函数极值点偏移问题的一种解题策略
极值点偏移问题的处理策略及探究
高三培优--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 x x +≠.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()()x f x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ， 证明：12 2.x x +>二、含参数的问题.例2.已知函数x ae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x .例3.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 ⋅>例 4.设函数()()xf x e ax a a R =-+∈，其图像与x 轴交于)0,(,)0,(21x B x A 两点，且21x x <.证明：0f '<.【迷惑】此题为什么两式相减能奏效，而变式相乘却失败？两式相减的思想基础是什么？其他题是否也可以效仿这两式相减的思路?【解决】此题及很多类似的问题，都有着深刻的高等数学背景.拉格朗日中值定理：若函数()f x 满足如下条件：（1）函数在闭区间[,]a b 上连续；（2）函数在开区间(,)a b 内可导，则在(,)a b 内至少存在一点ξ，使得()()()f b f a f b aξ-=-. 当()()f b f a =时，即得到罗尔中值定理.上述问题即对应于罗尔中值定理，设函数图像与x 轴交于12(,0),(,0),A x B x 两点，因此 21211221()()(e )()0002x x AB f x f x e a x x k x x ----=⇔=⇔=-，∴2121x x e e a x x -=-，…… 由于12()()0f x f x ==，显然11()()0f x f x +=与11()()0f x f x ⋅=，与已知12()()0f x f x ==不是充要关系，转化的过程中范围发生了改变.例5.（11年，辽宁理）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 <<时，11()()f 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：0()0f x '<.【问题的进一步探究】对数平均不等式的介绍与证明两个正数a 和b 的对数平均定义：(),(,)ln ln ().a b a b L a b a b a a b -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：(,)2a b L 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 b L a b +<<.不失一般性，可设a b >.证明如下： （I(,)L a b <……① 不等式①1ln ln ln 2ln (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；（II ）再证：(,)2a b L 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（I ）（II ）知，对,a b R +∀∈(,)2a b L a b +≤≤成立，当且仅当a b =时，等号成立.【挑战今年高考压轴题】（2016年新课标I 卷理数压轴21题）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 +<.。
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。
极值点偏移问题的处理
极值点偏移问题处理策略一、极值点偏移已知函数y=f(x)是连续函数，f(x)在区间(x1,x2)内只有一个极值点x0，且f(x1)=f(x2)，不少极值函数由于极值点左右的增减速度不同，函数的图像并不关于直线x =x0对称，即x0≠x1+x22。
这就是极值点偏移问题。
二、极值点偏移问题的解决方法之构造对称函数首先构造F(x)=f(x0+x)−f(x0−x),其中x0为f(x)的极值点，求导判断单调性，结合F(0)=0确定F(x)的符号，即判断f(x0+x)>f(x0−x)还是f(x0+x)<f(x0−x)。
设x1<x0<x2，根据上式，判断f(x0+(x0−x1))>f(x0−(x0−x1)还是f(x0+(x0−x1))<f(x0−(x0−x1)，即判断f(2x0−x1)> f(x1)还是 f(2x0−x1)< f(x1)，结合f(x1)= f(x2)，由f(x)在x0左侧的单调性来判断2x0−x1>x2还是2x0−x1<x2。
例如：已知f(x)=ln x−ax有两个零点x1，x2，求证x1+x2>2a.首先求出f(x)的极大值为1a ，构造F(x)=f(1a+x)−f(1a−x)，求导可判断F(x)为单调递增函数，结合结合F(0)=0确定F(x)>0，即f(1a +x)>f(1a−x)。
设x1<1a <x2，根据上式，得到f(1a+(1a−x1))>f(1a−(1a−x1)，即f(2a−x1)>f(x1)，结合f(x1)= f(x2)，由f(x)在(1a ，+∞)单调递减，判断2a−x1<x2，即x1+x2>2a.三、极值点偏移问题的解决方法之对数平均不等式定义两个正数的对数平均数为L(a,b)={a−b ln a−ln ba(a=b)(a≠b),称：√ab≤a−b ln a−ln b ≤a+b2为对数平均不等式，当且仅当a=b时取等号。
极值点偏移问题的处理策略
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 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 xH 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 -=…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：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x ae 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：)(2121xxe 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0,1t t 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 tln ,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。
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.。
极值点偏移的解题方法
极值点偏移的解题方法
极值点偏移是一种常见的解题方法，它常用于优化问题、微积分和数学分析中。
该方法的基本思想是，通过改变变量的值，使得函数的极值点发生偏移，从而达到求解问题的目的。
下面是极值点偏移的解题步骤：
确定函数的极值点，即求出函数的导数，并令其为零，求出极值点的位置。
找出函数中的关键点，即极值点和拐点。
根据问题的要求，将函数的极值点进行偏移，例如，可以将函数的自变量加上一个常数，使得函数的极值点发生偏移。
根据偏移后的极值点，重新确定函数的最值，得出问题的解。
需要注意的是，极值点偏移方法并非适用于所有的优化问题，需要根据具体的问题情况，灵活选择解题方法。
