近年高考试题中涉及极值点偏移问题的统一解法
极值点偏移四种解题方法
极值点偏移四种解题方法极值点偏移是数学中一个重要的概念，它指的是极值点在函数图像上偏移的现象。
本文将介绍四种解决极值点偏移问题的解题方法。
下面是本店铺为大家精心编写的5篇《极值点偏移四种解题方法》，供大家借鉴与参考，希望对大家有所帮助。
《极值点偏移四种解题方法》篇1一、定义法定义法是解决极值点偏移问题的一种基本方法。
该方法的主要思路是利用函数的定义式，通过分析函数在某一点处的导数值，来判断该点是否为极值点。
如果函数在某一点处的导数值等于零，则该点为极值点。
如果函数在某一点处的导数值不存在，则该点也可能是极值点。
二、导数法导数法是解决极值点偏移问题的另一种基本方法。
该方法的主要思路是利用函数的导数，通过分析函数在某一点处的导数值，来判断该点是否为极值点。
如果函数在某一点处的导数值等于零，则该点为极值点。
如果函数在某一点处的导数值不存在，则该点也可能是极值点。
三、极值判定法极值判定法是解决极值点偏移问题的一种重要方法。
该方法的主要思路是利用函数的极值判定条件，通过分析函数在某一点处的极值条件，来判断该点是否为极值点。
如果函数在某一点处满足极值条件，则该点为极值点。
四、图像法图像法是解决极值点偏移问题的一种直观方法。
该方法的主要思路是通过绘制函数的图像，来判断函数的极值点是否偏移。
如果函数的图像在某一点处发生变化，则该点可能是极值点。
如果函数的图像在某一点处出现拐点，则该点可能是极值点。
综上所述，极值点偏移四种解题方法分别为定义法、导数法、极值判定法和图像法。
《极值点偏移四种解题方法》篇2极值点偏移是高中数学中常见的问题之一，通常出现在导数相关的题目中。
极值点偏移指的是，在可导函数的一个区间内，如果存在一个极值点，且该极值点左右两侧的增减速度不同，那么这个极值点可能会偏移到区间的中点，从而造成函数图像的不对称。
解决极值点偏移问题的方法有很多种，以下是四种常见的解题方法： 1. 构造函数法：该方法的本质是构造一个新的函数，使得新函数的导数与原函数的导数之间存在一定的关系。
极值点偏移(自主整理) 答案
f (1)
1 ，如图 e
要证 x1 x2 2 ，即证 x2 2 x1 ，不妨设 x1 x2 ，则 0 x1 1 x2
x2 2 x1 1，又 f (x) 在 1， 上递减，则只需证
f (x2 ) f (2 x1)
又 f (x2 ) f (x1) ，则等价证 f (x1) f (2 x1) ，证明如下：
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
x1,
x2
，所以
xx21
ae x1 ae x2
(1) (2)
，由 (1)
(2)
得：
x1
x2
a(e x1
e x2
)
，
要证明 x1 x2
2 ，只要证明 a(ex1
ex2 ) 2 ，由 (1) (2) 得： x1 x2
e2
．
解法二 变换函数能妙解
极值点偏移专题
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证法 2：欲证 x1x2 e2 ，需证 ln x1 ln x2 2 ．若 f x 有两个极值点 x1 ，x2 ，即函数 f x 有两个零点．又 f x ln x mx ，所以， x1 ， x2 是方程 f x 0 的两个不同实根．显然 m 0 ，否则，函数 f x 为
设 g(x) f (x) f (2 x)，x 0,1 则 g(x) f (x) f (2 x)
g
(
x)
1 ex
x
1 e2x2
，又 x 0,1，则 g(x) 0 ，则 g(x)在0,1递增
g(x) g(1) 0 ，则 g(x) 0 得证，则 x1 x2 2
极值点偏移问题的五个绝招
一、极值点偏移的定义
二、对数平均定义与证明
（对数平均不等式在高考中不能直接用，在解答题中需要证明）
三、高考例题
极值点偏移问题在历年考题中反复出现，比如2016年全国卷、2013年湖南卷、2011年
辽宁卷、2010年天津卷等。
四、 解后思考：答题模板
第一步: 根据f(x1)= f(x1) 建立等式
第二步: 如果等式含有参数，则消参; 有指数的 则两边取对数，转化为对数式 第三步: 通过恒等变换转化为对数平均问题，利 用对数平均不等式求解
高考中对函数极值的考察正向多样化发
展，其中含参的函数极值不等式越来越被高考命题专家所钟爱，本文通过一道例题汇总一下此类题目的多种典型解法．
解法一：齐次构造消参
解法二: 构造函数1
解法三: 构造函数2
解法四: 引入变量1
解法五: 巧引入变量2。
极值点偏移四种题型的解法及例题
极值点偏移是高中数学中的一个重要概念，也是学生们比较头疼的一个知识点。
在解决数学问题时，我们经常会遇到一些与极值点有关的题型，比如函数的极值问题、优化问题等。
而在解决这些问题时，极值点偏移方法是一种非常实用的解题技巧。
本文将从四种题型出发，对极值点偏移方法进行详细解析，并结合具体例题进行说明。
1. 函数的极值问题函数的极值问题是高中数学中的一个重要内容。
在解决这类问题时，我们常常会用到导数的概念，来求函数的极值点。
但有些情况下，我们可以通过极值点偏移方法更快地得到函数的极值点。
比如对于一些简单的函数，通过极值点的平移和对称性，可以用更简洁的方法求得函数的极值点。
举例说明：已知函数 $f(x)=x^3-3x^2+2$，求 $f(x)$ 的极值点。
解：求导得 $f'(x)=3x^2-6x$。
令导数为零，得到 $x=0$ 或 $x=2$。
根据导数的符号，可知 $x=0$ 是极小值点，$x=2$ 是极大值点。
但通过极值点偏移方法，我们可以发现，当 $x=0$ 时，$f(x)=2$；而当$x=2$ 时，$f(x)=2$。
也就是说，极小值点 $x=0$ 对应的函数值和极大值点 $x=2$ 对应的函数值相等。
这就是极值点偏移的思想。
2. 优化问题优化问题是数学建模中常见的类型之一，也是考察学生综合运用数学知识解决实际问题的一种形式。
当我们遇到优化问题时，常常需要求解函数的极值点。
而极值点偏移方法可以帮助我们更快地找到函数的极值点，从而解决优化问题。
举例说明：一块长为20厘米的铁皮，可以做成一个底面积为 $x cm^2$ 的正方形盒子和一个底面积为 $y cm^2$ 的开口放平盒子，求怎样分割这块铁皮才能使总体积最大。
解：设正方形盒子的边长为 $a$，开口朝下的放平矩形盒子的底边长为 $b$，高为 $h$。
则根据题意可知，$b=a+2h$，且 $x=a^2$，$y=bh$。
问题转化为求 $x+y$ 的最大值。
新高考方案二轮-数学(新高考版)大题专攻(四) 解决极值点偏移问题的四大技法
f′(x)＞0，f(x)无极值，不合题意，舍去，所以 a＞0，
f′(x)＝1－x2ax2＝2a
12a＋x x
12a－x，
令 f′(x)＝0，得 x＝
1 ，当 2a
0＜x＜
12a时，f′(x)＞0；
当 x＞
12a时，f′(x)＜0，所以
f(x)的单调递增区间为0，
12a，单调递减区间
为
12a，＋∞，所以 f(x)在 x＝
[提分技巧]
对称变化主要用来解决与两个极值点之和或差相关的不等式的证明问题，解 题要点如下：
(1)定极值点：即利用导函数求出函数的极值点x0. (2)对称构造：即根据极值点x0构造对称函数F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)或F(x)＝ f(x)－f(2x0－x)． (3)比较大小：即利用导数讨论函数F(x)的单调性，判断其符号，进而得到 f(x0＋x)与f(x0－x)或者f(x)与f(2x0－x)的大小关系． (4)转化所证：即根据函数f(x)的单调性，将f(x0＋x)与f(x0－x)或者f(x)与f(2x0 －x)的大小关系转化为两个极值点之间的大小关系，进而得到所证或所求．
[对点训练] 已知函数 f(x)＝ln x－tx＋t. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 t＝2 时，方程 f(x)＝m－ax 恰有两个不相等的实数根 x1，x2，证明：x21x＋1xx22 ＞2－a. 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－t，当 t≤0 时，f′(x)＞0 恒成立， f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 当 t＞0 时，令 f′(x)＞0，得 0＜x＜1t ；令 f′(x)＜0，得 x＞1t ， ∴f(x)在0，1t 上单调递增，在1t ，＋∞上单调递减．
高中数学：极值点偏移问题有什么好的解决办法？
⾼中数学：极值点偏移问题有什么好的解决办法？1. 所谓的极值点偏移，就是函数在极值点左右的增减速度不⼀样，导致函数的图象不具有对称性。
如果极值点左侧的增减速度快于右侧，则极值点左偏，反之，则极值点右偏。
2. 极值点偏移问题常常出现在⾼考数学的压轴题当中，这类题往往思维要求较⾼，过程较为繁琐，计算量较⼤，具有相当的难度，因此常常令考⽣望⽽⽣畏。
3. 解决极值点偏移问题，构造对称函数和利⽤对数平均不等式是两种典型的⽅法，⼆者各有千秋，独具特⾊。
4. 极值点偏移问题是近⼏年⾼考中的热点问题，在各地的⾼考模拟试卷中也时常出现，并由此衍⽣出⼀系列的压轴题，⽐如拐点偏移就是其中最典型的⼀种。
⼀·极值点偏移问题：⼆·构造对称函数：构造对称函数是处理极值点偏移问题的基本⽅法，其步骤总结如下：三·对数平均不等式：1·对数平均不等式：我们已经学习过算术平均数，⼏何平均数，调和平均数和平⽅平均数，由这些平均数之间构成的⼤⼩关系称之为均值不等式，⽽今天我们介绍的对数平均数不外乎是⼀种新的平均数，它是均值不等式中的⼀环⽽已。
【评注】对数平均不等式也称之为”A-L-G“不等式，它是均值不等式的加强版，其放缩功能更加精细，因此在⾼考压轴题中具有强⼤功效。
2·对数平均不等式的⼏何意义：对数平均不等式具有明确的⼏何意义，这⾥需要借助定积分加以说明，⽂科考⽣可以直接略过。
四·⾼考中的极值点偏移问题：对于极值点偏移问题，⽆论是构造对称函数，还是利⽤对数平均不等式，⼆者皆较为程式化，最终殊途同归。
以上，祝你好运。
高中数学解题思路与方法--极值点偏移
−
2t − 2 t +1
,
(0
<
t
<
1)
求导由单调性易得原不等式成立，略.
