从而确定f(x+),f(( f(x+)与f( f(x)与f(的大小关系;答题模式： 已知函数y=f(x)满足,为函数y=f(x)的极值点,求证：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 +> 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。
导数压轴题之极值点偏移归纳总结
极值点偏移问题一、问题指引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. 以函数函数2x y =为例，极值点为0，如果直线1=y 与它的图像相交，交点的横坐标为1-和1，我们简单计算：0211=+-.也就是说极值点刚好位于两个交点的中点处，此时我们称极值点相对中点不偏移.当然，更多的情况是极值点相对中点偏移，下面的图形能形象地解释这一点.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、方法详解(一)基本解法之对称化构造例1是这样一个极值点偏移问题：对于函数()e xf x x -=，已知()()12f x f x =，12x x ≠，证明122x x +>．再次审视解题过程，发现以下三个关键点： （1）1x ，2x 的范围()1201x x <<<； （2）不等式()()()21f x f x x >->；（3）将2x 代入（2）中不等式，结合()f x 的单调性获证结论． 小结：用对称化构造的方法解极佳点偏移问题大致分为以下三步：step1：求导，获得()f x 的单调性，极值情况，作出()f x 的图像，由()()12f x f x =得1x ，2x 的取值范围（数形结合）；step2：构造辅助函数（对结论()1202x x x +><，构造()()()02F x f x f x x =--；对结论()2120x x x ><，构造()()20x F x f x f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭），求导，限定范围（1x 或2x 的范围），判定符号，获得不等式；step3：代入1x （或2x ），利用()()12f x f x =及()f x 的单调性证明最终结论． 下面给出第（3）问的不同解法【解析】法一：()(1)xf x x e -'=-，易得()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，x →-∞时，()f x →-∞，(0)0f =，x →+∞时，()0f x →， 函数()f x 在1x =处取得极大值(1)f ，且1(1)f e=,如图所示.由1212()(),f x f x x x =≠，不妨设12x x <，则必有1201x x <<<， 构造函数()(1)(1),(0,1]F x f x f x x =+--∈， 则21()(1)(1)(1)0x x xF x f x f x e e+'''=++-=->，所以()F x 在(0,1]x ∈上单调递增，()(0)0F x F >=，也即(1)(1)f x f x +>-对(0,1]x ∈恒成立.由1201x x <<<，则11(0,1]x -∈，所以11112(1(1))(2)(1(1))()()f x f x f x f x f x +-=->--==， 即12(2)()f x f x ->，又因为122,(1,)x x -∈+∞，且()f x 在(1,)+∞上单调递减， 所以122x x -<，即证12 2.x x +>法二：欲证122x x +>，即证212x x >-，由法一知1201x x <<<，故122,(1,)x x -∈+∞，又因为()f x 在(1,)+∞上单调递减，故只需证21()(2)f x f x <-，又因为12()()f x f x =，故也即证11()(2)f x f x <-，构造函数()()(2),(0,1)H x f x f x x =--∈，则等价于证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立. 由221()()(2)(1)0x x x H x f x f x e e--'''=+-=->，则()H x 在(0,1)x ∈上单调递增，所以()(1)0H x H <=，即已证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立，故原不等式122x x +>亦成立.法三：由12()()f x f x =，得1212x xx e x e --=，化简得2121x x x ex -=…①， 不妨设21x x >，由法一知，121o x x <<<.令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，得11tt x e x +=，反解出11t t x e =-，则121221t t x x x t t e +=+=+-，故要证：122x x +>，即证：221t tt e +>-，又因为10t e ->，等价于证明：2(2)(1)0t t t e +-->…②，构造函数()2(2)(1),(0)tG t t t e t =+-->，则()(1)1,()0ttG t t e G t te '''=-+=>，故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=，从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=，即证②式成立，也即原不等式122x x +>成立.