极值点偏移问题专题
极值点偏移的典型例题(含答案)
极值点偏移的问题（含答案）21212()ln ,(1()1121()()3(),,f x x ax a f x x x a a f m f mf x x x x x e =-==⋅1.已知为常数）（）若函数在处的切线与轴平行，求的值；（）当时，试比较与的大小；（）有两个零点证明：＞21212()ln (),,.f x x ax f x x x x x e =-⋅变式：已知函数，a 为常数。
(1)讨论的单调性；(2)若有两个零点，试证明：＞2012120()+sin,(0,1);2()()()()(),2.xf x x ax x f x a a f x f x f x f x x x x π=+∈=+2.已知（1）若在定义域内单调递增，求的取值范围；（2）当=-2时，记取得极小值为若求证＞()2121212121()ln -,()2(1=()()()(1)()1,,0,2f x x ax x a R f f xg x f x ax g x a x x f x f x x x x x =+∈-++=+≥3.已知（1）若）0，求函数的最大值；（2）令=-,求函数的单调区间；（3）若=-2,正实数满足（）证明：212122(1)1(1)1,,x x x x x e -+>>4.设a>0,函数f(x)=lnx-ax,g(x)=lnx-证明：当时，g(x)>0恒成立；（2）若函数f(x)无零点，求实数a 的取值范围；（3）若函数f(x)有两个相异零点x 求证：x1212312()2ln ,1()2(),8f x x a a x a R f x f x x x x x a x x a =--∈<⋅<5.已知常数。
（）求的单调区间；（）有两个零点，且；(i)指出的取值范围，并说明理由；（ii)求证：6.设函数()e ()x f x ax a a =-+∈R ，其图象与x 轴交于1(0)A x ，，2(0)B x ，两点，且12x x <．（1）求a 的取值范围；（2）证明：0f '<（()f x '为函数()f x 的导函数）；。
极值点偏移问题专练B卷—2023届高考数学重难点专题
极值点偏移问题专练B卷1.已知函数，．
若，求的单调区间；
若有两个不同的零点，，证明：．
2.已知函数．
讨论函数的单调性
若函数有两个零点，，求证：．
3. 已知函数．
若在上单调递减，求实数的取值范围；
若是方程的两个不相等的实数根，证明：．
3.已知函数，函数在上存在两个零点，．
求的单调区间；
证明：．
5. 已知函数
求函数在定义域内的最值；
当时，若有两个不同的零点，，求证：
6. 已知函有两个极值点，．
求的取值范围；
当时，证明：．
7. 已知函数为自然对数的底数．
若在上单调递增，求的取值范围；
若，函数的两个极值点为，证明：．
8. 已知函数，
讨论极值点的个数
若有两个极值点，，且，证明：．。
专题三 极值点偏移问题(原卷版)
（1）若函数 在定义域内有且只有一个极值点，求实数 的取值范围；
（2）已知 ， 是函数 的两个不同的零点，求证： ．
10．设函数 ， ，其中 ， 是自然对数的底数．
（1）若 在 上存在两个极值点，求 的取值范围；
（2）当 ，设 ， ，若 在 上存在两个极值点 ， ，且 ，求证： ．
专题三 极值点偏移问题
1．已知函数 .
（1）讨论函数 的单调性；
（2）当 时，若关于 的方程 有两个实数根 ， ，且 ，求证：单调性；
（2）设函数 满足 ，若函数 有两个不同的零点 、 且 ．
①求实数 的取值范围；
②证明： ．
3．已知函数 有两个相异零点 ．
（1）求a的取值范围．
（2）求证： ．
4．已知函数 若关于 的方程 有两个正实数根 且 .
（1）求实数 的取值范围；
（2）求证： .
5．设函数 ( )．
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若 且方程 ， 在 上有两个不相等的实数根 ， ，求证： ．
6．已知函数 ， ．
（1）求函数 的最小值；
（2）若 是 的切线，求实数k的值；
11．已知函数 有两个零点 ， .
（1）求实数 的取值范围；
（2）求证： .