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LELE was finally revised on the morning of December 16, 2020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()()x f 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)x f 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 x F 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 e x 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 >=+，代入式，得11t t 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 +-->…， 构造函数()2(2)(1),(0)t G t t t e t =+-->，则()(1)1,()0t t G 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 >=，即证式成立，也即原不等式122x x +>成立.法四：由法三中式，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 +>-…， 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. 二、含参数的问题.例2.已知函数x ae 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x xe a -=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：)(2121x x 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()x x x x a e e -=-，即1212x x x x a e e-=-， 即证：121212()2x x x x 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0,1t t 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。
浅谈极值点偏移问题
教学方法课程教育研究学法教法研究 131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.知识准备两点，则点左偏，若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）已知函证明：当时，.而值，则必有，构造函数故，显然当时，，令，故在上单调递增，而，故当时原方程有唯一根.综上，原方程的解为x=0或x=1（3）证明：不妨设，由（1）知，，在上单调递减令，则，在上递增所以，即，又当时单调递减所以，浅谈极值点偏移问题陈俊艺（福建省晋江市毓英中学 福建 泉州 362251）【中图分类号】G633.6【文献标识码】A【文章编号】2095-3089（2018）27-0131-02教学方法课程教育研究132 学法教法研究故，即点评：例4.(苏州市2017届高三调研数学试卷)已知函数．（）若，且，证明：．分析：令，则要证明转化为证明，也就是极值点右偏问题解：令，则，要证明只需证把代入得 ，当时，单调递减，当时，单调递增则令，则，在上递增所以，即，又当时单调递增所以，故，即点评：本题是在原有的两个变量的基础上，运用换元法，从而转化成极值点偏移问题去解决.5.解题感悟这类以极值点偏移为背景的题目，很好地考查了学生的方程与函数，数形结合，转化和化归思想。
【高三】极值点偏移专题05：极值点偏移第三招---含对数式的极值点偏移问题
专题05：极值点偏移第三招---含对数式的极值点偏移问题前面我们已经指明并提炼出利用判定定理解决极值点偏移问题的策略：若f (x )的极值点为x 0，则根据对称性构造一元差函数F (x )＝f (x 0＋x )－f (x 0－x )，巧借F (x )的单调性以及F (0)＝0，借助于f (x 1)＝f (x 2)＝f [x 0－(x 0－x 2)]与f [x 0＋(x 0－x 2)]＝f (2x 0－x 2)，比较x 2与2x 0－x 1的大小，即比较x 0与x 1＋x 22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．本文将提炼出极值点偏移问题的又一解题策略：根据f (x 1)＝f (x 2)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． ★例．已知函数f (x )＝－ax 2＋(2－a )x ＋ln x ．⑴．讨论f (x )的单调性；⑵．设a ＞0，证明：当0＜x ＜1a 时，f (1a ＋x )＞f (1a－x )；⑶．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x 0，证明：f ′(x 0)＜0．【解析】⑴．当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a ＜0时，f (x )在(0，1a )上单调递增，在(1a，＋∞)上单调递减；⑵．法一：构造函数g (x )＝f (1a ＋x )－f (1a －x )(0＜x ＜1a )，则g ′(x )＝2a 3x 2(1－a 2x 2)－1＞0，故g (x )在(0，1a )上单调递增，又g (0)＝0，故g (x )＞0，即f (1a ＋x )＞f (1a－x )；法二：构造以a 为主元的函数，设函数h (a )＝f (1a ＋x )－f (1a －x )，则h (a )＝－2ax ＋ln(1＋ax )－ln(1－ax )，h ′(a )＝2a 3x 2(1－a 2x 2)－1，由0＜x ＜1a 得，0＜a ＜1x ，当0＜a ＜1x 时，h ′(a )＞0，故h (a )在(0，＋∞)上单调递增，而h (0)＝0，故h (a )＞0，故当0＜x ＜1a 时，f (1a ＋x )＞f (1a －x )．⑶．由⑴知，只有当a ＞0时，且f (x )的最大值f (1a )＞0时，函数y ＝f (x )才会有两个零点，不妨设A (x 1，0)，B (x 2，0)，0＜x 1＜x 2，则0＜x 1＜1a ＜x 2，故1a －x 1∈(0，1a )，由⑵得，f (2a －x 1)＝f (1a ＋1a －x 1)＞f [1a －(1a －x 1)]＝f (x 1)＝f (x 2)，又f (x )在(1a ，＋∞)上单调递减，故x 2＞2a －x 1，于是x 0＝x 1＋x 22＞1a，由⑴知，f ′(x 0)＜0．【问题的进一步探究】对数平均不等式的介绍与证明两个正数a 和b 的对数平均定义：L (a ，b )＝,,ln ln ,a ba b a b a a b-⎧≠⎪-⎨⎪=⎩对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：ab ≤L (a ，b )≤a ＋b2(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 时，ab ＜L (a ，b )＜a ＋b2．不失一般性，可设a ＞b ．证明：⑴．先证：ab ＜L (a ，b )①，不等式①即ln a －ln b ＜1ab(a －b )，即ln a b ＜1b ab －1a ab ，即2ln x ＜x －1x (其中x ＝1b ab ＞1)，构造函数f (x )＝－(x －1x )＋2ln x (x ＞1)，则f ′(x )＝－(1－1x )2．因x ＞1时，f ′(x )＜0，故函数f (x )在(1，＋∞)上单调递减，故f (x )＜f (1)＝0，从而不等式①成立；⑵．再证：L (a ，b )＜a ＋b 2②，不等式②即ln a －ln b ＞1ab(a －b )，即ln a b ＞2(a b －1)(a b ＋1)－1，即ln x ＞2(x －1)x ＋1 (其中x ＝1b ab ＞1)，构造函数g (x )＝－2(x －1)x ＋1＋ln x (x ＞1)，则g ′(x )＝(x －1)2x (x ＋1)2．