法四：由法三中①式，两边同时取以e 为底的对数，得221211lnln ln x x x x x x -==-，也即2121ln ln 1x x x x -=-，从而221212121212221211111ln ln ()ln ln 1x x x x x x x xx x x x x x x x x x x x +-++=+==---， 令21(1)x t t x =>，则欲证：122x x +>，等价于证明：1ln 21t t t +>-…③， 构造(1)ln 2()(1)ln ,(1)11t t M t t t t t +==+>--，则2212ln ()(1)t t t M t t t --'=-， 又令2()12ln ,(1)t t t t t ϕ=-->，则()22(ln 1)2(1ln )t t t t t ϕ'=-+=--，由于1ln t t ->对(1,)t ∀∈+∞恒成立，故()0t ϕ'>，()t ϕ在(1,)t ∈+∞上单调递增，所以()(1)0t ϕϕ>=，从而()0M t '>，故()M t 在(1,)t ∈+∞上单调递增，由洛比塔法则知：1111(1)ln ((1)ln )1lim ()limlim lim(ln )21(1)x x x x t t t t t M t t t t t→→→→'+++===+='--，即证()2M t >，即证 式成立，也即原不等式122x x +>成立.【点评】以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式，方法一、二利用构造新的函数来达到消元的目的，方法三、四则是利用构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的.【类题展示】已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点21,x x .证明：122x x +<.法二：参变分离再构造差量函数，由已知得：()()120f x f x ==，不难发现11x ≠，21x ≠，故可整理得：()()()()121222122211xx x e x e a x x ---==--，设()()()221xx e g x x -=-，则()()12g x g x =那么()()()2321'1xx g x e x -+=-，当1x <时，()'0g x <，()g x 递减；当1x >时，()'0g x >，()g x 递增． 设0m >，构造代数式：()()111222*********m m m m m m m m g m g m e e e e m m m m +-----+-⎛⎫+--=-=+ ⎪+⎝⎭设()2111mm h m e m -=++，0m >则()()2222'01m m h m e m =>+，故()h m 单调递增，有()()00h m h >=． 因此，对于任意的0m >，()()11g m g m +>-．由()()12g x g x =可知1x 、2x 不可能在()g x 的同一个单调区间上，不妨设12x x <，则必有121x x <<令110m x =->，则有()()()()()1111211112g x g x g x g x g x +->--⇔->=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，而121x ->，21x >，()g x 在()1,+∞上单调递增，因此：()()121222g x g x x x ->⇔->整理得：122x x +<． 法三：参变分离再构造对称函数由法二得()()()221x x e g x x -=-，构造()()(2),((,1))G x g x g x x =--∈-∞，利用单调性可证，此处略.法五：利用“对数平均”不等式参变分离得：222211)1()2()1()2(21--=--=x e x x e x a x x ，由0>a 得，2121<<<x x ，将上述等式两边取以e 为底的对数，得22221211)1()2(ln )1()2(lnx x x x x x +--=+--，化简得：21212221)]2ln()2[ln(])1ln()1[ln(x x x x x x -=-------，故2121212221)]2ln()2[ln(])1ln()1[ln(1x x x x x x x x ---------=)2()2()]2ln()2[ln()1()1(])1ln()1[ln()]1()1[(21212221222121x x x x x x x x x x ------+-------+-= 由对数平均不等式得：221222221212[ln(-1)-ln(-1)]2(1)(1)(1)(1)x x x x x x >----+-，121212[ln(2-)-ln(2-)]22222x x x x x x >----+-（）（）（）（），从而122212122(2)21(1)(1)22x x x x x x +->+-+--+-（）（）1212122212122(2)[4()]2(1)(1)4()x x x x x x x x x x +--+++-=+-+--+12122212122(2)21(1)(1)4()x x x x x x x x +-+-=++-+--+等价于：12122212122(2)20(1)(1)4()x x x x x x x x +-+->+-+--+1222121221(2)[](1)(1)4()x x x x x x =+-+-+--+ 由221212(1)(1)0,4()0x x x x -+->-+>，故122x x +<，证毕.