12．已知函数 ，曲线 在点 处切线与直线 垂直．
（1）试比较 与 的大小，并说明理由；
（2）若函数 有两个不同的零点 ， ，证明： ．
（3）若 与 的图象有两个不同交点A( ， )，B( ， )，求证： ．
7．已知函数 ．
（Ⅰ）求函数 的图象在点 处的切线方程；
（Ⅱ）若存在两个不相等的数 ， ，满足 ，求证： ．
极值点偏移的问题(含答案)
极值点偏移的问题(含答案)1.已知 $f(x)=\ln x-ax$，其中 $a$ 为常数。
1）若函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线与 $x$ 轴平行，求$a$ 的值；2）当 $a=1$ 时，比较 $f(m)$ 和 $f(1)$ 的大小；3）$f(x)$ 有两个零点 $x_1$ 和 $x_2$，证明：$x_1\cdotx_2>e^2$。
变式：已知函数 $f(x)=\ln x-ax^2$，其中 $a$ 为常数。
1) 讨论 $f(x)$ 的单调性；2) 若有两个零点 $x_1$ 和 $x_2$，试证明：$x_1\cdotx_2>e$。
2.已知 $f(x)=x^2+ax+\sin (\pi x)$，$x\in(0,1)$。
1）若 $f(1)=0$，求函数 $f(x)$ 的最大值；2）令 $g(x)=f(x)-(ax-1)$，求函数 $g(x)$ 的单调区间；3）若 $a=-2$，正实数 $x_1$ 和 $x_2$ 满足$f(x_1)+f(x_2)+x_1x_2=0$，证明：$x_1+x_2\geq \frac{5}{2}$。
3.已知 $f(x)=\ln x-ax^2+x$，其中 $a\in R$。
1）若 $f(1)=0$，求函数 $f(x)$ 的最大值；2）令 $g(x)=f(x)-(ax-1)$，求函数 $g(x)$ 的单调区间；3）若 $a=-2$，正实数 $x_1$ 和 $x_2$ 满足$f(x_1)+f(x_2)+x_1x_2=0$，证明：$x_1+x_2\geq \frac{5}{2}$。
4.设 $a>0$，函数 $f(x)=\ln x-ax$，$g(x)=\ln x-\frac{2(x-1)}{x+1}$。
1）证明：当 $x>1$ 时，$g(x)>0$ 恒成立；2）若函数 $f(x)$ 无零点，求实数 $a$ 的取值范围；3）若函数$f(x)$ 有两个相异零点$x_1$ 和$x_2$，求证：$x_1\cdot x_2>e^2$。
高中数学专题 微专题13 极值点偏移问题
由 f′(x)＝1－1x＋ln x－2x＋a＝0 得
a＝2x＋1x－ln x－1，
所以直线 y＝a 与函数 g(x)＝2x＋1x－ln x－1 的图象有两个交点，
由
g(x)
＝
2x
＋
1 x
－
பைடு நூலகம்
ln
x－1
得
g′(x)
＝
2
－
1 x2
－
1 x
＝
2x2－x－1 x2
＝
2x＋1x－1
x2
，x∈(0，＋∞)，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，因此g(x)min＝g(1)＝2， 当x→0时，g(x)→＋∞， 当x→＋∞时，g(x)→＋∞， 作出y＝g(x)的大致图象，如图所示. 所以若有两个交点，只需a>2，即a的取值范围为 (2，＋∞).
(2)设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，证明：x1＋x2>2.
因为x1，x2是函数f(x)的两个极值点， 所以f′(x1)＝f′(x2)＝0，由(1)可知g(x1)＝g(x2)＝a，不妨设0<x1<1<x2， 要证明x1＋x2>2，只需证明x2>2－x1， 显然2－x1>1， 由(1)可知，当x∈(1，＋∞)时，g(x)单调递增，所以只需证明g(x2)>g(2 －x1)， 而g(x1)＝g(x2)＝a， 所以证明g(x1)>g(2－x1)即可， 即证明函数h(x)＝g(x)－g(2－x)>0在x∈(0,1)时恒成立，
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(2)若f′(x0)＝0(f′(x)为f(x)的导函数)，方程f(x)＝m有两个不相等的实数 根x1，x2，求证：x1＋x2>2x0.