因x ＞1时，g ′(x )＞0，故函数g (x )在(1，＋∞)上单调递增，故g (x )＜g (1)＝0，从而不等式②成立；综合⑴⑵知，对∀a ，b ＞0，都有对数平均不等式ab ≤L (a ，b )≤a ＋b2成立，当且仅当a ＝b 时，等号成立．例题⑶问另解：由f (x 1)＝f (x 2)＝0得，－a x 21＋(2－a )x 1＋ln x 1＝－a x 22＋(2－a )x 2＋ln x 2＝0，即2(x 1－x 2)＋(ln x 1－ln x 2)＝a (x 21－x 22＋x 1－x 2)，即a ＝[2(x 1－x 2)＋(ln x 1－ln x 2)]( x 21－x 22＋x 1－x 2)－1，故要证f ′(x 0)＜0，即证x 0＝x 1＋x 22＞1a ，即x 1＋x 22＞(x 21－x 22＋x 1－x 2)[2(x 1－x 2)＋(ln x 1－ln x 2)]－1＝(x 1＋x 2＋1)(2＋ln x 1－ln x 2x 1－x 2)－1，即2x 1＋x 2＜ln x 1－ln x 2x 1－x 2．根据对数平均不等式，此不等式显然成立，故原不等式得证．★已知函数f (x )＝x ln x 与直线y ＝m 交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点．求证：0＜x 1x 2＜1e 2． 【解析】由x 1ln x 1＝m ，x 2ln x 2＝m 得，x 1＝m (ln x 1)－1①，x 2＝m (ln x 2)－1②，①－②得，x 1－x 2＝m (ln x 2－ln x 1)(ln x 1ln x 2)－1，即(x 1－x 2)(ln x 1－ln x 2)－1＝－m (ln x 1ln x 2)－1③，①＋②得，x 1＋x 2＝m (ln x 2＋ln x 1)(ln x 1ln x 2)－1④，根据对数平均不等式得，x 1＋x 22＞－m (ln x 1－ln x 2)－1(x 1≠x 2)，利用③④得，m (ln x 2＋ln x 1)(2ln x 1ln x 2)－1＞－m (ln x 1ln x 2)－1，由于y ＝m 与y ＝x ln x 交于不同两点，易得出则m ＜0，故上式简化为：ln(x 1x 2)＜－2＝lne －2，故0＜x 1x 2＜1e 2．招式演练：例1、已知函数f (x )＝ln xx ＋a (a ∈R)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直．⑴．试比较20162017与20172016的大小，并说明理由；⑵．若函数g (x )＝f (x )－k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2＞e 2．例2、已知函数f (x )＝bx－a ＋ln x (a ，b ∈R)．⑴．讨论函数f (x )的单调区间与极值；⑵．若b ＞0且f (x )≥0恒成立，求e a －1－b ＋1的最大值；⑶．在⑵的条件下，且求e a －1－b ＋1取得最大值时，设F (b )＝1b (a －1)－m (m ∈R)，且函数F (x )有两个零点x 1，x 2，求实数m 的取值范围，并证明：x 1x 2＞e 2．例3、已知函数f (x )＝axln x ，g (x )＝b (x ＋1)，其中a ≠0，b ≠0．⑴．若a ＝b ，讨论F (x )＝f (x )－g (x )的单调区间；⑵．已知函数f (x )的曲线与函数g (x )的曲线有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x 1，x 2，证明：1a (x 1＋x 2)g (x 1＋x 2)＞2．例4、已知函数f(x)＝a•xln x．⑴．若f(x)在点(e2，f(e2))处的切线与直线4x＋y＝0垂直，求函数f(x)的单调递减区间；⑵．若方程f(x)＝1有两个不相等的实数解x1，x2，证明：x1＋x2＞2e．【答案】★已知函数f (x )＝ln xx ＋a(a ∈R)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直．⑴．试比较20162017与20172016的大小，并说明理由；⑵．若函数g (x )＝f (x )－k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2＞e 2．【解析】⑴．依题意得f ′(x )＝(1＋a x －ln x )(1x ＋a )2，故f ′(1)＝11＋a ，又由切线方程得，f ′(1)＝1，即11＋a ＝1，解得，a ＝0，此时f (x )＝ln xx ，f ′(x )＝1－ln x x 2，令f ′(x )＞0，即1－ln x ＞0，解得，0＜x ＜e ；令f ′(x )＜0，即1－ln x ＜0，解得，x ＞e ，故f (x )的增区间为(0，e)，减区间为(e ，＋∞)，故f (2016)＞f (2017)，即2016－1ln2016＞2017－1ln2017，2017ln2016＞2016ln2017，20162017＞20172016．⑵．证明：不妨设x 1＞x 2＞0，因g (x 1)＝g (x 2)＝0，故化简得，－kx 1＋ln x 1＝0，－kx 2＋ln x 2＝0，故ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)．要证明x 1x 2＞e 2，即证ln x 1＋ln x 2＞2，即k (x 1＋x 2)＞2，因k ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，故即证ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2，即ln x 1x 2＞(x 1－x 2)(x 1＋x 2)－1，令t ＝x 1x 2，则t ＞1，即证ln t ＞－2(1－t )t ＋1．令h (t )＝2(1－t )t ＋1＋ln t (t ＞1)，由h ′(t )＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0，故函数h (t )在(1，＋∞)是增函数，故h (t )＞h (1)＝0，即ln t ＞－2(1－t )t ＋1得证．故x 1x 2＞e 2．点睛：本题主要考查函数导数与切线的关系，考查利用导数来证明不等式，考查利用分析法和导数来证明不等式的方法．有关导数与切线的问题，关键的突破口在与切点和斜率，本题中已知切线和某条直线垂直，也即是给出斜率，利用斜率可求得函数的参数值．利用导数证明不等式通常先利用分析法分析，通过转化后再利用导数来证明．★已知函数f (x )＝bx－a ＋ln x (a ，b ∈R)．⑴．讨论函数f (x )的单调区间与极值；⑵．若b ＞0且f (x )≥0恒成立，求e a －1－b ＋1的最大值；⑶．在⑵的条件下，且求e a －1－b ＋1取得最大值时，设F (b )＝1b (a －1)－m (m ∈R)，且函数F (x )有两个零点x 1，x 2，求实数m 的取值范围，并证明：x 1x 2＞e 2．【解析】⑴．f ′(x )＝1x 2(x －b )，当b ≤0时，f ′(x )＞0恒成立，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无极值；当b ＞0时，x ∈(0，b )时，f ′(x )＜0，x ∈(b ，＋∞)时，函数f (x )的单调递减区间为(0，b )，单调递增区间为(b ，＋∞)，故f (x )的极小值为f (b )＝1－a ＋ln b ；⑵．当b ＞0时，由⑴知，f (x )min ＝1－a ＋ln b ≥0，ln b ≥a －1，b ≥e a －1，故e a －1－b ＋1≤1，即当ln b ＝a －1时，e a －1－b ＋1的最大值为1；⑶．