(二) 含参函数问题可考虑先消去参数【例2】已知函数()ln f x x ax =-，a 为常数，若函数()f x 有两个零点12,x x ，试证明：212.x x e ⋅>【解析】法一：消参转化成无参数问题：ln ()0ln ln x f x x ax x ae =⇔=⇔=，12,x x 是方程()0f x =的两根，也是方程ln ln x x ae =的两根，则12ln ,ln x x 是x x ae =，设1122ln ,ln u x u x ==，()xg x xe -=，则12()()g u g u =，从而2121212ln ln 22x x e x x u u >⇔+>⇔+>，此问题等价转化成为例1，下略.法二：利用参数a 作为媒介，换元后构造新函数： 不妨设12x x >，∵1122ln 0,ln 0x ax x ax -=-=，∴12121212ln ln (),ln ln ()x x a x x x x a x x +=+-=-，∴1212ln ln x x a x x -=-，欲证明212x x e >，即证12ln ln 2x x +>.∵1212ln ln ()x x a x x +=+，∴即证122a x x >+，∴原命题等价于证明121212ln ln 2x x x x x x ->-+，即证：1122122()ln x x x x x x ->+，令12,(1)x t t x =>，构造2(1)ln ,1)1(t t g t t t -=->+，此问题等价转化成为例2中思路二的解答，下略. 法三：直接换元构造新函数：12221211ln ln ln ,ln x x x x a x x x x ==⇔=设2121,,(1)x x x t t x <=>，则112111ln ln ln ,ln ln tx t x x tx t t x x +==⇔=， 反解出：1211ln ln ln ln ,ln ln ln ln ln 111t t t tx x tx t x t t t t ===+=+=---， 故212121ln ln 2ln 21t x x e x x t t +>⇔+>⇔>-，转化成法二，下同，略. 【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元12,x x 的基础上，又多了一个参数，故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数。
导数压轴大题之极值点偏移问题,把握本质与通用思路才能举一反三
导数压轴大题之极值点偏移问题，把握本质与通用思路才能举一反三极值点偏移题型是上一篇所讲述的双变量题型的一种重要分型。
2016年高考I卷的压轴大题就考了这种题型。
这类题型的特点鲜明，解题思路通用性强。
本文通过原创的一张图来直观、简明地揭示极值点偏移问题的基本原理（未见第二家如此系统地阐述它的原理）。
相信每一位同学学会后，再遇到此类题型就有底气而不会再发怵了，真正做到举一反三。
1. 导数(应用)压轴大题之不等式有关问题的极值点偏移题型及典型例题例1(2016国I) 已知函数f(x) = (x-2)e^x +a(x-1)^2有两个零点。
(1) 求a的取值范围；(2) 设x1, x2是f(x)的两个零点，证明：x1+x2<2。
（提示：这题在上一篇中已给出详细解答，这里不再赘述。
作为2016年的压轴题，第(2)问算是极值点偏移题型中的一个难度适中的题目，因此刚好可用来清晰地揭示极值点偏移题型的基本原理与通用解题思路。
不熟悉这类题型的同学应先把该题学透，再继续学习其它例题）例2 已知函数f(x) = xlnx，g(x) = 1/2×mx^2+x。
(1) 若函数f(x)与g(x)的图像上存在关于原点对称的点，求实数m 的取值范围；(2) 设F(x) = f(x) – g(x)，已知F(x)在(0, +∞)上存在两个极值点x1、x2，且x1<x2，求证：x1x2 > e^2 (其中e为自然对数的底数)。
解：依题意，x>0，讲解：①从极值点偏移题型角度看，本题(2)问稍有变化（可视作常规题型的变式——出题人常以类似的方式改题或增加难度）：(a) 分析的函数对象为‘导函数’及其两个零点——即两个等值点。
但这些变化对以极值点偏移的思路进行解题并无太大差别，仅仅是对象不同而已。
(b) 已知函数的定义域受限——x>0；处理时不要忘了其约束。
(c) 从所求证的‘x1x2 > e^2’看不出与极值点偏移问题相关，但只需利用已知推出可知条件“x1=lnx1/m和x2=lnx2/m”，即可把所求证问题转化为需知问题(或称需知条件)“x2+x1>2/m”——此为极值点偏移的标准形态。
主元法破解极值点偏移问题
主元法破解极值点偏移问题2016年全国I 卷的第21题是一道导数应用问题，呈现的形式非常简洁，考查了函数的双零点的问题，也是典型的极值点偏移的问题, 是考生实力与潜力的综合演练场．虽然大多学生理解其题意，但对于极值点偏移的本质理解的深度欠佳，面对此类问题大多感到“似懂非懂”或“云里雾里”．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．作为一线的教育教学工作者，笔者尝试用主元法破解函数的极值点偏移问题，理性的对此类进行剖析、探究，旨在为今后的高考命题和高考复习教学提供一点参考.一、试题再现及解析 （一）题目（2016年全国I 卷）已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点． (1)求a 的取值围；(2)设12,x x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<．本题第（1）小题含有参数的函数()f x 有两个零点，自然想到研究其单调性，结合零点存在性定理求得a 的取值围是()0,+∞．第（2）小题是典型的极值点偏移的问题，如何证明呢？（二）官方解析(2)不妨设12x x <，由（1）知，()()()122,1,1,,2,1x x x ∈-∞∈+∞-∈-∞，()f x 在(),1-∞上单调递减，所以122x x +<等价于()()122f x f x >-，即()()222f x f x >-． 