专题31 极值点偏移问题的研究(解析版)
专题31 极值点偏移问题的研究一、题型选讲题型一、常见的极值点偏移问题常见的极值点偏移问题主要有以下几种题型：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 ； 例1、(2019无锡期末)已知函数f(x)＝e x －a2x 2－ax(a>0)．(1) 当a ＝1时,求证：对于任意x>0,都有f(x)>0 成立；(2) 若函数y ＝f(x)恰好在x ＝x 1和x ＝x 2两处取得极值,求证：x 1＋x 22<ln a.思路分析 (1)利用导数分别讨论函数 和 的单调性即可；(2)直接证明比较困难,需要利用分析法,通过代数变形,换元等方法将问题转化为熟悉的不等式问题,再通过构造函数,结合常用不等式 ,利用导数进行证明．(1)由f(x)＝e x －12x 2－x,则f′(x)＝e x －x －1,令g(x)＝f′(x),则g′(x)＝e x －1,(3分)当x>0,g′(x)>0,则f′(x)在(0,＋∞)上单调递增,故f′(x)>f′(0)＝0,所以f(x)在(0,＋∞)上单调递增,(5分)进而f(x)>f(0)＝1>0,即对于任意x>0,都有f(x)>0.(6分)(2) f′(x)＝e x －ax －a,因为x 1,x 2为f(x)的两个极值点,所以⎩⎪⎨⎪⎧f′（x 1）＝0，f′（x 2）＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧e x 1－ax 1－a ＝0，e x 2－ax 2－a ＝0.两式相减,得a ＝⎩⎪⎨⎪⎧e x 4－ax 1－a ＝0，e x 2－ax 2－a ＝0.两式相减,得a ＝e x 1－e x 2x 1－x 2,(8分)则所证不等式等价x 1＋x 22<ln e x 1－e x 2x 1－x 2,即e x 1－x 22<e x 1－x 2－1x 1－x 2,(12分)令t ＝x 1－x 2,t>0,所以证不等式只需证明： e t 2<e t －1t →t e t2－e t ＋1<0,(14分) 设φ(t)＝t e t 20⎝⎛⎭⎫t2＋1≥0,所以φ′(t)≤0,所以φ(t)在(0,＋∞)单调递减,φ(t)<φ(0)＝0. 所以x 1＋x 22<ln a.(16分)例2、(2018常州期末)已知函数f(x)＝ln x（x ＋a ）2,其中a 为常数．(1) 若a ＝0,求函数f(x)的极值；(2) 若函数f(x)在(0,－a)上单调递增,求实数a 的取值范围；(3) 若a ＝－1,设函数f(x)在(0,1)上的极值点为x 0,求证：f(x 0)<－2.思路分析 第一小问,利用导函数求单调性、极值、值域的一般步骤,必须掌握！也是解决后面问题的基础；第二小问,由函数在(0,－a)上的单调性得出导函数在特定区间的符号,转化为含参数的恒成立问题；第三小问,关键是找到零点的大致范围,还是利用导数求最大值、最小值的方法．规范解答 (1) 当a ＝0时,f(x)＝ln xx 2,定义域为(0,＋∞)．f′(x)＝1－2ln x x 3,令f′(x)＝0,得x ＝e .当x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表：所以当x ＝e 时,f(x)的极大值为12e ,无极小值．(4分)(2) f′(x)＝1＋ax－2ln x （x ＋a ）3,由题意f′(x)≥0对x∈(0,－a)恒成立．因为x∈(0,－a),所以(x ＋a)3<0,所以1＋ax －2ln x≤0对x∈(0,－a)恒成立．所以a≤2x ln x －x 对x∈(0,－a)恒成立．(6分)令g(x)＝2x ln x －x,x∈(0,－a),则g′(x)＝2ln x ＋1.