由⑵知，当e a －1－b ＋1取最大值1时，e a －1＝b ，即a －1＝ln b ，即F (b )＝－m ＋1b ln b (b＞0)，记F (x )＝－m ＋ln xx (x ＞0)，F (x )＝0，即－mx ＋ln x ＝0，不妨设x 1＜x 2，由题意得，ln x 1＝mx 1，ln x 2＝mx 2，则ln x 1x 2＝m (x 1＋x 2)，ln x 2x 1＝m (x 1－x 2)，即m ＝lnx 2x 1x 2－x 1，欲证明x 1x 2＞e 2，只需证明ln(x 1x 2)＞2，只需证明m (x 1＋x 2)＞2，即证明(x 1＋x 2)(x 1＋x 2)－1ln x 2x 1＞2，即证(x 2x 1＋1)(x 2x 1－1)－1 ln x 2x 1＞2，设t ＝x 2x 1＞1，则只需证明ln t ＞－2(1－t )t ＋1，即证明2(1－t )t ＋1＋ln t ＞0，记u (t )＝2(1－t )t ＋1＋ln t (t ＞1)，故u ′(t )＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0，故u (t )在(1，＋∞)单调递增，故u (t )＞u (1)＝0，故原不等式成立．★已知函数f (x )＝axln x ，g (x )＝b (x ＋1)，其中a ≠0，b ≠0．⑴．若a ＝b ，讨论F (x )＝f (x )－g (x )的单调区间；⑵．已知函数f (x )的曲线与函数g (x )的曲线有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x 1，x 2，证明：1a(x 1＋x 2)g (x 1＋x 2)＞2．【解析】⑴．由已知得，F (x )＝f (x )－g (x )＝－a (x ＋1－ln x x )，故F ′(x )＝－ax2(x 2－1＋ln x )，当0＜x ＜1时，因x 2－1＜0，ln x ＜0，故x 2－1＋ln x ＜0；当x ＞1时，x 2－1＞0，ln x ＞0，故x 2－1＋ln x ＞0．故若a ＞0，F (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；故若a ＜0，F (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．⑵．不妨设x 1＞x 2，依题意，1x 1a ln x 1＝b (x 1－1)，故a ln x 1＝b (x 21－x 1)①，同理，a ln x 2＝b (x 22－x 2)②，①－②得，a ln x 1x 2＝b (x 21－x 1－x 22＋x 2)＝b (x 1－x 2)(x 1＋x 2－1)，故b a (x 1＋x 2－1)＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，故1a (x 1＋x 2)g (x 1＋x 2)＝b a (x 1－x 2)(x 1＋x 2－1)＝(x 1＋x 2)(x 1－x 2)－1ln x 1x 2，故只需证(x 1＋x 2)(x 1－x 2)－1ln x 1x 2＞2，取t ＝x 1x 2＞1，即只需证明1t －1(t ＋1)ln t ＞2，∀t ＞1成立．即只需证p (t )＝21－t 1＋t ＋ln t ，∀t ＞1成立．p ′(t )＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0，故p (t )在区间[1，＋∞)上单调递增，故p (t )＞p (1)＝0，∀t ＞1成立．故原命题得证．★已知函数f (x )＝a •x ln x．⑴．若f (x )在点(e 2，f (e 2))处的切线与直线4x ＋y ＝0垂直，求函数f (x )的单调递减区间；⑵．若方程f (x )＝1有两个不相等的实数解x 1，x 2，证明：x 1＋x 2＞2e ．【解析】⑴．f ′(x )＝a ln x －1ln 2x ，故f ′(e 2)＝a 4＝14，故a ＝1，令f ′(x )＝ln x －1ln 2x ＜0得，x ∈(0，1)∪(1，e)，故函数f (x )的单调递减区间为(0，1)和(1，e)；⑵．由ln x 1＝ax 1，ln x 2＝ax 2，故ln x 1x 2＝a (x 1＋x 2)，ln x 1x 2＝a (x 1－x 2)，故a ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，因x 1＋x 2＞2x 1x 2，只要证x 1x 2＞e 2，即ln x 1＋ln x 2＞2，只需证ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)＝(x 1＋x 2)ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2，不妨设x 1＞x 2，即证ln x 1x 2＞2(x 1－x 2)x 1＋x 2，令t ＝x 1x 2＞1，只需证ln t ＞－2(1－t )t ＋1，令g (t )＝2(1－t )t ＋1＋ln t ＝－2＋4•11＋t ＋ln t ，则g (t )在(1，＋∞)上单调递增， g (t )＞g (1)＝0(t ＞1)，即证．。
判定极值点偏移的方法和运用策略
判定极值点偏移的方法和运用策略红 岩对于函数)(x f y =在区间()b a ,只有一个极值点0x ，方程()0f x =的解分别为21,x x ，且b x x x a <<<<201,若1202x x x +≠，则称函数)(x f y =在区间12(,)x x 极值点0x 偏移。
高考含此内容的压轴题有不少，如2010年高考数学天津卷理科第21题、2011年高考数学辽宁卷理科第21题、2013年高考数学湖南文科第21题等，不少学生对此类问题不知所从。
为克服解题的盲目性，优化解题策略，本文给出了判定极值点偏移的方法，并举例和总结了运用策略：利用构造对称函数或比较函数求解；利用基本不等式放缩或对数平均不等式、指数平均不等式放缩求解。
1 判断方法1.1极值点偏移的定义对于函数)(x f y =在区间()b a ,只有一个极值点0x ，方程()0f x =的解分别为21,x x ，且b x x x a <<<<201（1）若1202x x x +≠，则称函数)(x f y =在区间12(,)x x 极值点0x 偏移；（2）若0212x x x >+，则函数)(x f y =在区间12(,)x x 极值点0x 左偏，简称极值点0x 左偏；(3)若0212x x x <+，则函数)(x f y =在区间12(,)x x 极值点0x 右偏，简称极值点0x 右偏。
1.2极值点偏移的判定定理判定定理1对于可导函数)(x f y =，在12(,)x x 内只有一个极大（小）值点0x ，且12()()f x f x =。
(1)若0)2(21>+'x x f ，则021)(2x xx ><+，即函数)(x f y =在区间12(,)x x 极大（小）值点0x 右(左)偏； (2)若0)2(21<+'x x f ，则021)(2x xx <>+，即函数)(x f y =在区间12(,)x x 极大（小）值点0x 左(右)偏。
数学极值点偏移的解法
数学极值点偏移的解法
在数学中，极值点是一个函数的局部最大值或最小值的点。
但是，在某些情况下，我们可能需要将这些极值点进行偏移，以改变函数的形状和性质。
以下是一些常见的数学极值点偏移的解法：
1. 平移法：通过加上或减去一个常数，可以将极值点沿着函数的x轴或y轴方向进行平移。
例如，对于函数f(x) = x^2，在f(x)的极小值点x = 0处加上一个常数c，即可将极小值点向右平移c个单位。
2. 放缩法：通过乘以或除以一个常数，可以将极值点沿着函数的x轴或y轴方向进行放缩。
例如，对于函数f(x) = sin(x)，在其极大值点x = π/2处乘以一个常数c，即可将极大值点的值放大c 倍。
3. 曲线法：通过改变函数的形状，可以改变极值点的位置和性质。