4 / 19
法二：接 后续解:
由 得：(x1
+
x2 )(x1
−
x2 ) − (a
− 2)(x1
−
x2 ) − a ln
x1 x2
=
0
构造函数 ， m(t)
=
ln
t
−
2(t −1) t +1
,
(0ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
<
t
<
1)
求导由单调性易得 m(t) < 0在t ∈(0,1) 恒成立，
llnn
x1 x2
− −
mx1 mx2
=0 =0
，设 ，则 ， ．欲证 ， t1
t2
= =
met1 met2
⇒
t1 t2
= et1−t2
k = t1 − t2 < 0
t1
=
kek ek −1
t2
=
k ek −1
x1x2 > e2
解法五 巧引变量（二）
证法 ：设 ， ，则由 得 5 t1 = ln x1 ∈(0,1) t2 = ln x2 ∈(1, +∞)
22
等价于证明： x1 + x2
>
x12 + 2x1 − x22 − 2x2 x1 + ln x1 − x2 − ln x2
⇔ ln x1 x2
< 2x1 − 2x2 x1 + x2
=
2 x1 − 2 x2 x1 +1
2022年高考压轴大题：极值点的偏移问题解题方法
2022年高考压轴大题：极值点的偏移问题解题方法极值点偏移问题常作为压轴题出现，题型复杂多变．解决此类问题，先需理解此类问题的实质，例1 已知函数f (x )＝x e －x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若x 1≠x 2且f (x 1)＝f (x 2)，求证：x 1＋x 2>2.(1)解 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． (2)证明 方法一 (对称化构造法)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，＋∞)上单调递增，∴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.方法二 (比值代换法) 设0<x 1<1<x 2，f (x 1)＝f (x 2)即11ex x -＝22ex 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 ＋1ln t t －1>2∴ln t －2t －1t ＋1>0，设g (t )＝ln t －2t －1t ＋1(t >1)，∴g ′(t )＝1t －2t ＋1－2t －1t ＋12＝t －12t t ＋12>0，∴当t >1时，g (t )单调递增，∴g (t )>g (1)＝0，∴ln t －2t －1t ＋1>0，故x 1＋x 2>2.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.(1)解 f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x(x >0)，∴若a ≤0，则f ′(x )>0，不符合题意；∴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)证明 因为f (1)＝－a <0，所以1<x 1<1a<x 2.构造函数H (x )＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＋x －f ⎝⎛⎭⎫1a －x ＝ln ⎝⎛⎭⎫1a ＋x －ln ⎝⎛⎭⎫1a －x －2ax ,0<x <1a. H ′(x )＝11a ＋x ＋11a－x －2a ＝2a 3x21－a 2x 2>0，所以H (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增， 故H (x )>H (0)＝0，即f ⎝⎛⎭⎫1a ＋x >f ⎝⎛⎭⎫1a －x .由1<x 1<1a <x 2，知2a －x 1>1a，故f (x 2)＝f (x 1)＝f ⎝⎛⎭⎫1a －⎝⎛⎭⎫1a －x 1<f ⎝⎛⎭⎫1a ＋⎝⎛⎭⎫1a －x 1＝f ⎝⎛⎭⎫2a －x 1. 因为f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减， 所以x 2>2a －x 1，即x 1＋x 2>2a.故ln x 1x 2＝ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)>2， 即x 1·x 2>e 2.例3已知函数f (x )＝x 2－2x ＋1＋a e x 有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2. 证明：x 1＋x 2>4.解析 证明：令g (x )＝f ′(x )＝2x －2＋a e x ，则x 1，x 2是函数g (x )的两个零点． 令g (x )＝0，得a ＝－2(x －1)e x .令h (x )＝－2(x －1)e x ， 则h (x 1)＝h (x 2)，h ′(x )＝2x －4e x ，可得h (x )在区间(－∞，2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增， 所以x 1<2<x 2.令H (x )＝h (2＋x )－h (2－x )，则H ′(x )＝h ′(2＋x )－h ′(2－x )＝2x (e 2－x －e 2＋x )e 2＋x ·e 2－x ，当0<x <2时，H ′(x )<0，H (x )单调递减，有H (x )<H (0)＝0， 所以h (2＋x )<h (2－x )．所以h (x 1)＝h (x 2)＝h (2＋(x 2－2))<h (2－(x 2－2))＝h (4－x 2)． 因为x 1<2,4－x 2<2，h (x )在(－∞，2)上单调递减， 所以x 1>4－x 2，即x 1＋x 2>4.例4已知f (x )＝x ln x －12mx 2－x ，m ∈R .若f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2. 求证：x 1x 2>e 2(e 为自然对数的底数)．一题多解解法1思路参考：转化为证明ln x 1＋ln x 2>2，根据x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的根建立等量关系． 令t ＝x 2x 1将ln x 1＋ln x 2变形为关于t 的函数，将ln x 1＋ln x 2>2转化为关于t 的不等式进行证明． 证明：欲证x 1x 2>e 2，需证ln x 1＋ln x 2>2.若f (x )有两个极值点x 1，x 2，即函数f ′(x )有两个零点．又f ′(x )＝ln x －mx ，所以x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不等实根．于是，有⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0，解得m ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2. 另一方面，由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0，得ln x 2－ln x 1＝m (x 2－x 1)， 从而得ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2.于是，ln x 1＋ln x 2＝(ln x 2－ln x 1)(x 2＋x 1)x 2－x 1＝⎝⎛⎭⎫1＋x 2x 1ln x 2x 1x 2x 1－1.又0<x 1<x 2，设t ＝x 2x 1，则t >1. 因此，ln x 1＋ln x 2＝(1＋t )ln tt －1，t >1. 要证ln x 1＋ln x 2>2，即证(t ＋1)ln tt －1>2，t >1. 即当t >1时，有ln t >2(t －1)t ＋1. 设函数h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1，t ＞1， 则h ′(t )＝1t －2(t ＋1)－2(t －1)(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2≥0， 所以，h (t )为(1，＋∞)上的增函数．注意到，h (1)＝0，因此，h (t )＞h (1)＝0. 于是，当t >1时，有ln t >2(t －1)t ＋1. 所以ln x 1＋ln x 2>2成立，即x 1x 2>e 2. 解法2思路参考：将证明x 1x 2>e 2转化为证明x 1>e 2x 2.依据x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不等实根构造函数g (x )＝ln x x ，结合函数g (x )的单调性，只需证明g (x 2)＝g (x 1)<g ⎝⎛⎭⎫e 2x 1.