∈若0<－a≤e －12,即0>a≥－e －12,则g′(x)＝2ln x ＋1<0对x∈(0,－a)恒成立,所以g(x)＝2x ln x －x 在(0,－a)上单调递减,则a≤2(－a)ln (－a)－(－a),所以ln (－a)≥0,所以a≤－1与a≥－e －12矛盾,舍去；∈若－a>e －12,即a<－e －12,令g′(x)＝2ln x ＋1＝0,得x ＝e －12,当0<x<e －12时,g′(x)＝2ln x ＋1<0,所以g(x)＝2x ln x －x 单调递减,当e －12<x<－a 时,g′(x)＝2ln x ＋1>0,所以g(x)＝2x ln x －x 单调递增,所以当x ＝e －12时,g(x)min ＝g(e －12)＝2e －12·lne －12－e －12＝－2e －12,所以a≤－2e －12.综上,实数a 的取值范围是(－∞,－2e －12]．(10分)(3) 当a ＝－1时,f(x)＝ln x（x －1）2,f′(x)＝x －1－2x ln x x （x －1）3.令h(x)＝x －1－2x ln x,x∈(0,1),则h′(x)＝1－2(ln x ＋1)＝－2ln x －1,令h′(x)＝0,得x ＝e －12.∈当e －12≤x<1时,h′(x)≤0,所以h(x)＝x －1－2x ln x 单调递减,h(x)∈(0,2e －12－1],x∈(0,1),所以f′(x)＝x －1－2x ln x x （x －1）3<0恒成立,所以f(x)＝ln x （x －1）2单调递减,且f(x)≤f(e －12)．(12分)∈当0<x≤e －12时,h′(x)≥0,所以h(x)＝x －1－2x ln x 单调递增,其中h ⎝⎛⎭⎫12＝12－1－2·12·ln 12＝ln 4e>0, h(e －2)＝e －2－1－2e －2·lne －2＝5e2－1<0,所以存在唯一x 0∈⎝⎛⎭⎫e －2，12,使得h(x 0)＝0,所以f′(x 0)＝0, 当0<x<x 0时,f′(x)>0,所以f(x)＝ln x（x －1）2单调递增；当x 0<x≤e －12时,f′(x)<0,所以f(x)＝ln x （x －1）2单调递减,且f(x)≥f(e －12),(14分) 由∈和∈可知,f(x)＝ln x（x －1）2在(0,x 0)上单调递增,在(x 0,1)上单调递减,所以当x ＝x 0时,f(x)＝ln x（x －1）2取极大值．因为h(x 0)＝x 0－1－2x 0ln x 0＝0,所以ln x 0＝x 0－12x 0,所以f(x 0)＝ln x 0（x 0－1）2＝12x 0（x 0－1）＝12⎝⎛⎭⎫x 0－122－12.又x 0∈⎝⎛⎭⎫e －2，12∈⎝⎛⎭⎫0，12,所以2⎝⎛⎭⎫x 0－122－12∈⎝⎛⎭⎫－12，0,所以f(x 0)＝12⎝⎛⎭⎫x 0－122－12<－2.(16分)例3、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调)设函数f(x)＝x －a sin x(a>0)．(1) 若函数y ＝f(x)是R 上的单调增函数,求实数a 的取值范围； (2) 设a ＝12,g (x )＝f (x )＋b ln x ＋1(b ∈R ,b ≠0),g ′(x )是g (x )的导函数．∈若对任意的x >0,g ′(x )>0,求证：存在x 0,使g (x 0)<0；∈若g (x 1)＝g (x 2)(x 1≠x 2),求证：x 1x 2<4b 2.思路分析 (1) 由题意,f′(x)≥0对x∈R 恒成立,可考虑参数分离求参数范围；(2)∈根据x >0,g ′(x )>0,知g (x )为增函数,根据基本初等函数的性质得出必须有b >0,当然要说明理由,再寻找支撑点x 0的值,x →0时,b ln x 下降的程度大于x ,而－12sin x 在固定范围,所以使b ln x 足够小即可；∈用(1)的结论和g (x 1)＝g (x 2)(x 1≠x 2),构建不等式－2b >x 2－x 1ln x 2－ln x 1>0,然后运用放缩和换元的策略,转化为证明一元函数的单调性,即可证明．