例如，对于函数f(x) = x^3，在其极小值点x = 0处，可以将函数的形状改变为f(x) = x^3 - x，即可将极小值点向右偏移1个单位。
以上是一些常见的数学极值点偏移的解法，需要根据具体情况选择合适的方法进行处理。
同时，注意在进行偏移时，可能会导致函数的性质发生改变，需要进行分析和验证。
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极值点偏移问题的求解策略
极值点偏移问题的求解策略作者：蒋满林来源：《理科考试研究·高中》2017年第04期摘要：教学中对于在极值点两侧增减速度不相同的问题进行研究，找到解决此类问题的两种求解策略，对称化构造与齐次化构造.关键词：极值点偏移问题；对称化构造；齐次化构造；变式训练基金项目：本文系福建省教育科学“十三五”规划2016年度立项课题《“核心素养”理念下的数学变式教学的行动研究》（立项批准号MJYKT2016-178）的阶段性成果作者简介：蒋满林（1975-），男，福建古田人，中学高级教师，宁德市名师培养对象，主要从事高中数学教育与教学研究工作.一、极值点偏移问题有一类函数，它们先增后减或先减后增，但是在极值点两侧的增减速度不相同（一侧快一侧慢），于是极值点并不在定义域的中间位置，而是向一侧偏移，比如函数f（x）=lnx-x，它的图象如下：对于这类函数，经常遇到这样的问题：已知f（x1）=f（x2）（x1≠x2），求证：x1+x2>m或x1+x2类似这样的问题我们称为极值点偏移问题.极值点偏移问题是导数问题中的一个难点，也是各类考试的热点，那么如何求解这类问题呢？下面通过一道例题介绍两种常用的求解策略：对称化构造与齐次化构造.二、解法探析例1已知f（x）=lnx-x，若f（x1）=f（x2）（x1≠x2），证明：（1）x1+x2>2；（2）x1·x2解法一对称化构造（1）f ′（x）=1x-1=1-xx，所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减.不妨设02，即证x2>2-x1，即证f（x2）即证f（x）-f（2-x）则g′（x）=f ′（x）+f ′（2-x）=（lnx-x）′-[ln（2-x）-（2-x）]′，=（1x-1）--12-x+1=1x+12-x-2=2x（2-x）-2.当00，于是f（x）单调递增，所以g（x）（2）由（1）知f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减.不妨设0令，h（x）=f（x）-f1x=2lnx-x+1x（x>1），则h′（x）=2lnx-x+1x′=-（x-1）2x2所以h（x）故原不等式成立.解法二齐次化构造（1）f ′（x）=1x-1=1-xx，所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减.不妨设0即lnx2x1=x1x2x1-1，令x2x1=t（t>1），则x1=lntt-1，x2=tlntt-1.于是要证不等式x1+x2>2，只要证lntt-1+tlntt-1>2，即证（t+1）lntt-1>2，亦即证lnt-2（t-1）t+1>0.令g（x）=ln-2（x-1）x+1，（x>1），则g′（x）=1x-2（x+1）-2（x-1）（x+1）2=（x-1）2x（x+1）2>>0，（x>1）于是g（x）在（1，+∞）上单调递增，g（x）>g（1）=0，故原不等式得证.（2）以上证法同（1），要证x1·x2令h（x）=ln2x-x+1x（x>1），h′（x）=2lnxx-1-1x2=2xlnx-x2-1x2.记m（x）=2xlnx-x2-1（x>1），m′（x）=2（lnx-x+1），记n（x）=lnx-x+1（x>1），n′（x）=1x-1所以m′（x）故原不等式得证.总结（1）对称化构造的方法即设法将欲证不等式通过函数在某一侧的单调性转化为证明函数值间的大小关系，然后借助这个f（x1）=f（x2）（x1≠x2）条件进行转化，得到关于x1或x2的一个不等式，这时候就可以构造函数证明不等式成立了.（2）齐次化构造的方法的本质是将x2x1看成一个变量t，然后将x1和x2都用t表示，继而欲证不等式转化为关于变量t的一个不等式，构造函数证明即可.三、变式练习1.已知函数f（x）=x+1x（x>0），若f（x1）=f（x2）（x1≠x2），求证：（1）x1·x2=1；（2）x2+x2>2证明（1）f ′（x）=1-1x2=x2-1x2，所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增.不妨设0（2）f ′（x）=1-1x2=x2-1x2，所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增.不妨设02，即证x2>2-x1，即证f（x2）>f（2-x1），所以f（x1）=f（x2）>f（2-x1）.即证f（x）-f（2-x）>0在（0，1）上恒成立.令，g（x）=f（x）-f（2-x），则g′（x）=f ′（x）+f ′（2-x）=x+1x′-（2-x）-12-x′=2-1x2-1（x-2）2=2-2（x-1）2+2[x（2-x）]2.当0g（1）=0故原不等式得证.2.已知函数f（x）=x-alnx（a∈R），有两个零点x1，x2且x1（1）求a的取值范围；（2）证明：x2-x1随着a的增大而增大；（3）证明：x1·x2>e2解（1）f（x）有两个零点x1，x2，显然a≠0，故1a=lnxx，设g（x）=lnxx，g′（x）=1-lnxx2，当x∈（0，e）时g（x）单调递增；当x∈（e，+∞）时g（x）单调递减又当x→0时，g（x）→-∞，x→+∞时，g（x）→0，所以，当0e时，函数f（x）有两个零点x1，x2（2）取a1，a2，不妨设ex2-x1即，x2-x1随着a的增大而增大（3）设g（x）=lnxx，构造函数h（x）=g（x）-ge2x，x∈（e，+∞）则h′（x）=g′（x）+g′e2x·e2x2=1-lnxx2-1-lnxe2=（1-lnx）e2-x2e2x2当x∈+∞时，h′（x）>0，h（x）单调递增，所以h（x）>h（e）=0，即g（x）>ge2x又因为0ge2x2，且x1，e2x2∈（0，e），又x∈（0，e）时，g（x）单调递增，所以x1>e2x2，故有x1·x2>e2.3.（2016年全国I高考）已知函数f（x）=（x-2）ex+a（x-1）2有两个零点（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x2+x2解（1）由已知得：f ′（x）=（x-1）ex+2a（x-1）=（x-1）（ex+2a）①若a=0，那么f（x）=0（x-2）ex=0x=2，f（x）只有唯一的零点x=2，不合题意；②若a>0，那么ex+2a>ex>0，所以当x>1时，f ′（x）>0，f（x）单调递增当x即：x（-∞，1）1（1，+∞）f ′（x）-0+f（x）↓极小值↑故f（x）在（1，+∞）上至多一个零点，在（-∞，1）上至多一个零点由于f（2）=a>0，f（1）=-e则f（2）f（1）根据零点存在性定理，f（x）在（1，2）上有且仅有一个零点.而当x故f（x）=（x-2）ex+a（x-1）2>e（x-2）+a（x-1）2=a（x-1）2+e（x-1）-e则f（x）=0的两根t1=-e-e2+4ae2a+1，t2=-e+e2+4ae2a+1，t10，故当xt2时，a（x-1）2+e （x-1）-e>0因此，当x0又f（1）=-e此时，f（x）在R上有且只有两个零点，满足题意.③若-e2当x即f ′（x）=（x-1）（ex+2a）>0，f（x）单调递增；当ln（-2a）eln（-2a）+2a=0，即f ′（x）=（x-1）（ex+2a）当x>1时，x-1>0，ex+2a>eln（-2a）+2a=0，即f ′（x）>0，f（x）单调递增.