证明：由x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不等实根，所以mx 1＝ln x 1，mx 2＝ln x 2. 令g (x )＝ln xx ，g (x 1)＝g (x 2)， 由于g ′(x )＝1－ln xx 2，因此，g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减． 又x 1<x 2，所以0<x 1<e<x 2.令h (x )＝g (x )－g ⎝⎛⎭⎫e 2x (x ∈(0，e))，h ′(x )＝(1－ln x )(e 2－x 2)x 2e 2>0， 故h (x )在(0，e)上单调递增，故h (x )<h (e)＝0，即g (x )<g ⎝⎛⎭⎫e 2x .令x ＝x 1，则g (x 2)＝g (x 1)<g ⎝⎛⎭⎫e 2x 1.因为x 2，e 2x 1∈(e ，＋∞)，g (x )在(e ，＋∞)上单调递减，所以x 2>e 2x 1，即x 1x 2>e 2. 解法3思路参考：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，推出t 1t 2＝e t 1－t 2.将证明x 1x 2>e 2转化为证明t 1＋t 2>2，引入变量k ＝t 1－t 2<0构建函数进行证明． 证明：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0得⎩⎪⎨⎪⎧t 1＝m e t1，t 2＝m et 2⇒t 1t 2＝e t 1－t 2.设k ＝t 1－t 2<0，则t 1＝k e k e k －1，t 2＝k e k －1. 欲证x 1x 2>e 2， 需证ln x 1＋ln x 2>2.即只需证明t 1＋t 2＞2，即k (1＋e k )e k －1>2⇔k (1＋e k )<2(e k －1)⇔k (1＋e k )－2(e k －1)<0. 设g (k )＝k (1＋e k )－2(e k －1)(k <0)，g ′(k )＝k e k －e k ＋1， g ″(k )＝k e k <0，故g ′(k )在(－∞，0)上单调递减， 故g ′(k )>g ′(0)＝0，故g (k )在(－∞，0)上单调递增， 因此g (k )<g (0)＝0，命题得证． 解法4思路参考：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，推出t 1t 2＝e t 1－t 2.将证明x 1x 2>e 2转化为证明t 1＋t 2>2，引入变量t 1t 2＝k ∈(0,1)构建函数进行证明．证明：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0得⎩⎪⎨⎪⎧t 1＝m e t1，t 2＝m et 2⇒t 1t 2＝e t 1－t 2.设t 1t 2＝k ∈(0,1)，则t 1＝k ln k k －1，t 2＝ln k k －1.欲证x 1x 2>e 2，需证ln x 1＋ln x 2>2，即只需证明t 1＋t 2>2，即(k ＋1)ln kk －1>2⇔ln k <2(k －1)k ＋1⇔ln k －2(k －1)k ＋1<0. 设g (k )＝ln k －2(k －1)k ＋1(k ∈(0,1))，g ′(k )＝(k －1)2k (k ＋1)2>0， 故g (k )在(0,1)上单调递增，因此g (k )<g (1)＝0，命题得证．思维升华1．本题考查应用导数研究极值点偏移问题，基本解题方法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．2．基于课程标准，解答本题一般需要熟练掌握转化与化归能力、运算求解能力、逻辑思维能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数与方程、不等式、导数的计算与应用等知识，渗透着函数与方程、转化与化归、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养中起到了积极的作用．多维训练1.已知函数f (x )＝e x (e x －ax ＋a )有两个极值点x 1，x2. (1)求a 的取值范围； (2)求证：2x 1x 2<x 1＋x 2.(1)解：因为f (x )＝e x (e x －ax ＋a )，所以f ′(x )＝e x (e x －ax ＋a )＋e x (e x －a )＝e x (2e x －ax )． 令f ′(x )＝0，则2e x ＝ax . 当a ＝0时，不成立； 当a ≠0时，2a ＝xe x .令g (x )＝xe x ，所以g ′(x )＝1－x e x .当x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0.所以g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 又因为g (1)＝1e ，当x →－∞时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0，因此，当0<2a <1e 时，f (x )有2个极值点，即a 的取值范围为(2e ，＋∞)．(2)证明：由(1)不妨设0<x 1<1<x 2，且⎩⎨⎧2e x 1＝ax 1，2e x 2＝ax 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧ln 2＋x 1＝ln a ＋ln x 1，ln 2＋x 2＝ln a ＋ln x 2， 所以x 2－x 1＝ln x 2－ln x 1. 要证明2x 1x 2<x 1＋x 2，只要证明2x 1x 2(ln x 2－ln x 1)<x 22－x 21，即证明2ln ⎝⎛⎭⎫x 2x 1<x 2x 1－x 1x 2.设x 2x 1＝t (t >1)，即要证明2ln t －t ＋1t <0在t ∈(1，＋∞)上恒成立． 记h (t )＝2ln t －t ＋1t (t >1)，h ′(t )＝2t －1－1t 2＝－t 2＋2t －1t 2＝－(t －1)2t 2<0， 所以h (t )在区间(1，＋∞)上单调递减，所以h (t )<h (1)＝0，即2ln t －t ＋1t <0，即2x 1x 2<x 1＋x 2. 2.已知函数f (x )＝x ln x －2ax 2＋x ，a ∈R .(1)若f (x )在(0，＋∞)内单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若函数f (x )有两个极值点分别为x 1，x 2，证明x 1＋x 2>12a . (1)解：f ′(x )＝ln x ＋2－4ax . 因为f (x )在(0，＋∞)内单调递减，所以 f ′(x )＝ln x ＋2－4ax ≤0在(0，＋∞)内恒成立， 即4a ≥ln x x ＋2x 在(0，＋∞)内恒成立． 令g (x )＝ln x x ＋2x ，则g ′(x )＝－1－ln x x 2. 所以，当0<x <1e 时，g ′(x )>0，即g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 内单调递增； 当x >1e 时，g ′(x )<0，即g (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞内单调递减．所以g (x )的最大值为g ⎝⎛⎭⎫1e ＝e ， 所以实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫e 4，＋∞.(2)证明：若函数f (x )有两个极值点分别为x 1，x 2，则f ′(x )＝ln x ＋2－4ax ＝0在(0，＋∞)内有两个不等根x 1，x 2. 由(1)，知0<a <e4.由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＋2－4ax 1＝0，ln x 2＋2－4ax 2＝0，两式相减， 得ln x 1－ln x 2＝4a (x 1－x 2)． 不妨设0<x 1<x 2， 所以要证明x 1＋x 2>12a ，只需证明x 1＋x 24a (x 1－x 2)<12a (ln x 1－ln x 2). 即证明2(x 1－x 2)x 1＋x 2>ln x 1－ln x 2，亦即证明2⎝⎛⎭⎫x 1x 2－1x 1x 2＋1>ln x 1x 2.令函数h (x )＝2(x －1)x ＋1－ln x,0<x <1. 所以h ′(x )＝－(x －1)2x (x ＋1)2<0， 即函数h (x )在(0,1)内单调递减． 所以当x ∈(0,1)时，有h (x )>h (1)＝0， 所以2(x －1)x ＋1>ln x .