规范解答 (1) 由题意,f ′(x )＝1－a cos x ≥0对x ∈R 恒成立,(1分) 因为a >0,所以1a ≥cos x 对x ∈R 恒成立,因为(cos x )max ＝1,所以1a≥1,从而0<a ≤1.(3分)(2) ∈g (x )＝x －12sin x ＋b ln x ＋1,所以g ′(x )＝1－12cos x ＋bx.若b <0,则存在－b 2>0,使g ′⎝⎛⎭⎫－b 2＝－1－12cos ⎝⎛⎭⎫－b 2<0,不合题意,所以b >0.(5分)取x 0＝e －3b,则0<x 0<1.此时g (x 0)＝x 0－12sin x 0＋b ln x 0＋1<1＋12＋b lne －3b ＋1＝－12<0.所以存在x 0>0,使g (x 0)<0.(8分)∈依题意,不妨设0<x 1<x 2,令x 2x 1＝t ,则t >1.由(1)知函数y ＝x －sin x 单调递增,所以x 2－sin x 2>x 1－sin x 1.从而x 2－x 1>sin x 2－sin x 1.(10分) 因为g (x 1)＝g (x 2),所以x 1－12sin x 1＋b ln x 1＋1＝x 2－12sin x 2＋b ln x 2＋1,所以－b (ln x 2－ln x 1)＝x 2－x 1－12(sin x 2－sin x 1)>12(x 2－x 1)．所以－2b >x 2－x 1ln x 2－ln x 1>0.(12分)下面证明x 2－x 1ln x 2－ln x 1>x 1x 2,即证明t －1ln t >t ,只要证明ln t －t －1t <0 (*)．设h (t )＝ln t －t －1t (t >1),所以h ′(t )＝－（t －1）22t t <0在(1,＋∞)上恒成立．所以h (t )在(1,＋∞)上单调递减,故h (t )<h (1)＝0,从而(*)得证．所以－2b >x 1x 2,即x 1x 2<4b 2.(16分)例4、(2018南通、泰州一调)已知函数g(x)＝x 3＋ax 2＋bx(a,b∈R )有极值,且函数f (x )＝(x ＋a )e x 的极值点是g (x )的极值点,其中e 是自然对数的底数．(极值点是指函数取得极值时对应的自变量的值)(1) 求b 关于a 的函数关系式；(2) 当a >0时,若函数F (x )＝f (x )－g (x )的最小值为M (a ),证明：M (a )<－73.思路分析 (1) 易求得f(x)的极值点为－a －1,则g′(－a －1)＝0且g′(x)＝0有两个不等的实数解,解之得b与a 的关系．(2) 求导得F′(x)＝(x ＋a ＋1)(e x －3x ＋a ＋3),解方程F′(x)＝0时,无法解方程e x －3x ＋a ＋3＝0,构造函数h(x)＝e x －3x ＋a ＋3,证得h(x)>0,所以－a －1为极小值点,而且得出M(a),利用导数法证明即可．规范解答 (1) 因为f′(x)＝e x ＋(x ＋a)e x ＝(x ＋a ＋1)e x ,令f′(x)＝0,解得x ＝－a －1.列表如下：所以x ＝－a －1时,f(x)取得极小值．(2分)因为g′(x)＝3x 2＋2ax ＋b,由题意可知g′(－a －1)＝0,且Δ＝4a 2－12b>0,所以3(－a －1)2＋2a(－a －1)＋b ＝0,化简得b ＝－a 2－4a －3.(4分)由Δ＝4a 2－12b ＝4a 2＋12(a ＋1)(a ＋3)>0,得a≠－32.所以b ＝－a 2－4a －3⎝⎛⎭⎫a≠－32.(6分) (2) 因为F(x)＝f(x)－g(x)＝(x ＋a)e x －(x 3＋ax 2＋bx),所以F′(x)＝f′(x)－g′(x)＝(x ＋a ＋1)e x －[3x 2＋2ax －(a ＋1)(a ＋3)]＝(x ＋a ＋1)e x －(x ＋a ＋1)(3x －a －3)＝(x ＋a ＋1)(e x －3x ＋a ＋3)．(8分)记h(x)＝e x －3x ＋a ＋3,则h′(x)＝e x －3,令h′(x)＝0,解得x ＝ln 3.