由于()()22222221x f x x e a x --=-+-，而()()()2222221x f x x e a x =-+-， 所以()()()222222222x x f x f x x e x e ---=---．令()()22xx g x xex e -=---，则()()()21x x g x x e e -'=--，所以当1x >时，()0g x '<，而()10g =，故当1x >时，()()10g x g <=．从而()()2220g x f x =-<，故122x x +<． 二、对解析的分析本问待证是两个变量的不等式，官方解析的变形是122x x <-，借助于函数的特性及其单调性，构造以2x 为主元的函数．由于两个变量的地位相同，当然也可调整主元变形为212x x <-，同理构造以1x 为主元的函数来处理．此法与官方解析正是极值点偏移问题的处理的通法．不妨设12x x <，由（1）知，()()()121,1,1,,21,x x x ∈-∞∈+∞-∈+∞，()f x 在()1,+∞上单调递增，所以122x x +<等价于()()212f x f x <-，即()()1120f x f x --<．令()()()()()2221xx u x f x f x xex e x -=--=--<，则()()()210x x u x x e e -'=-->，所以()()10u x u <=，即()()()21f x f x x <-<， 所以()()()1212f x f x f x =<-； 所以212x x <-，即122x x +<. 三、例谈主元法破解极值点偏移问题对文献[1]的四道例题，笔者都能运用主元法顺利破解，验证主元法破解极值点偏移问题的可行性．例1 （2014年省市二模第20题）设函数()xf x e ax a =-+，其图象与x 轴交于()1,0A x ，()2,0B x 两点，且12x x <．(1)求a 的取值围；(2)证明：0f '<（()f x '为函数()f x 的导函数）；解：(1) ()2,a e ∈+∞，且120ln x a x <<<，()f x 在()0,ln a 上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增；(2) 要证明0f '<，只需证1202x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭，即()12ln 2x x f f a +⎛⎫''< ⎪⎝⎭，因为()xf x e a '=-单调递增，所以只需证12ln 2x x a +<，亦即212ln x a x >-， 只要证明()()()2112ln f x f x f a x =>-即可； 令()()()()2ln ln g x f x f a x x a =--<，则()()()22ln 20xx a g x f x f a x e a e'''=--=--<，所以()g x 在()0,ln a 上单调递减，()()ln 0g x g a >=，得证． 例2 （2010年天津理科21题）已知函数()()x f x xe x R -=∈. (1) 求函数()f x 的单调区间和极值；(2)(略)(3)如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明122x x +>．解：(1) ()f x 在(),1-∞上是增函数，在()1,+∞上是减函数，1()(1)f x f e==极小值； (3)证明：()()1x f x e x -'=-，12()()f x f x =，亦即1212x x x e x e --=，且121x x <<， 欲证明122x x +>，即212x x >-，只需证()()2120f x f x --<，即()()1120f x f x --<． 令()()()()21g x f x f x x =--<，则()()22xx g x xex e --=--，因为()()()210x x g x x e e --'=-->，所以()g x 在(),1-∞上单调递增， 故()()10g x g <=，得证．例3 （2011年理科21题）已知函数2()ln (2)f x x ax a x =-+-． （1）讨论()f x 的单调性； （2）设0a >，证明：当10x a <<时，11f x f x a a ⎛⎫⎛⎫+>- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； （3）若函数()y f x =的图象与x 轴交于,A B 两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：0()0f x '<．解：（1）若0a ≤，()f x 在()0,+∞上单调增加；若0a >，()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减； （2）（略）（3）由（1）可得0a >，1()22f x ax a x'=-+-在()0,+∞上单调递减，1()0f a '=，不妨设1212(,0),(,0),0A x B x x x <<，则1210x x a<<<， 欲证明0()0f x '<，即01()()f x f a''<，只需证明12012x x x a +=>，即122x x a>-， 只需证明()()2122f x f x f x a ⎛⎫=>-⎪⎝⎭． 