即不等式2⎝⎛⎭⎫x 1x 2－1x 1x 2＋1>ln x 1x 2成立．综上，x 1＋x 2>12a ，命题得证.3．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∴R )．(1)讨论函数f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)证明：e x －e 2ln x >0恒成立． (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x，当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a，∴x ∴()0，1a 时，f ′(x )>0；x ∴()1a ，＋∞时，f ′(x )<0，∴f (x )在()0，1a 上单调递增，在()1a ，＋∞上单调递减．(2)证明 方法一 要证e x －e 2ln x >0，即证e x －2>ln x ， 令φ(x )＝e x －x －1，∴φ′(x )＝e x －1.令φ′(x )＝0，得x ＝0，∴x ∴(－∞，0)时，φ′(x )<0； x ∴(0，＋∞)时，φ′(x )>0，∴φ(x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )min ＝φ(0)＝0，即e x －x －1≥0，即e x ≥x ＋1，当且仅当x ＝0时取“＝”． 同理可证ln x ≤x －1，当且仅当x ＝1时取“＝”． 由e x ≥x ＋1(当且仅当x ＝0时取“＝”)，可得e x －2≥x －1(当且仅当x ＝2时取“＝”)，又ln x ≤x －1，即x －1≥ln x ，当且仅当x ＝1时取“＝”，所以e x －2≥x －1≥ln x 且两等号不能同时成立，故e x －2>ln x ．即证原不等式成立．方法二 令φ(x )＝e x －e 2ln x ，φ(x )的定义域为(0，＋∞)，φ′(x )＝e x －e 2x ，令h (x )＝e x－e 2x，∴h ′(x )＝e x＋e 2x2>0，∴φ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又φ′(1)＝e －e 2<0，φ′(2)＝e 2－12e 2＝12e 2>0，故∴x 0∴(1,2)，使φ′(x 0)＝0，即0e x －e 2x 0＝0，即0e x ＝e 2x 0，∴当x ∴(0，x 0)时，φ′(x )<0； 当x ∴(x 0，＋∞)时，φ′(x 0)>0，∴φ(x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，∴φ(x )min ＝φ(x 0)＝0ex －e 2ln x 0＝e 2x 0－e 2ln x 0＝e 2x 0－022e e ln e x ＝e 2x 0－e 2(2－x 0)＝e 2()1x 0＋x 0－2＝e 2·x 0－12x 0>0，故φ(x )>0，即e x －e 2ln x >0，即证原不等式成立．4．(2018·全国∴)已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.∴若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ∴若a >2，令f ′(x )＝0，得 x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∴⎝⎛⎭⎫0，a －a 2－42∴⎝⎛⎭⎫a ＋a 2－42，＋∞时， f ′(x )<0；当x ∴⎝⎛⎭⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a －a 2－42，⎝⎛⎭⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝⎛⎭⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． (2)证明 由(1)知，f (x )存在两个极值点当且仅当a >2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1<x 2，则x 2>1.由于f x 1－f x 2x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0.设函数g (x )＝1x－x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减．又g (1)＝0，从而当x ∴(1，＋∞)时，g (x )<0.所以1x 2－x 2＋2ln x 2<0，即f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2.。
极值点偏移问题的三种解法
极值点偏移问题的三种解法在高考和模考中，极值点偏移问题都是一个热点问题．这类试题设问新颖多变，难度较大，综合性强，能较好考查学生的逻辑推理能力、数据处理能力、转化与化归思想、函数与方程思想等，往往作为压轴题出现．对于这类问题，学生通常会望而却步，甚至不敢解、不想解．笔者通过对极值点偏移问题的探究，总结出解决这类问题三种方法，希望可以帮助学生克服畏难心理，迎难而上．下面通过典型试题介绍这类问题的三种求解策略．一、构造法构造法是解决极值点偏移问题最基本的方法．对函数y=f（x），要考虑它在极值点x附近偏移问题，可以通过构造并判断函数F（x）=f（x0+x）－f（x－x）在x＞0时的符号，确定x＞0时f（x0+x）与f（x－x）的大小关系；再将x=x0－x1＞0代入上式，结合f（x1）=f（x2），得到f（2x－x1）与f（x2）的大小关系；最后结合函数f（x）的单调性解决问题．例1设函数f（x）=e x－ax+a（a∈Ｒ），其图象与x轴交于A（x1，0）、B（x2，0）两点，且x1＜x2．（1）求a的取值范围；（2）证明：f'（x1x槡2）＜0．分析对问题（2），要证f'（x1x槡2）＜0，只要证e x1x槡2＜a，因为x1x槡2＜x1+x22，所以只要证e x1+x22＜a．解（1）a＞e2（过程略）．（2）令f'（x）=e x－a=0，可得极值点x0 =ln a，且f（x）在（－ɕ，ln a）单调减，在（ln a，+ɕ）单调增，从而x1＜ln a＜x2．构造F（x）=f（ln a+x）－f（ln a－x），x ＞0，则F'（x）=a e x+1e()x－2a≥0，F（x）在（0，+ɕ）单调增，所以F（x）＞F（0）=0，即f（ln a+x）＞f（ln a－x）（x＞0）．令x=ln a－x1＞0，则f（2ln a－x1）＞f（x1）；又f（x1）=f（x2），所以f（2ln a－x1）＞f（x2）．而x2、2ln a－x1都位于x=ln a的右侧，且f（x）在（ln a，+ɕ）单调增，故x2＜2ln a－x1，即ex1+x22＜a，因此e x1x槡2＜a，即f'（x1x槡2）＜0．得证．二、利用对称性例2（2010年天津高考题）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）已知y=g（x）的图象与y=f（x）的图象关于直线x=1对称，证明：当x＞1时，f（x）＞g（x）；（3）如果x1≠x2，且f（x1）=f（x2），证明x1+x2＞2．解（1）f（x）在（－ɕ，1）内单调增，在=e t2t－e t2+e－t()2e t－1，其中e t－1＞0，e t2＞0．令h（t）=t－e t2+e－t2，则h'（t）=1－12e t2+e－t()2≤0，h（t）在（0，+ɕ）单调减，且h（0）=0，所以h（t）＜0在（0，+ɕ）内恒成立，得f'x1+x2()2＜0．得证．解决极值点偏移的方法有很多，以上三种方法各有优劣，不同题目使用三种方法的繁简程度不一样，我们应该根据题目的实际情况，择优选择．（1，+ɕ）内单调减；极大值f（1）=1e（过程略）．（2）略．（3）由（1）可知，f（x）在（－ɕ，1）单调增，在（1，+ɕ）单调减，极值点为x=1，极大值f（1）=1e．不妨设0＜x1＜1＜x2．记图1中虚线部分的解析式为g（x）=f（2－x），由（2）可知在（1，+ɕ）内f（x）＞g（x）恒成立，故f（x2）＞g（x2）．又f（x1）=f（x2），则f（x1）＞g（x2）=f（2－x2），此时x1和2－x2都在x=1的左侧，结合f（x）在（－ɕ，1）单调增，得2－x2＜x1，即x 1+x2＞2，即证．评注作单极值点函数位于极值点左边（或右边）的图象关于极值点所在直线x=x的对称图形，利用所得对称图形（如图1中虚线部分）完全在原图象同侧的下方（或上方）．由此可以直观地发现原图象在x左右两侧的增减速度不同，这正是函数极值点发生偏移的原因．因此，对本题第（3）问，通过构作对称图形，利用第（2）问的结论，并结合f（x1）=f（x2）得到了f（x1）与f（2－x2）的大小关系，最后由单调性解决问题．