列表如下：所以x ＝ln 3时,h(x)取得极小值,也是最小值,此时,h(ln 3)＝e ln 3－3ln 3＋a ＋3＝6－3ln 3＋a＝3(2－ln 3)＋a ＝3ln e 23＋a>a>0.(10分)所以h(x)＝e x －3x ＋a ＋3≥h(ln 3)>0,令F′(x)＝0,解得x ＝－a －1.列表如下：所以x ＝－a －1时,F(x)取得极小值,也是最小值．所以M(a)＝F(－a －1)＝(－a －1＋a)e－a －1－[(－a －1)3＋a(－a －1)2＋b(－a －1)]＝－e－a －1－(a ＋1)2(a ＋2)．(12分)令t ＝－a －1,则t<－1,记m(t)＝－e t －t 2(1－t)＝－e t ＋t 3－t 2,t<－1,则m′(t)＝－e t ＋3t 2－2t,t<－1.因为－e －1<－e t <0,3t 2－2t>5,所以m′(t)>0,所以m(t)单调递增．(14分) 所以m(t)<－e －1－2<－13－2＝－73,即M(a)<－73.(16分)题型二、构造函数的极值点偏移问题(1)求出函数)(x f 的极值点0x ；(2)构造一元差函数)()()(00x x f x x f x F --+=；(3)确定函数)(x F 的单调性；(4)结合0)0(=F ,判断)(x F 的符号,从而确定)(0x x f +、)(0x x f -的大小关系.例5、(2017苏州期末)已知函数f (x )＝(ln x －k －1)x (k ∈R )．(1) 当x ＞1时,求函数f (x )的单调区间和极值；(2) 若对于任意x ∈[e,e 2],都有f (x )＜4ln x 成立,求实数k 的取值范围； (3) 若x 1≠x 2,且f (x 1)＝f (x 2),证明：x 1x 2＜e 2k .. 思路分析 (1) 只要注意对k 的讨论． (2) 分离出k ,转化为k ＞K (x )恒成立问题．(3) 先说明0＜x 1＜e k＜x 2,从而只要证e k＜x 2＜e 2k x 1,只要证f (x 1)＝f (x 2)＜f ⎝⎛⎭⎫e 2k x 1.转化为关于x 1的不等式对0＜x 1＜e k 恒成立问题．规范解答 (1) f ′(x )＝ln x －k ,其中x ＞1.(1分)∈若k ≤0,则x ＞1时,f ′(x )＞0恒成立,f (x )在(1,＋∞)上单调递增,无极值；(2分) ∈若k ＞0,则f (x )在(1,e k ]上单调递减,在[e k ,＋∞)上单调递增,(4分) 有极小值f (e k )＝－e k ,无极大值．(5分)(2) 问题可转化为k ＞⎝⎛⎭⎫1－4x ln x －1对x ∈[e,e 2]恒成立．(7分) 设K (x )＝⎝⎛⎭⎫1－4x ln x －1,则K ′(x )＝4x 2ln x ＋⎝⎛⎭⎫1－4x 1x ＝4x 2(ln x －1)＋1x. 当x ∈[e,e 2]时,K ′(x )≥1x ＞0,所以K (x )在[e,e 2]上单调递增,K (x )max ＝K (e 2)＝1－8e 2.(9分)所以实数k 的取值范围是⎝⎛⎭⎫1－8e 2，＋∞.(10分) (3) 因为f ′(x )＝ln x －k ,所以f (x )在(0,e k ]上单调递减,在[e k ,＋∞)上单调递增．不妨设0＜x 1＜e k＜x 2.要证x 1x 2＜e 2k ,只要证x 2＜e 2kx 1.因为f (x )在[e k,＋∞)上单调递增,所以只要证f (x 1)＝f (x 2)＜f ⎝⎛⎭⎫e 2kx 1,即要证(ln x 1－k －1)x 1＜(k －ln x 1－1)e2kx 1.(12分)令t ＝2(k －ln x 1)＞0,只要证(t －2)e t ＋t ＋2＞0.设H (t )＝(t －2)e t ＋t ＋2,则只要证H (t )＞0对t ＞0恒成立．H ′(t )＝(t －1)e t ＋1,H ″(t )＝t e t ＞0对t ＞0恒成立．所以H ′(t )在(0,＋∞)上单调递增,H ′(t )＞H ′(0)＝0.(14分)所以H (t )在(0,＋∞)上单调递增,H (t )＞H (0)＝0. 