即：x（-∞，ln（-2a））ln（-2a）（ln（-2a），1）1（1，+∞）f′（x）+0-0+f（x）↑极大值↓极小值↑而极大值f[ln（-2a）]=-2a[ln（-2a）-2]+a[ln（-2a）-1]2=a{[ln（-2a）-2]2+1}故当x≤1时，f（x）在x=ln（-2a）处取到最大值f[ln（-2a）]，那么f（x）≤f[ln（-2a）]而当x>1时，f（x）单调递增，至多一个零点此时f（x）在R上至多一个零点，不合题意.④若a=e2，那么ln（-2a）=1当x0，f（x）单调递增当x>1=ln（-2a）时，x-1>0，ex+2a>eln（-2a）+2a=0，即f ′（x）>0，f（x）单调递增又f（x）在x=1处有意义，故f（x）在R上单调递增，此时至多一个零点，不合题意.⑤若a1.当x0，f（x）单调递增当10，ex+2a当x>ln（-2a）时，x-1>ln（-2a）-1>0，ex+2a>eln（-2a），即f ′（x）>0，f（x）单调递增即：x（-∞，1）1（1，ln（-2a））ln（-2a）（ln（-2a），+∞）f′（x）+0-0+f（x）↑极大值↓极小值↑故当x≤ln（-2a）时，f（x）在x=1处取到最大值f（1）=-e，那么f（x）≤-e当x>ln（-2a）时，f（x）单调递增，至多一个零点此时f（x）在R上至多一个零点，不合题意.综上所述，当且仅当a>0时符合题意，即a的取值范围为（0，+∞）.（2）由已知得：f（x1）=f（x2）=0，不难发现x1≠1，x2≠1，故可整理得：-a=（x1-2）ex1（x1-1）2=（x2-2）ex2（x2-1）2设g（x）=（x-2）ex（x-1）2，则g（x1）=g（x2）那么g′（x）=（x-2）2+1（x-1）3ex，当x1时，g′（x）>0，g（x）单调递增.设m>0，构造代数式：g（1+m）-g（1-m）=m-1m2e1+m--m-1m2e1-m=1+mm2e1-mm-1m+1e2m+1.设h（m）=m-1m+1e2m+1，m>0则h′（m）=2m2（m+1）2e2m>0，故h（m）单调递增，有h（m）>h（0）=0.因此，对于任意的m>0，g（1+m）>g（1-m）.。
《极值点偏移问题处理策略及探究》
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x x 处取得极值，且函数y f (x) 与直线y b交于A(x ,b) , B( x2 ,b) 两点，则AB 的中点为1x x1 2M ( ,b) ，而往往2x x1 2x .如下图0 2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】1 / 12一、不含参数的问题.x例1.（2010 天津理）已知函数 f (x) xe (x R) ，如果x1 x2 ，且 f ( x1 ) f (x2 ) ，证明：x1 x2 2.x【解析】法一：f (x) (1 x)e ，易得f (x) 在( ,1)上单调递增，在(1, ) 上单调递减，x 时，f (x) ，f (0) 0，x 时， f (x) 0 ，函数 f (x) 在x 1处取得极大值f (1)，且 f )1(1e,如图所示.由f (x ) f (x ), x x ，不妨设x1 x2 ，则必有0x1 1 x2 ，1 2 1 2构造函数 F (x) f (1 x) f (1 x), x (0,1] ，则x2xF (x) f (1 x) f (1 x) (e 1) 0x 1e，所以F(x) 在x (0,1] 上单调递增，F(x) F (0) 0，也即 f (1 x) f (1 x)对x(0,1] 恒成立.由0x 1 x ，则1 2 1 x (0,1]，1所以f (1 (1 x )) f (2 x ) f (1 (1 x )) f (x) f (x，) 即f (2 x1) f (x2 ) ，1 1 1 1 2又因为2x ,x(1, ) ，且 f (x) 在(1, ) 上单调递减，1 2所以2x x ，即证x1 x2 2.1 2法二：欲证x1 x2 2，即证x2 2 x1，由法一知0 x1 1 x2 ，故2 x1,x2 (1, ) ，又因为f (x) 在(1, ) 上单调递减，故只需证f (x ) f (2 x ) ，又因为f (x ) f (x ) ，2 1 1 2故也即证f (x ) f (2 x ) ，构造函数H (x) f (x) f (2 x), x (0,1)，则等价于证明1 1H (x) 0对x(0,1)恒成立.由1 x2x 2H (x) f (x) f (2 x) (1 e ) 0xe，则H (x) 在x (0,1) 上单调递增，所以H (x) H (1) 0 ，即已证明H (x) 0对x(0,1) 恒成立，故原不等式x1 x2 2亦成立.法三：由 f (x ) f ( x )，得1 2x xx e 1 x e 2 ，化简得1 2x x x2 1 2ex1⋯，2 / 12不妨设x x ，由法一知，o x1 1 x2 .令t x2 x1 ，则t 0, x2 t x1 ，代入式，2 1得t t x1ex1x，反解出 1 t et1，则2tx x 2x t t1 2 1 te 1，故要证：x1 x2 2，即证：2tte 1t t t2 e ，等价于证明：2t (t 2)( e 1)0⋯，，又因为 1 0t t t 构造函数G(t ) 2t (t 2)(e 1),(t0) ，则G (t) (t 1)e 1,G (t) te 0 ，故G (t )在t (0, ) 上单调递增，G (t) G (0) 0 ，从而G(t) 也在t (0, ) 上单调递增，G(t) G (0) 0 ，即证式成立，也即原不等式x x 成立.1 2 2x法四：由法三中式，两边同时取以e为底的对数，得 2x x ln ln x ln x2 1 2 1x1，也即ln x ln x2 1x x2 1 1，从而x21ln x ln x x x x x x2 1 2 1 2 1 2x x (x x ) ln ln1 2 1 2xx x x x x x22 1 2 1 1 11x1，x令 2t (t 1)，则欲证：x1 x x ，等价于证明：1 2 2tt11ln t 2⋯，构造(t 1)ln t 2M (t) (1 )ln t,( t 1)t 1 t 1，则M (t)2t 1 2t lnt2t(t 1)，又令 2(t) t 1 2t ln t,( t 1)，则()t 2 t 2(n l1)t2( 1 t l n ) t ，由于t 1 ln t对t (1, ) 恒成立，故(t ) 0 ，(t) 在t (1, ) 上单调递增，所以(t) (1) 0 ，从而M (t ) 0，故M (t) 在t (1, ) 上单调递增，由洛比塔法则知：(t 1)ln t ((t 1)ln t)t 1lim M (t) lim lim lim(ln t ) 2 x 1 x 1 x 1 x 1t 1 (t 1) t ，即证M (t) 2即证，式成立，也即原不等式x1 x2 2成立.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【点评】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.题.二、含参数的问例2.已知函数xf ( ) 有两个不同的零点x1,x2 ，求证：x1 x2 2 .x x ae3 / 12【解析】思路1：函数 f (x) 的两个零点，等价于方程xxe a 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x1, x2 ，所以x1x2xae1xae2(1)(2)，x e xx x a e ，1 2由(1) (2) 得：( )1 2 要证明x1 x2 2，只要证明x xa(e e ) 2 ，1 2由(1) (2)得：x xx1 x2 a(e e ) ，即1 2 ax x1 2x xe e1 2，x x x xe e 11 2e 1 2即证：(x x ) 2 (x x ) 2，1 2 x x 1 x x2e e e 11 2 1 2t不妨设x1 x2 ，记t x1 x2 ，则0, 1t e ，因此只要证明：ttete112t2(e 1)t 0，te 1t 1, ln ，即证再次换元令 e x t x2(x 1)ln x 0 x (1, ) x 1构造新函数 F (x) ln x 2(x 1)x 1，F (1) 0求导21 4 ( x 1)'F (x) 02 2x (x 1) x(x 1)，得F (x) 在(1, ) 递增，所以F (x) 0，因此原不等式x1 x2 2获证.【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元x1, x2 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。