三、增量法增量法是根据题设中f（x1）=f（x2）的条件列出两个方程，然后从这两个方程出发消去参数，同时将所证不等式转化为只含有x1、x 2的不等式，再通过令x2x1=t（比值增量法）或x 2－x1=t（差值增量法）的代换方法，将含二元变量x1、x2的不等式问题转化为一元变量t的不等式问题，最后构造关于t的函数，以导数为工具证明．1．构造比值增量函数例3（2011年辽宁高考题）已知函数f（x）=ln x－ax2+（2－a）x．设y=f（x）的图象与x轴交于A、B两点，线段AB的中点横坐标为x0，证明f'（x）＜0．证明设A（x1，0）、B（x2，0），不妨设0＜x1＜x2，则x=x1+x22．由f'（x）=1x－2ax+2－a，得f'（x）=f'x1+x2()2=2x1+x2－a（x1+x2）+2－a．由点A、B在函数y=f（x）的图象上，所以ln x1－ax21+（2－a）x1=0，ln x2－ax22+（2－a）x2=0，两式相减，得ln x2－ln x1x2－x1－a（x2+x1）+（2－a）=0．将结果代入f'（x）表达式，得f'（x）=2x1+x2－ln x2－ln x1x2－x1．令x2x1=t（t＞1），则f'（x）=2x1+tx1－ln ttx1－x1=1x1（t－1）2（t－1）t+1－ln[]t，其中1x1（t－1）＞0．令h（t）=2（t－1）t+1－ln t（t＞1），则h'（t）=－（t－1）2t（t+1）2＜0，h（x）在（1，+ɕ）单调减，故h（t）＜h（1）=0，即h（t）＜0在（1，+ɕ）内恒成立，所以f'（x）＜0．得证．2．构造差值增量函数例4已知函数f（x）=a e x(－x+b a、b∈Ｒ）有两个不同的零点x1、x2，对任意a∈（0，+ɕ），b∈Ｒ，证明：f'x1+x2()2＜0．证明不妨设x1＜x2．因为x1、x2是f（x）的两个不同的零点，所以a e x1－x1+b=0，a e x2－x2+b=0，两式相减，得a=x2－x1e x2－e x1．因为f'（x）=a e x－1，所以f'x1+x2()2=x2－x1e x2－e x1ex2+x12－1．令x2－x1=t＞0，则f'x1+x2()2=te x1+t－e x1e2x1+t2－1。
高中数学中极值点偏移问题解法例析
高中数学中极值点偏移问题解法例析何㊀静(江苏省灌云县第一中学㊀２２２２００)摘㊀要:极值点偏移问题是近几年高考的常见题型ꎬ又有一定的难度和区分度ꎬ而实际上ꎬ这类问题的解决还是有规律可循的㊁有套路的.只要我们能够探究到此种规律和套路ꎬ就能寻求出解决问题的方法.让学生有法可依ꎬ让极值点偏移类问题不再一片茫然.关键词:高中数学ꎻ寻求通发ꎻ解题方法中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０１８)２４－００１８－０２收稿日期:２０１８－０３－１０作者简介:何静(１９８２.１０－)ꎬ女ꎬ江苏省连云港人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事中学数学教学与研究.㊀㊀一㊁极值点偏移类习题要有解题过程什么是极值点偏移?阅读了网上很多老师发表的文章或博文可知ꎬ所谓极值点偏移问题的表述就是:已知函数ｙ＝ｆ(ｘ)是连续函数ꎬ在区间(ｘ１ꎬｘ２)内有且只有一个极值点ｘ０ꎬ且ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)ꎬ若极值点左右的 增减速度 相同ꎬ常常有极值点ｘ０＝ｘ１＋ｘ２２ꎬ我们称这种状态为极值点不偏移ꎻ若极值点左右的 增减速度 不同ꎬ函数的图象不具有对称性ꎬ常常有极值点ｘ０ʂｘ１＋ｘ２２的情况ꎬ我们称这种状态为 极值点偏移 .虽然这个问题用高等数学来解是非常简单ꎬ但是苏教版数学教材中并未涉及此类问题ꎬ因此ꎬ在教学过程中ꎬ一些老师运用高等数学思想来解释问题ꎬ显然不符合高中数学的教学要求ꎬ这在一定程度上超出了学生的能力范围ꎬ但实质是导数的应用ꎬ呈现的形式往往非常简短ꎬ涉及函数的双零点是一个多元数学问题ꎬ无论结论是两个变量的不等式还是导数函数值的不等式ꎬ消元构造一元函数是解决多元问题的基本方法.题源㊀已知函数ｆ(ｘ)＝ｘ２－２ｘ＋３ꎬ如果ｘ１㊁ｘ２满足ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)ꎬ探讨ｘ１＋ｘ２与２的关系.解法㊀利用函数的单调性及二次函数的对称性ꎬ因为函数ｆ(ｘ)的图象关于ｘ＝１对称ꎬ所以ｆ(ｘ)＝ｆ(２－ｘ)ꎬ又因为ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)ꎬ所以ｆ(ｘ１)＝ｆ(２－ｘ１)＝ｆ(ｘ２)ꎬ所以ｘ１＋ｘ２＝２.评注:本题是利用两个变量的对称转化为一个变量问题ꎬ将变量整理到同一单调区间内ꎬ研究函数在该区间内的单调性.那么对于非二次函数或者没有对称性的函数呢?㊀㊀二㊁极值点偏移类习题通法的探寻引例㊀已知函数ｆ(ｘ)＝ｘｅ－ｘꎬ如果ｘ１ʂｘ２ꎬ满足ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)ꎬ求证:ｘ１＋ｘ２>２.那可不可以利用这种对称手法整理到同一个单调区间?事实是可以实施的.解法如下:由ｆ(ｘ)求导可得ｆᶄ(ｘ)＝(１－ｘ)ｅ－ｘ可知ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)ꎬｆ(ｘ)单调递减ꎻｘɪ(－ɕꎬ１)ꎬｆ(ｘ)单调递增ꎬ所以ｘ＝１为ｆ(ｘ)极值点.又因ｆ(０)＝０ꎬ不妨设０<ｘ１<１<ｘ２ꎬ要证明ｘ１＋ｘ２>２ꎬ即只要证明ｘ２>２－ｘ１ꎬ由于ｘ２>１ꎬ２－ｘ１>１ꎬ又因为ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)ꎬｆ(ｘ)单调递减ꎬ故只须证明ｆ(ｘ１)<ｆ(２－ｘ１).构造函数ｈ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ｆ(２－ｘ)ꎬｘɪ(０ꎬ１)等价于ｈ(ｘ)<０对ｘɪ(０ꎬ１)恒成立.由ｈᶄ(ｘ)＝ｆᶄ(ｘ)－ｆᶄ(２－ｘ)＝１－ｘｅｘ(１＋ｅ２ｘ－２)>０ꎬ则ｈ(ｘ)在ｘɪ(０ꎬ１)上单调递增ꎬ所以ｈ(ｘ)<ｈ(１)＝０ꎬ即已证明ｈ(ｘ)<０对ｘɪ(０ꎬ１)恒成立ꎬ故原不等式ｘ１＋ｘ２>２成立.回顾解题过程ꎬ我们将会找到以下三个关键点ꎬ①ｘ１和ｘ２的范围ꎻ②不等式ｆ(ｘ)>ｆ(２－ｘ)ꎬｘɪ(１ꎬ＋ɕ)ꎻ③把ｘ２代入②式中的不等式ꎬ利用ｆ(ｘ)的单调性即可获证结论ꎬ以上三个关键点抓住了ꎬ就可以轻松解决一些极值点偏移问题.㊀㊀三㊁极值点偏移类习题通法的延伸我们来重新审视极值点偏移问题ꎬ并给出新的解题方法ꎬ极值点偏移问题从代数层面上来看是在等量条件ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)的约束下ꎬ关于ｘ１㊁ｘ２的二元不等式的证明ꎬ我们自然而然的想法是能否将双变量的条件不等式转化为单变量的８１Copyright©博看网 . All Rights Reserved.不等式呢?答案是肯定的ꎬ我们先来看一下引例:不妨设０<ｘ１<１<ｘ２ꎬ由于ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)ꎬ得ｘ１ｅ－ｘ＝ｘ２ｅ－ｘꎬ两边取对数得ｌｎｘ１－ｘ１＝ｌｎｘ２－ｘ２.令ｔ＝ｘ２ｘ１>１ꎬ则ｘ２＝ｔｘ１ꎬ代入上式得ｌｎｘ１－ｘ１＝ｌｎｔ＋ｌｎｘ１－ｔｘ１ꎬ得ｘ１＝ｌｎｔｔ－１ꎬｘ２＝ｔｌｎｔｔ－１.所以ｘ１＋ｘ２＝(ｔ＋１)ｌｎｔｔ－１>２等价于ｌｎｔ－２(ｔ－１)ｔ＋１>０.令ｇ(ｘ)＝ｌｎｘ－２(ｘ－１)ｘ＋１(ｘ>１)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝(ｘ－１)２ｘ(ｘ＋１)２>０.故ｇ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递减ꎬ又因ｇ(１)＝０ꎬ从而当ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)时ꎬｇ(ｘ)>０ꎬ所以ｌｎｔ－２(ｔ－１)ｔ＋１>０ꎬ即ｘ１＋ｘ２>２.上述证法通过代数变形ꎬ将所证的双变量ｘ１㊁ｘ２的不等式变化为单变量ｔ＝ｘ２ｘ１的函数不等式ꎬ从而得证.我们把这称为比值换元法ꎬ那么我们可不可以在一开始的时候就可以用这个代换呢?例２能用吗?类比一下再看例２与前面思路相同ꎬ当且仅当ａ>２时ｆ(ｘ)存在两个极值点ꎬ且ｘ１ｘ２＝１ꎬ不妨设ｘ１<ｘ２ꎬ则ｘ２>１.由于ｆ(ｘ１)－ｆ(ｘ２)ｘ１－ｘ２＝－１ｘ１ｘ２－１＋ａｌｎｘ２－ｌｎｘ２ｘ１－ｘ２＝－２＋ａｌｎｘ２－ｌｎｘ２ｘ１－ｘ２ꎬ所以要证ｆ(ｘ１)－ｆ(ｘ２)ｘ１－ｘ２<ａ－２等价于只要证ｌｎｘ１－ｌｎｘ２ｘ１－ｘ２<１.等价于只要证ｌｎｘ１－ｌｎｘ２ｘ１－ｘ２<１ｘ１ｘ２ꎬ等价于只要证ｌｎｘ１－ｌｎｘ２>ｘ１－ｘ２ｘ１ｘ２ꎬ等价于只要证ｌｎｘ１ｘ２>ｘ１ｘ２－１ｘ１ｘ２(令ｔ＝ｘ１ｘ２<１)ꎬ等价于１ｔ－ｔ＋２ｌｎｔ>０(０<ｔ<１).