由（2）得()222221111f x f x f x f x a a a a a⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+->--=⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦，得证． 例4 （2013年文科第21题）已知函数()211xx f x e x-=+. (1)求()f x 的单调区间；(2)证明:当()()()1212f x f x x x =≠时，120x x +<.解： (1) ()f x 在(),0-∞上单调递增，在()0,+∞上单调递减； (2)由(1)知当1x <时，()0f x >． 不妨设12x x <，因为()()12f x f x =，即121222121111x x x x e e x x --=++，则1201x x <<<， 要证明120x x +<，即120x x <-<，只需证明()()12f x f x <-，即()()22f x f x <-．而22()()f x f x <-等价于2222(1)10xx e x ---<，令()2()(1)10xg x x ex x =--->，则2'()(12)1x g x x e =--，令2()(12)1xh x x e=--，则2()40x h x xe '=-<，所以()h x 单调递减，()()00h x h <=，即()0g x '<，所以()g x 单调递减， 所以()()00g x g <=，得证．对文献[3]的例1，朱老师提供了3种方法，笔者也可运用主元法顺利破解，请看以下解析，岂不更为简捷？例5 函数()4343f x x x =-与直线13y a a ⎛⎫=>- ⎪⎝⎭交于12(,),(,)A x a B x a ，证明：122x x +<.解：函数()4343f x x x =-，()()241f x x x '=-，则()f x 在(),1-∞上单调递减，在()1,+∞上单调递增，且()4003f f ⎛⎫==⎪⎝⎭； （1）若12401,13x x <<<<，要证明122x x +<，即12021x x <<-<，只需证明()()122f x f x >-，即()()222f x f x >-．令()()()()21g x f x f x x =-->，则()()31613g x x =-在()1,+∞上单调递增， 故()()10g x g >=； （2）若1240,3x x <>，同理可证122x x +<，得证． 四、通法提炼一般地，主元法破解极值点偏移问题思路是：第一步：根据()()()1212f x f x x x =≠建立等量关系，并结合()f x 的单调性，确定12,x x 的取值围；第二步：不妨设12x x <，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价转化．如例1、例3中的待证是导函数的值的不等式，因此应用导函数的单调性等价转化，例2、例4中的待证是应用原函数的单调性等价转化；第三步：构造关于1x （或2x ）的一元函数()()()()21,2i i T x f x f a x i =--=，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．五、通性通法的感悟极值点偏移问题在高考中几乎年年可见，深受高考命题专家的青睐，年年岁岁意相似，岁岁年年题不同，属于高考高频题型．对于此类问题的研究，多位方家已经作了探讨．文[1]从高等数学的视角阐述了问题的背景，指明并提炼出极值点偏移问题的解题策略：若()f x 的极值点为0x ，则根据对称性构造一元差函数()()()00F x f x x f x x =+--，巧借()F x 的单调性以及()00F =，借助于()()()12002f x f x f x x x ==--⎡⎤⎣⎦与()002f x x x +-⎡⎤⎣⎦()022f x x =-，比较2x 与012x x -的大小，即比较0x 与212x x +的大小．有了这种解题策略，我们师生就克服了解题的盲目性，细细咀嚼不得不为其绝妙的想法喝彩，但是，此解法并不利于学生思维的提升，比较突兀，有“模式化”的曲高和寡之嫌疑，显然不是自然的想法，“想说爱你不容易．”教师的自然想法却让学生屡屡想不到、想不通、学不会，加重其自卑感；顺应学生的思维，才能对接学生的认知，贴近学生“最近发展区”，化用于无痕，活用于无间，妙用于无限，神用于无形，走有限之路，饮不竭之泉．文[2]结合文[1]的四个例题验证了转化为对数平均的求解的可行性，提炼出极值点偏移问题的又一解题策略：根据()()12f x f x =建立等式，通过消参、恒等变形转化为对数平均，捆绑构造函数，利用对数平均不等式链求解．这种解题策略，师生都感到运算量繁杂，有一定的技巧要求，而且对数平均数的不等式链也有超纲的嫌疑，在解答过程中存在能否直接运用的疑问[4]，“想你，但，我不会爱你！”其实，解决极值点偏移问题的上两种方法，实质上都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数，因此，主元法才是破解极值点偏移问题的通法，亲切自然，美感灵气．这一点也可以从官方答案得到印证．对于官方提供的参考答案，是命题专家经过反复考量的，承载着新课程改革的理念和导向，渗透着创新精神和实践能力的培养，体现着高考改革的发展趋向，同时也蕴含着命题者解题的思维历程，蕴含着其问题的本质．我们多一份敬畏，将参考答案激活，用“冰冷的美丽”促进学生“火热的思考”，多一份收获.六、质疑文[1]中提到“利用极值点对折，构造一元差函数()()()00F x f x x f x x =+--的解题策略” 是极值点偏移问题的本质之所在．文[2]中又称“极值点偏移问题的另一本质回归—对数平均．”到底哪一种方法是极值点偏移问题的本质？极值点偏移问题的本质可否有多种？某一种解题策略是否为此类问题的本质又如何判断？有待于方家探讨．。