函数极值点偏移问题的处理策略
(0, 1), f ′ (x) = 2x − 2 + (π ) π cos x , 令 f ′ (x) = 0, 2 2 (π ) π 2(x − 1) = − cos x , 2 2 如 图 4, 曲 线 y = 2(x − 1) (π ) π x , 在 与 y = − cos 2 2
图4
−x x + 1−x e1+x e
马跃进
Байду номын сангаас
2. 函数极值点偏移的定义: 已知函数 f (x) 有唯一的极 值点 (x0 , f (x0 )), 直线 y = a 与函数 y = f (x) 交于不同两 (x + x ) 1 2 点 A(x1 , a), B (x2 , a), 设 AB 的中点为 M ,a , 若 2 x1 + x2 x0 ̸= , 就说函数 f (x) 在 x = x0 处的极值点有偏移. 2 3. 函数极值点偏移的分类 (已知条件如 2): x1 + x2 当 > x0 时, 称 f (x) 在 x = x0 处的极值点左 2 x1 + x2 偏; 当 < x0 时, 称 f (x) 在 x = x0 处的极值点右偏. 2 (如图 2).
一、极值点偏移的有关概念
首先, 我们来了解函数极值点偏移的特征, 并给出函数 极值点偏移的定义. 1. 函数极值点偏移的基本特征: 是指单极值函数, 由于 函数极值点左右的增减速度不同, 使得函数图像没有轴对称 性. 如图 1 所示.
图2
其次, 笔者在探究函数极值点偏移问题时, 发现它与一个构 造的奇函数有关. 函数极值点偏移问题, 都可以通过该函数 的单调性及微积分的基础知识予以解决. 即 构造函数 F (x) = f (x0 + x) − f (x0 − x), x ∈ (−λ, λ), 其中 λ = |x2 − x1 |max (下同), 易知 F (x) 是区间 (−λ, λ) 上 的奇函数, 以下称 F (x) 为极值点偏移关联函数.
极值点偏移问题的类型与破解策略
㊀㊀解题技巧与方法㊀㊀１４４㊀极值点偏移问题的类型与破解策略极值点偏移问题的类型与破解策略Һ李金莲１㊀丁国盛２㊀（１．古浪县第一中学，甘肃㊀武威㊀７３３１００；２．古浪县第五中学，甘肃㊀武威㊀７３３１００）㊀㊀ʌ摘要ɔ极值点偏移问题是高考的一个热点，也是一个难点．极值点偏移问题的类型主要有两种：证明ｘ１＋ｘ２＞２ｘ０或者ｘ１＋ｘ２＜２ｘ０；证明ｘ１ｘ２＞ｘ２０或者ｘ１ｘ２＜ｘ２０．破解极值点偏移问题的策略主要是构造对称函数．对于前一种类型，可构造对称函数Ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｆ（２ｘ０－ｘ）；对于后一种类型，可构造对称函数Ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｆｘ２０ｘæèçöø÷．文章结合具体例子给出了几种类型的极值点偏移问题的破解策略，以期为一线教师提供一些讲解极值点偏移问题的思路与方法．ʌ关键词ɔ导数；极值点偏移问题；构造法；对称函数；解题策略根据极值点左㊁右两边的增长速度不同，极值点偏移问题分为极值点左偏和极值点右偏两种情况．破解极值点偏移问题的关键是构造对称函数．解题者需要根据不同的类型，构造出不同的对称函数，然后结合函数的单调性进行证明．一㊁极值点偏移的特征（１）极值点左偏：ｘ１＋ｘ２＞２ｘ０，曲线在ｘ＝ｘ１＋ｘ２２处的切线与ｘ轴不平行．若ｆ（ｘ）上凸，则ｆᶄｘ１＋ｘ２２æèçöø÷＜ｆᶄ（ｘ０）＝０，如图１；若ｆ（ｘ）下凸，则ｆᶄｘ１＋ｘ２２æèçöø÷＞ｆᶄ（ｘ０）＝０，如图２．图１㊀㊀图２（２）极值点右偏：ｘ１＋ｘ２＜２ｘ０，曲线在ｘ＝ｘ１＋ｘ２２处的切线与ｘ轴不平行．若ｆ（ｘ）上凸，则ｆᶄｘ１＋ｘ２２æèçöø÷＞ｆᶄ（ｘ０）＝０，如图３；若ｆ（ｘ）下凸，则ｆᶄｘ１＋ｘ２２æèçöø÷＜ｆᶄ（ｘ０）＝０，如图４．图３㊀㊀图４二㊁极值点偏移问题的设问形式常见的极值点偏移问题一般有如下形式：证明ｘ１＋ｘ２＞２ｘ０或ｘ１＋ｘ２＜２ｘ０；证明ｘ１ｘ２＞ｘ２０或ｘ１ｘ２＜ｘ２０．有些题目未必直接这样问，但通过等价转化后，本质是一样的．三㊁破解策略 构造对称函数第一步：求出函数ｆ（ｘ）的极值点ｘ０；第二步：构造函数Ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｆ（２ｘ０－ｘ），确定Ｆ（ｘ）的单调性，确定ｆ（ｘ２）与ｆ（２ｘ０－ｘ２）的大小关系．第三步：由ｆ（ｘ１）＝ｆ（ｘ２）和上一步的结论，结合ｆ（ｘ）的单调性得到ｘ１＋ｘ２＞２ｘ０或ｘ１＋ｘ２＜２ｘ０．注：若是证明ｘ１ｘ２＞ｘ２０或ｘ１ｘ２＜ｘ２０，则构造函数Ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｆｘ２０ｘæèçöø÷．四㊁题型呈现（一）题型１：证明ｘ１＋ｘ２＞２ｘ０或ｘ１＋ｘ２＜２ｘ０例１㊀已知函数ｆ（ｘ）＝ｘｌｎｘ．（１）讨论ｆ（ｘ）的单调性；（２）设ａ，ｂ为两个不相等的正数，且ａｂ＝ｂａ，求证：２ｅ＜１ａ＋１ｂ＜１．解㊀（１）ｆ（ｘ）的定义域为（０，＋ɕ），ｆᶄ（ｘ）＝ｌｎｘ＋１．㊀㊀㊀解题技巧与方法１４５㊀㊀由ｆᶄ（ｘ）＞０，解得ｘ＞１ｅ；由ｆᶄ（ｘ）＜０，解得０＜ｘ＜１ｅ，ʑｆ（ｘ）的单调递增区间为（１ｅ，＋ɕ），单调递减区间为０，１ｅæèçöø÷．证明㊀（２）ȵａ，ｂ为两个不相等的正数，且ａｂ＝ｂａ，ʑｂｌｎａ＝ａｌｎｂ，即１ａｌｎ１ａ＝１ｂｌｎ１ｂ．由（１）可得ｆ（ｘ）ｍｉｎ＝－１ｅ，且ｆ（１）＝０．令ｘ１＝１ａ，ｘ２＝１ｂ，则ｘ１，ｘ２为ｆ（ｘ）＝ｋ的两根，且ｋɪ－１ｅ，０æèçöø÷．不妨设ｘ１ɪ０，１ｅæèçöø÷，ｘ２ɪ１ｅ，１æèçöø÷，则２ｅ－ｘ１＞１ｅ．先证２ｅ＜ｘ１＋ｘ２，即证ｘ２＞２ｅ－ｘ１，即证ｆ（ｘ２）＝ｆ（ｘ１）＞ｆ２ｅ－ｘ１æèçöø÷．令ｈ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｆ２ｅ－ｘæèçöø÷，即证在ｘɪ０，１ｅæèçöø÷上，ｈ（ｘ）＞０，则ｈᶄ（ｘ）＝ｆᶄ（ｘ）＋ｆᶄ２ｅ－ｘæèçöø÷＝ｌｎｘ＋ｌｎ２ｅ－ｘæèçöø÷＋２＝ｌｎ－ｘ２＋２ｅｘæèçöø÷＋２，ｈᶄ（ｘ）在０，１ｅæèçöø÷上单调递增，即ｈᶄ（ｘ）＜ｈᶄ１ｅæèçöø÷＝０，ʑｈᶄ（ｘ）＜０在０，１ｅæèçöø÷上恒成立，即ｈ（ｘ）在０，１ｅæèçöø÷上单调递减，ｈ（ｘ）＞ｈ１ｅæèçöø÷＝０．所以ｆ（ｘ）＞ｆ２ｅ－ｘæèçöø÷，因此ｘ２＞２ｅ－ｘ１．再证ｘ１＋ｘ２＜１，即证１ｅ＜ｘ２＜１－ｘ１．由（１）中ｆ（ｘ）单调性可得ｆ（ｘ２）＝ｆ（ｘ１）＜ｆ（１－ｘ１）．令φ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｆ（１－ｘ），ｘɪ０，１ｅæèçöø÷，则φᶄ（ｘ）＝ｌｎｘ＋ｌｎ（１－ｘ）＋２＝ｌｎ（－ｘ２＋ｘ）＋２，φᶄ（ｘ）在０，１ｅæèçöø÷上单调递增，ȵφᶄ（ｘ）＞０，且当ｘң０时，φᶄ（ｘ）＜０，ʑ存在ｘ０使得φᶄ（ｘ０）＝０．即当ｘɪ（０，ｘ０）时，φᶄ（ｘ）＜０，φ（ｘ）单调递减；当ｘɪ（ｘ０，１ｅ）时，φᶄ（ｘ）＞０，φ（ｘ）单调递增．又ｘң０，φ（ｘ）＜０，且φ１ｅæèçöø÷＝ｆ１ｅæèçöø÷－ｆ（１－１ｅ）＜０，ʑφ（ｘ）＜０恒成立，ʑｘ１＋ｘ２＜１．综上，２ｅ＜１ａ＋１ｂ＜１．