设函数ｇ(ｘ)＝１ｘ－ｘ＋２ｌｎｘꎬｘɪ(０ꎬ１)ꎬ由(１)知ꎬｇ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上单调递减ꎬ又ｇ(１)＝０ꎬ从而当ｘɪ(０ꎬ１)时ꎬｇ(ｘ)>０ꎬ所以１ｔ－ｔ＋２ｌｎｔ>０ꎬｔɪ(０ꎬ１)ꎬ即ｌｎｘ１－ｌｎｘ２ｘ１－ｘ２<１ꎬ所以ｆ(ｘ１)－ｆ(ｘ２)ｘ１－ｘ２<ａ－２得证.这样的比值换元法在解极值点偏移问题中可以大展手脚的用ꎬ很方便㊁快捷ꎬ只需要一个换元就可将双元变量化为单元ꎬ变为单元变量的函数不等式证明.但是并不是比值换元法是万能的ꎬ比如例１ꎬｆ(ｘ)＝(ｘ－２)ｅｘ＋ａ(ｘ－１)２＝０等价于(２－ｘ)ｅｘ＝ａ(ｘ－１)２不等价于ｌｎａ＝ｌｎ(２－ｘ)＋ｘ－２ｌｎ(ｘ－１)(因为ｘ>１)ꎬ没有任何一种方法是万能的ꎬ我们不仅要熟悉它的优势ꎬ熟悉它的操作ꎬ还要清醒地认识到它的缺陷ꎬ运用时要注意哪些问题ꎬ这其实才是更好的运用.用比值代换极值点偏移问题来看ꎬ比值代换ｔ＝ｘ２ｘ１对对数式是最有效ꎬ若稍加复杂一些的ꎬ可能就会失效ꎬ关键是看代换以后的式子ꎬ是否能够解出ｘ１或者ｘ２值(用ｔ来表示).㊀㊀四㊁探询试题的解题规律从前面的探究中ꎬ我们可以认识到极值点偏移问题一般形式是:已知函数ｆ(ｘ)的极值点为ｘ０ꎬ两相异的实数ｘ１㊁ｘ２满足ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)ꎬ求证ｘ１＋ｘ２>(<)２ｘ０或者ｘ１ｘ２>(<)ｘ２０或其他关于ｘ１㊁ｘ２的不等式.从代数层面上来看ꎬ函数极值点偏移问题是条件不等式的证明:在等量条件ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)的约束下ꎬ求证关于ｘ１㊁ｘ２的二元不等式ꎬ解法一是利用对称性(伪对称)可以用ｘ１㊁ｘ２的关系ꎬ将双变元的不等式转化为单变元不等式ꎬ构造新函数证明不等式ꎬ具体的操作如下三步:①求导ｆᶄ(ｘ)ꎬ获得ｆ(ｘ)的单调性㊁极值情况ꎬ作出ｆ(ｘ)的草图由ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)得ｘ１㊁ｘ２的取值范围ꎻ②设ｆ(ｘ)的极值点为ｘ０ꎬ构造出新的函数Ｆ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ｆ(２ｘ０－ｘ)或者Ｆ(ｘ)＝ｆ(ｘ０－ｘ)－ｆ(ｘ０＋ｘ)ꎬ再求导Ｆᶄ(ｘ)ꎬ利用零点ｘ１(或者ｘ２)得到的范围ꎬ来确定新函数值Ｆ(ｘ)的正负ꎻ③代入ｘ１或ｘ２ꎬ并且利用ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)及极值点某一侧的单调性来证明即可.解法二是利用比值换元法ｔ＝ｘ２ｘ１ꎬ将双变元的不等式转化为单变元ｔ的不等式ꎬ构造出新函数证明不等式ꎬ具体的操作如下:①求导ｆᶄ(ｘ)ꎬ获得ｆ(ｘ)的单调性㊁极值情况ꎬ作出ｆ(ｘ)的草图由ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)得ｘ１㊁ｘ２的取值范围ꎻ②利用ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)＝ｃꎬ作差(作商)得等式ꎬ利用分离参数㊁恒等变形为关于ｘ２ｘ１或者ｘ１－ｘ２的表达式ꎬ令ｔ＝ｘ２ｘ１或ｔ＝ｘ１－ｘ２ꎬ构造新函数ꎬ利用零点的范围得到ｔ的范围ꎬ③求新函数及极值点某一侧的单调性来证明即可.事实上ꎬ让学生经历真实的提取有效信息㊁抽象建模的案例的学习是发展学生数学核心素养的重要载体ꎬ因此ꎬ我们更要关注学生对问题的深度理解ꎬ深度学习这是学生把知识转化为能力的必经之路.㊀㊀参考文献:[１]邢友宝.极值点偏移问题的处理策略[Ｊ].中学数学教学参考(上旬)ꎬ２０１４(７):１９－２２.[２]朱红岩.极值点偏移的判定方法和运用策略[Ｊ].中学数学教学参考(上旬)ꎬ２０１６(３):２７－２８ꎬ３４.[３]李瑶ꎬ张红.关于极值点偏移问题的思考 从一道高考压轴题出发[Ｊ].上海中学数学ꎬ２０１６(１１):３２－３４.[责任编辑:杨惠民]９１ Copyright©博看网 . All Rights Reserved.。
探析导数题中常见的含参与极值点偏移问题
探析导数题中常见的含参与极值点偏移问题
由于极值点左右的“增减速度”不同，使得函数图象失去了对称性，出现了极值点的左右偏移。
以此为背景的极值点偏移问题在高考中屡屡出现。
解法1构造函数法
第一步：求出函数f（x）的极值点xo；第二步：构造一元差函数F（x）=f（x）-f（2x6-x）；第三步：确定函数F（x）的单调性；第四步：结合F（xo）=0，判断F（x）的符号，从而确定f （x），f（2xo-x）的大小；第五步：结合f（x）的单调性得到结论。
解法2不等式放缩
第一步：根据f（x）=f（x）建立等式；第二步：如果含有参数，则消参；如果等式中含有指数式，则两边取对数；第三步：通过恒等变形转化为对数平均，利用对数平均不等式求解。
解决极值点偏移问题的两种方法，实质上都是把两个变元的不等式转化为一元问题求解，途径都是构造函数。
所以解法的本质就是构造函数。
解法1是根据对称性构造函数，而解法2是捆绑构造函数（证明对数平均不等式的方法）。
两种方法各有优劣，不同的题目使用两种方法的简繁程度不一致，但是有些题极值点解不出来的，对称性构造函数法就失效，需要转化为对数平均求解。
极值点偏移问题的几种思考方法
极值点偏移问题的几种思考方法覃文周 整理近几年来，高考全国卷和地方卷，屡次出现极值点偏移问题.极值点偏移问题出题灵活，题目难度大，可以说是高考导数压轴题的最高境界.有关极值点偏移问题，常见有三种解法：一是比值法.二是构造对称函数.三是利用已知的不等式（如：对数平均不等式，xe ≥1+ x +21x 2，㏑x ≤x -1（x ＞0）等）.本文首先介绍极值点偏移的定义，图像类型；然后介绍极值点偏移的常见问题；再介绍构造对称性函数的一般思路；最后介绍一些经典问题的解法.一、极值点偏移定义简单来说，存在极值点的函数，如果图像不对称，则称之为极值点偏移. 二次函数，是左右对称的，所以抛物线不是极值点偏移.极值点偏移产生的原因是函数在极值点两侧的增减速度不一致.用数学语言来描述，就是：对于函数)(x f y =在区间(a ,)b 内只有一个极值点0x ，方程0)(=x f 的解为x 1,x 2,且a <x 1<x 2<b ，(1)若21(x 1+x 2)≠0x ,则称函数)(x f y =在区间(x 1,x 2)上极值点0x 偏移；(2)若21(x 1+x 2)＞0x ,则称函数)(x f y =在区间(x 1, x 2)上极值点0x 左偏；简称极值点0x 左偏；(3)若21( x 1+ x 2)＜0x ,则称函数)(x f y =在区间(x 1, x 2)上极值点0x 右偏；简称极值点0x 右偏.极值点偏移常见的4种图形是：二、极值点偏移的常见类型 极值点偏移常见的问题有4类：1、若函数f (x )存在两个零点x 1, x 2,即 f (x 1)= f (x 2)=0且x 1≠x 2 , 0x 是函数0)(=x f 区间(x 1, x 2)上的极值点.求证：x 1+ x 2＞20x .2、若函数f (x )存在x 1, x 2,且x 1≠x 2满足f (x 1)= f (x 2)，0x 是函数0)(=x f 区间(x 1, x 2)上的极值点.求证：x 1+ x 2＞20x .3、若函数f (x )存在两个零点x 1,x 2, 即 f (x 1)= f (x 2)=0且x 1≠x 2,令0x =21( x 1+ x 2)，求证：)(0x f '＞0. 4、若函数f (x )存在x 1, x 2,且x 1≠x 2, 满足f (x 1)= f (x 2)，令0x =21( x 1+ x 2)，求证：)(0x f '＞0.三、构造对称函数解极值点偏移问题的一般思路最关键的步骤是找到极值点，然后构造对称性函数，其固定套路如下： （1）求出函数f (x )的极值点x 0；（2）构造对称函数F (x )= f (x 0+x )- f (x 0-x )； （3）确定函数F (x )的单调性；（4）结合F(0)= 0，判断F(x )的符号，从而确定f (x 0+x )、 f (x 0-x )的大小关系.四、经典问题的解法举例 1、已知函数f (x )=（x -2）ex+ a (x -1)2 （a ＞0）有两个零点x 1, x 2, 求证：x 1+ x 2 ＜ 2.解析：)(x f '=（x -1）(e x+2a ）.当a ＞0时e x+2a ＞0.由)(x f '=0得x =1.f (x )在区间(-∞,1)上单调减少，在区间(1,+∞)上单调增加.∴ f (x )在的极小值是f (1)= -e .∵f (2)= a ＞0,∴ f (x )在(1,2)内有一个零点.而-∞→x lim f (x )=+∞. ∴ f (x )在(-∞,1)内有一个零点.不妨设x 1<1<x 2<2，令F (x )= f (1+x )- f (1-x )， 则)(x F '=)1()1(x f x f -'++'=ex （x x ee 12-）＞ 0∴F (x )在x ＞0时单调增加， F (x ) ＞F (0)=0. ∴ f (1+x ) ＞ f (1-x )f (2- x 1)= f (1+(1- x 1))＞f (1-(1- x 1))= f (x 1)= f (x 2),∵2- x 1＞1, x 2＞1,∴2- x 1＞x 2. ∴x 1+ x 2 ＜ 2. 2、已知函数f (x )=xe-x（x ∈R ）.(1) 求f (x )单调区间.（2）已知函数g (x )的图像与函数f (x )的图像关于直线x=1对称. 求证：x ＞1时f (x )＞ g (x ).（3）如果函数f (x 1)= f (x 2)且x 1≠x 2.证明：x 1+ x 2 ＞ 2.解：(1) )(x f '=e-x- x e-x=（1-x )e-x当x ∈(-∞,1)时，)(x f '＞0，f (x )在 (-∞,1) 内单调增加； 当x ∈(1,+∞)时，)(x f '＜0，f (x )在 (1,+∞) 内单调减少.f (x )在x=1时取得极大值f (1)= e -1.(2) 由题设可得：g (x )= f (2-x )= (2-x )ex-2.设F (x )= f (x )- g (x )，则)(x F '=)()(x g x f '-' =（1-x )e -x+（x -1) e x-2则)(x F '=)()(x g x f '-'=（1-x )e -x+（x -1) e x-2=（x -1) e -x（e 2（x-1）-1).当x ＞1时 )(x F '＞0， F (x )在(1,+∞)上单调增加.F (x )= f (x )- g (x )＞F (1)= 0 ∴f (x ) ＞ g (x ).（3）由于f (x )在x=1时取得极大值f (1)=e-1＞0.∵0lim →x f (x )=0, +∞→x lim f (x )=0. 不妨设0＜x 1<1< x 2<2.（∵ 当x 2≥2时显然有x 1+ x 2 ＞ 2）由(2)知当x ＞1时有f (x ) ＞ g (x ) = f (2-x ) ∴ f (x 1)= f (x 2) ＞ f (2- x 2)，此时0＜2- x 2<1， ∴x 1＞2- x 2 ∴ x 1+ x 2 ＞ 23、已知函数 f (x )=㏑x –ax 2 + (2-a ) x ，（x ＞0）. (1) 讨论f (x )单调区间.（2）设a ＞0. 证明：当0＜ x ＜a1时 f (a1+x )＞ f (a1-x ).（3）如果函数f (x )的图像与x 轴相交于A 、B 两点，线段AB 的中点横坐标是x 0.证明：)(0x f '＜0.解：(1))(x f '=x1–2ax +(2-a )=–x1（2x +1）（ax -1）若a ≤0，则)(x f '＞0，f (x )在 (0,∞) 内单调增加。
2024年高考重难专攻(四)极值点偏移问题
令 g(x)＝－x－2x12(x∈[2,5])，则 g′(x)＝－2xx－2＋142 x≤0(x∈[2,5])， 所以 g(x)在[2,5]上单调递减，所以 g(x)在[2,5]上的最大值为 g(2)＝－8． 所以 a 的取值范围是[－8，＋∞)． (2)当 a＝2 时，方程 f(x)＝x2＋2m，即 x－ln x－m＝0， 令 h(x)＝x－ln x－m(x>0)，则 h′(x)＝1－1x， 当 x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减； 当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增． 所以 h(x)min＝h(1)＝1－m． 若方程 f(x)＝x2＋2m 有两个不等实根，则有 h(x)min<0，即 m>1．
(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(2x0－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(2x0－x)的大小关系转化为x与2x0－x 之间的关系，进而得到所证或所求．
已知函数f(x)＝(x－1)ex－a，a∈R ．
(1)若函数f(x)有两个零点，求a的取值范围； (2)设x1，x2是函数f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<0． 解：(1)由f(x)＝0得a＝(x－1)ex，令g(x)＝(x－1)ex，∵g′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex， 由g′(x)>0得x>0，∴函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 由g′(x)<0得x<0，∴函数g(x)在(－∞，0)上单调递减， ∴当x＝0时，函数f(x)有极小值同时也是最小值， g(x)min＝g(0)＝－1，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，当x→－∞时，g(x)<0，且g(x)→0， 则要使a＝g(x)有两个不同的零点，则－1<a<0，即当－1<a<0时，函数f(x)有两个零点．
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。
高考讲坛(2)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及探究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。
2023届高考数学导数满分通关：极值点偏移问题概述
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，。
极值点偏移的基本解题方法
极值点偏移的基本解题方法
极值点偏移是数学中重要的一个概念，也是很多数学中曲线求解问题的基础。
它在计算函数极值点的位置，以及函数曲线的图像中有着重要的作用。
下面介绍极值点偏移的基本解题方法。
首先，极值点偏移是一种积分法，可以用来求解函数极值点，它的定义是：在函数在某一极值点处的导数不存在的情况下，如果另外一极值点存在，可以将函数在两个极值点处的导数相加，然后再乘以极值点之间的距离，这样就可以得到函数极值点的位置。
其次，通过极值点偏移可以知道函数图像的局部特征，因为函数的极值点是它的局部最大值或最小值的位置，所以经过极值点偏移就可以确定函数图像的局部特征。
接着，极值点偏移也可以用来解决一些统计学中的问题，因为极值点偏移可以定位函数的极值点，所以可以用来求解函数的极大值或极小值，进而可以用来求解统计学中的问题，如方差、标准差等。
最后，极值点偏移是一种经典的数学解题方法，它可以用来解决很多数学中曲线求解的问题，能够精确地定位函数的局部极值点，从而能够更加准确的解决给定数学曲线及函数极值点的问题。
总之，极值点偏移是一种积分法，可以用来定位函数极值点和函数图像的局部特征，也可以用来解决一些统计学中的问题，是一种非常实用的数学解题方法。
它的实用性可以从求解函数极值点的位置、函数曲线图像的局部特征、求解统计学中的问题等方面体现出来。
在数学解题中，利用极值点偏移的方法就可以有效的求解函数的极值点
和其他特性，从而有效解决很多数学问题。
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近年高考试题中涉及极值点偏移问题的统一解法广东省佛山市南海区狮山石门高级中学(528225))徐正印陈基耿函数极值点偏移问题在近年高考试题中出现了四次，已经引起了众多老师们的关注。
文[18]-对极值偏移问题都作了深入的研究，大都给出了极值点偏移的定义，阐述了极值点偏移的原因与本质，并各自给出其解法，都有新意，甚至是独到的见解。
纵览文[18]-，解决极值偏移问题共有四种办法：（1）构造一元差函数，如文[1,35,78]--，都总结了解题的步骤；（2）对称法构造函数，如文[6]给出一个结论（定理），归纳其解题步骤，举例详细说明如何使用定理； （3）使用对数平均不等式，如文[2,4]都明确给出对数平均不等式的定理，并对这个定理加以证明；（4）单调性法，如文[1].遗憾的是在文章快结束时才出现，未给出其解题步骤。
构造一元差函数(文[18]-都涉及),大部分学生难以领悟其解题要领,只会机械的套用,解题的过程中常常这样或那样的错误,导致问题得不到解决.文[1]开头的导入(一次测试的平均分)就很好的说明这个问题.对称法构造函数是构造一元差函数的改进,是2010年天津高考数学(理)第21题的提炼.前者引人的函数是()()()F x f x f x =+--后者引人的函数是()())2(h x f x f x x =--,因此,对称法构造函数的本质与构造一元差函数从本质上来说是一样的.对数平均不等式目前还不是高中教材的内容。