点评㊀本题的设问形式初看好像与极值点偏移问题关系不大，但对题干条件进行等价变形后，就是证明２ｅ＜ｘ１＋ｘ２＜１，这就是典型的极值点偏移问题，然后构造对称函数即可解决．例２ 已知函数ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ－ｍｘ＋２有两个零点ｘ１，ｘ２．（１）求ｍ的取值范围；（２）求证：１ｘ１＋１ｘ２＞２ｅ．解㊀（１）ｍ的取值范围是（０，ｅ）．过程略．证明㊀（２）由（１）知方程ｌｎｘ＋２ｘ＝ｍ的两个根分别为ｘ１，ｘ２，则ｌｎｘ１＋２ｘ１＝ｌｎｘ２＋２ｘ２．令ｔ１＝１ｘ１，ｔ２＝１ｘ２，则２ｔ１－ｔ１ｌｎｔ１＝２ｔ２－ｔ２ｌｎｔ２．设ｔ１＜ｔ２，ｈ（ｔ）＝２ｔ－ｔｌｎｔ，则ｈᶄ（ｔ）＝１－ｌｎｔ，当０＜ｔ＜ｅ时，ｈᶄ（ｔ）＞０，当ｔ＞ｅ时，ｈᶄ（ｔ）＜０，ʑｈ（ｔ）在（０，ｅ）上单调递增，在（ｅ，＋ɕ）上单调递减，且ｈ（ｔ１）＝ｈ（ｔ２），ʑ０＜ｔ１＜ｅ＜ｔ２．设Ｈ（ｔ）＝ｈ（ｔ）－ｈ（２ｅ－ｔ）（０＜ｔ＜ｅ），则Ｈᶄ（ｔ）＝ｈᶄ（ｔ）＋ｈᶄ（２ｅ－ｔ）．ȵＨᶄ（ｔ）＝１－ｌｎｔ＋［１－ｌｎ（２ｅ－ｔ）］＝２－ｌｎ（－ｔ２＋２ｅｔ）＞２－ｌｎ（－ｅ２＋２ｅ２）＝０，ʑＨ（ｔ）在（０，ｅ）上单调递增，ʑＨ（ｔ１）＜Ｈ（ｅ）＝０，即ｈ（ｔ１）＜ｈ（２ｅ－ｔ１），从而ｈ（ｔ２）＜ｈ（２ｅ－ｔ１）．ȵ０＜ｔ１＜ｅ＜ｔ２，所以２ｅ－ｔ１＞ｅ．又ｈ（ｔ）在（ｅ，＋ɕ）上单调递减，ʑｔ２＞２ｅ－ｔ１，即ｔ１＋ｔ２＞２ｅ，ʑ１ｘ１＋１ｘ２＞２ｅ．㊀㊀解题技巧与方法㊀㊀１４６㊀点评㊀换元后，问题等价于证明ｔ１＋ｔ２＞２ｅ，而ｘ＝ｅ是ｈ（ｔ）的极值点，故该题属于极值点偏移问题，可构造对称函数求证．（二）题型２：证明ｘ１ｘ２＞ｘ２０或ｘ１ｘ２＜ｘ２０例３㊀已知函数ｆ（ｘ）＝ｅｘｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ａ．（１）若ｆ（ｘ）ȡ０，求ａ的取值范围；（２）求证：若ｆ（ｘ）有两个零点ｘ１，ｘ２，则ｘ１ｘ２＜１．解㊀（１）ａ的取值范围为（－ɕ，ｅ＋１］．过程略．证明㊀（２）由（１）知ｆ（ｘ）有两个零点的条件是ａ＞ｅ＋１，且在（０，１）和（１，＋ɕ）内各有一个零点，不妨设ｘ１＜１＜ｘ２．要证ｘ１ｘ２＜１，即证ｘ１＜１ｘ２；又ｘ１，１ｘ２ɪ（０，１），且函数ｆ（ｘ）在（０，１）上单调递减，即证ｆ（ｘ１）＞ｆ１ｘ２æèçöø÷．ȵｆ（ｘ１）＝ｆ（ｘ２），ʑ即证ｆ（ｘ２）＞ｆ１ｘ２æèçöø÷，即证ｅｘｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ｘｅ１ｘ－ｌｎｘ－１ｘ＞０，ｘɪ（１，＋ɕ）．即证ｅｘｘ－ｘｅ１ｘ－２ｌｎｘ－１２ｘ－１ｘæèçöø÷éëêêùûúú＞０．下面证明当ｘ＞１时，ｅｘｘ－ｘｅ１ｘ＞０，ｌｎｘ－１２ｘ－１ｘæèçöø÷＜０．设ｇ（ｘ）＝ｅｘｘ－ｘｅ１ｘ，ｘ＞１，则ｇᶄ（ｘ）＝１ｘ－１ｘ２æèçöø÷ｅｘ－ｅ１ｘ＋ｘｅ１ｘ㊃－１ｘ２æèçöø÷æèçöø÷＝１ｘ１－１ｘæèçöø÷ｅｘ－ｅ１ｘ１－１ｘæèçöø÷＝１－１ｘæèçöø÷ｅｘｘ－ｅ１ｘæèçöø÷＝ｘ－１ｘｅｘｘ－ｅ１ｘæèçöø÷．设φ（ｘ）＝ｅｘｘ（ｘ＞１），φᶄ（ｘ）＝１ｘ－１ｘ２æèçöø÷ｅｘ＝ｘ－１ｘ２ｅｘ＞０，ʑφ（ｘ）＞φ（１）＝ｅ，而ｅ１ｘ＜ｅ，ʑｅｘｘ－ｅ１ｘ＞０，ʑｇᶄ（ｘ）＞０，所以ｇ（ｘ）在（１，＋ɕ）上单调递增，即ｇ（ｘ）＞ｇ（１）＝０，ʑｅｘｘ－ｘｅ１ｘ＞０．令ｈ（ｘ）＝ｌｎｘ－１２ｘ－１ｘæèçöø÷，ｘ＞１，则ｈᶄ（ｘ）＝１ｘ－１２１＋１ｘ２æèçöø÷＝２ｘ－ｘ２－１２ｘ２＝－（ｘ－１）２２ｘ２＜０，ʑｈ（ｘ）在（１，＋ɕ）上单调递减，即ｈ（ｘ）＜ｈ（１）＝０，ʑｌｎｘ－１２ｘ－１ｘæèçöø÷＜０．ʑｅｘｘ－ｘｅ１ｘ－２ｌｎｘ－１２ｘ－１ｘæèçöø÷éëêêùûúú＞０，ʑｘ１ｘ２＜１．点评㊀本题是极值点偏移问题，故考虑构造对称函数，则问题等价于证明Ｆ（ｘ）＞０，不过直接证明Ｆ（ｘ）＞０是比较困难的，这里采用 各个击破 的办法来处理，使得问题得以解决．结㊀语极值点偏移问题对于学生来说是个难点，教师在教学中要把极值点偏移问题的类型与破解方法给学生讲解透彻，既要讲清楚 需要构造什么函数，构造函数之后如何根据单调性进行证明 ，又要将极值点偏移问题进行分类，适当地给学生做强化训练．学生只有真正地理解了极值点偏移问题的类型及破解策略，而且通过题型训练，做到熟能生巧，在考试中遇到时才能从容应对．ʌ参考文献ɔ［１］罗文军．极值点偏移问题破解策略［Ｊ］．中学生数理化（高二数学），２０１８（３）：３－５．［２］曾雪萍．通过函数构造解决极值点偏移问题［Ｊ］．数学学习与研究，２０２０（１６）：１２８－１２９．［３］张君，李武学，胡泽余．构造法在极值点偏移问题中的应用 从２０２２年高考全国甲卷２１题谈起［Ｊ］．中学数学研究，２０２２（１２）：４３－４５．［４］李鸿昌，徐章韬．关于对数平均的一个不等式的推广［Ｊ］．数学通报，２０２３，６２（８）：５０－５２．［５］李鸿昌．一道新高考导数压轴题的解法探究［Ｊ］．高中数学教与学，２０２１（１５）：２２－２３．。
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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（4）由f (x1) f (x2 ),结合（3）及f (x)的单调性确定x1与2x0 x2的 大小关系
变式练习1：
已知函数f (x) ln x ax2 (2 a)x
(1)讨论f (x)的单调性
x1, 2 x2 ,1
原始型差函数
构造
对称型差函数
F(x) f (x) f (2 x) (x 1) F(x) f (1 x) f (1 x) (x 0)
例题：已知函数f (x) xex (1)求函数f (x)的单调区间和极值 (2)若x1 x2 , f (x1) f (x2 ), 求证：x1 x2 2
Hale Waihona Puke x1 1 2 x2 1 又f (x)在( ,1)上单调递增， x1 2 x2 x1 x2 2
小结：
上述问题的本质是比较
x1
2
x2
与极值点x0的大小
具体方法是通过构造差函数F(x) f (1 x) f (1 x)
利用函数单调性比较大小
解极值点偏移问题的步骤
(1)构造差函数F(x) f (x0 x) f (x0 x) (2)对F(x)求导，判断F（ x)的符号，确定F（x)的单调性
f (x)在 (,1) 单调递增，在 (1, ) 单调递减
又
x 1 f '(x) 0,
f
(
x)极大值
=f
(1)
1 e
链接
要证 x1 x2 2
只需证 x1 2 x2
x1 1 x2
只需证 f (x1) f (2 x2)
f (x1) f (x2 )
只需证 f (x2 ) f (2 x2 )
（2）设a 0, 证明：0 x 1 时，f ( 1 x) f ( 1 x)
a
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x0 , 证明：f (x0 ) 0
变式练习2： 已知函数f (x) ex 2x 2a (1)求函数f (x)的单调区间 （2）若存在两个不相等的正数x1, x2 , 假设f (x1) f (x2 )成立求证：f ( x1x2 ) 0
极值点居中 极值点偏移
案例：已知函数f (x) xex
(1)求函数f (x)的单调区间和极值
（2）若x1 x2 , f (x1) f (x2 ), 求证：x1 x2 2
解: (1) f '(x) ex x (ex ) (1 x)ex
x 1 f '(x) 0, x 1 f '(x) 0
解：构造函数F(x) f (1 x) f (1 x) (x 0)
F(x) (1 x)e(1x) (1 x)ex1
则F(x) x ex1 e(1x) 当x 0时F (x) 0 F (x)在(0, )单调递增，又F(0)=0
F (x) 0 即f (1 x) f (1 x) 令1 x x2 f (x2 ) f (2 x2 ) f (x1) f (2 x2 )