限于高中数学课时节数、学生的认知水平等原因，笔者相信大部分高中，尤其是非重点高中的数学教师不会为了解决极值点偏移：的问题而专门补充对数平均不等式对应的知识！笔者喜欢“一题多解”，崇尚“多题一解”，倡导“高中的问题尽量采用高中课本所涉及的思想方法去解决”为此，笔者查阅了大量涉及“函数极值点偏移问题”的论文，得到极值点偏移问题的统一方法。
实践表明，学生能较好地掌握这种解法。
―、方法归纳涉及极值点偏移问题的统一解法的大致步骤: (1)不妨确定102x x x <<(2)把+>1202x x x 或1202x x x +<化为1022x x x >-或1022x x x <-； (3)利用f(x)的单调性得到102()()2f x f x x >-或102()()2f x f x x <- (4)利用12()()f f x x =得到()()2022f x f x x >-或(5)分两种情况:情况一,需要证明()()2022f x f x x >-或()()2022f x f x x <-进入下一步;情况二,利用题设条件可以(如例3的第II 问)确定: ()()2022f x f x x >-或()()2022f x f x x <-,不等式得到证明.(6)在证明()()()()20220222f x f x x f x f x x >-<-或时,一般先进行等价转换,如:()()2022f x f x x >-⇔()()20220f x f x x -->或()()2022f x f x x <-⇔()()20220f x f x x --<,…,然后用类比思想引入函数.不直接引人函数()0()()2F x f x f x x =--的主要原因是为了降低运算量，避免求二阶导数。
例1（2013 年高考湖南省文科）已知函数21()1x x f x e x-=+（1）求()f x 的单调区间；（2）求证：()()()1212120f x f x x x x x =≠+<当时，证明()()I f x 单调递增区间为()(),0,f x -∞单调递减区间为()0,+∞。
(II)由(I)知: ()f x 在(),0-∞上单调递增;在()0,+∞上单调递减.因为()()()1212f x f x x x =≠,所以不妨设120x x <<.()()1212120x x x x f x f x +<⇔<-⇔<- ()()222222222222222222111110101111z x z x x x x ef x f x e eex x xxπ---+-⇔-<⇔<-⇔<⇔-<++++设21()1(0)1xx F x e x x -=-+，则2222()(1)x x e F x x '=-+，在(0,)+∞上()0F x '<，()F x 单调递减，()(0)0F x F <=，不等式120x x +<得证。
例2(2016年高考全国Ⅰ卷理科)已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-有两个零点. (I)求a 的取值范围；(II)设1x ,2x 是()f x 的两个零点,证明: 122x x +<证明(I)a 的取值范围为(0,)+∞.在求a 的取值范围时,已经确定()f x 单调递减区间为(,1)-∞；()f x 单调递增区间为(1,)+∞。
(II)因为1x ,2x 是()f x 的两个零点,所以()()120f x f x ==.不妨设12x x <.由(I)知: 121x x <<.()()()()()()()()()()2222212121222222222222222222222*********210xx x x xx x x x f x f x f x f x f x f x x e a x x e a x x e x e e e x --+<⇔<-⇔>-⇔>-⇔-->⇔-+-+-->⇔-+>⎛⎫⇔-⋅+< ⎪ ⎪⎝⎭设222()1(1)x F x e e x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，则2222(1)()x e x F x x '-=，在(1,)+∞上，()0F x '>，()F x 单调递增，()(1)0F x F >=，不等式122x x +<得证例3 （2010年高考天津理科）已知函数-=∈()()x f x xe x（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1x =对称,求证:当1x >时, ()()f x g x >；(III)如果12x x ≠，且()()12f x f x =,求证: 122x x +>。
证明(I) ()f x 单调递增区间(,1)-∞，单调递减区间为()+∞1,.()f x 的极大值为1(1)f e=,没有极小值.过程略.(II) ()(2)y g x f x ==-,当1x >时,222()()()(2)()(2)0(2)0210x x x f x g x f x f x f x f x xe x e e e x -->⇔>-⇔-->⇔-->⎛⎫⇔--⋅> ⎪⎝⎭设222()1(1)x F x e e x x ⎛⎫=--⋅ ⎪⎝⎭，则2222(1)()x e x F x x '-=,在(1,)+∞上, ()0F x '>，()F x 单调递增, ()(1)0F x F >=,不等式()()(1)f x g x x >>得证.例4(2011年高考辽宁理科)已知函数2()ln (2)f x x ax a x =-+- (I)讨论()f x 的单调性;(II)设0a >,证明:当10x a <<，11f x f x a a ⎛⎫⎛⎫+>- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(III)若函数()y f x =的图像与x 轴交于A 、B 两点,线段AB 中点的横坐标为0x ,证明:()00f x '<证明(I)当0a 时, f(x)单调递增区间为(0,)+∞,没有单调递减区间.当a>0时, f(x)单调递增区间为1(0,)a ;f(x)单调递减区间为1(,+oo)a(II)M 当10(0)x a a<<>时,2211111ln (2)111ln (2)f x f x x a x a x a a a a a x a x a x a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+>-⇔+-++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⇔+-++-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ln(1)ln(1)20ax ax ax ⇔+--+>设1()ln(1)ln(1)20F x ax ax ax x a ⎛⎫=+--+< ⎪⎝⎭，则()211a a F x a ax ax '=+++-在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，()0F x '>，()F x 单调递增，()(0)0F x F >=，不等式1110f x f x x a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+>-<< ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭得证(III)因为()y f x =的图像与x 轴交于A,B 两点，所以0a >时，由(I)知，当0a >时，()f x 单调递减区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，()0010f x x a '<⇔>。
不妨设()1,0A x 、()()212,0B x x x <，则由(I)知1210x x a <<<，()()12f x f x =，1202x x x +=，01212x x x a a>⇔+>()()212111222x x f x f x f x f x q q a ⎛⎫⎛⎫⇔>-⇔<-⇔<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭。
由(II)知，当10x a <<时，11f x f x a a ⎛⎫⎛⎫+>- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭。
因为110x a <<，所以1110x a a <-<，()()111111111122,,f x f x fx f x f x f x a a a a a a ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+->---><- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦，不等式()00f x '<得证。