综上所述,x 1x 2＜e 2k .(16分)例6、(2019南通、泰州、扬州一调)已知函数f(x)＝ax ＋ln x(a∈R )．(1) 讨论f (x )的单调性；(2) 设f (x )的导函数为f ′(x ),若f (x )有两个不相同的零点x 1,x 2.∈求实数a 的取值范围；∈证明：x 1f ′(x 1)＋x 2f ′(x 2)>2ln a ＋2.思路分析 (1)求导函数f′(x),对a 分类讨论,确定导函数的正负,即可得到f(x)的单调性(2)∈根据第(1)问的函数f(x)的单调性,确定a>0,且f(x)min ＝f(a)<0,求得a 的取值范围,再用零点判定定理证明根的存在性．∈ 对所要证明的结论分析,问题转化为证明x 1x 2>a 2,不妨设0<x 1<a<x 2,问题转化为证明x 1>a 2x 2,通过对f(x)的单调性的分析,问题进一步转化为证明f ⎝⎛⎭⎫a 2x 2>f(x 2),构造函数,通过导数法不难证得结论．解：(1)f(x)的定义域为(0,＋∞),且f′(x)＝x －ax2.(1.1)当a≤0时,f′(x)>0成立,所以f(x)在(0,＋∞)为增函数；(2分)(1.2)当a>0时,(i )当x>a 时,f′(x)>0,所以f(x)在(a,＋∞)上为增函数；(ii )当0<x<a 时,f′(x)<0,所以f(x)在(0,a)上为减函数．(4分)(2)∈由(1)知,当a≤0时,f(x)至多一个零点,不合题意；当a>0时,f(x)的最小值为f(a),依题意知f(a)＝1＋ln a<0,解得0<a<1e.(6分)一方面,由于1>a,f(1)＝a>0,f(x)在(a,＋∞)为增函数,且函数f(x)的图像在(a,1)上不间断．所以f(x)在(a,＋∞)上有唯一的一个零点． 另一方面, 因为0<a<1e ,所以0<a 2<a<1e .f(a 2)＝1a ＋ln a 2＝1a ＋2ln a,令g(a)＝1a ＋2ln a,当0<a<1e 时,g′(a)＝－1a 2＋2a ＝2a －1a 2<0,所以f(a 2)＝g(a)＝1a＋2ln a>g ⎝⎛⎭⎫1e ＝e －2>0 又f(a)<0,f(x)在(0,a)为减函数,且函数f(x)的图像在(a 2,a)上不间断．所以f(x)在(0,a)有唯一的一个零点． 综上,实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，1e .(10分) ∈ 设p ＝x 1f′(x 1)＋x 2f′(x 2)＝1－a x 1＋1－ax 2＝2－⎝⎛⎭⎫a x 1＋a x 2. 又⎩⎨⎧ln x 1＋a x 1＝0，ln x 2＋a x 2＝0，则p ＝2＋ln (x 1x 2)．(12分)下面证明x 1x 2>a 2.不妨设x 1<x 2,由∈知0<x 1<a<x 2. 要证x 1x 2>a 2,即证x 1>a 2x 2.因为x 1,a 2x 2∈(0,a),f(x)在(0,a)上为减函数,所以只要证f ⎝⎛⎭⎫a 2x 2>f(x 1)．又f(x 1)＝f(x 2)＝0,即证f ⎝⎛⎭⎫a 2x 2>f(x 2)．(14分) 设函数F(x)＝f ⎝⎛⎭⎫a 2x －f(x)＝x a －a x －2ln x ＋2ln a(x>a)． 所以F′(x)＝（x －a ）2ax 2>0,所以F(x)在(a,＋∞)为增函数．所以F(x 2)>F(a)＝0,所以f ⎝⎛⎭⎫a 2x 2>f(x 2)成立． 从而x 1x 2>a 2成立．所以p ＝2＋ln (x 1x 2)>2ln a ＋2,即x 1f′(x 1)＋x 2f′(x 2)>2ln a ＋2成立．(16分)解题反思 1. 第(2)∈中,用零点判定定理证明f(x)在(0,a)上有一个零点是解题的一个难点,也是一个热点问题,就是当0<a<1e 时,要找一个数x 0<a,且f(x 0)>0,这里需要取关于a 的代数式,取x 0＝a 2,再证明f(a 2)>0,事实上由(1)可以得到x ln x≥－1e ,而f(a 2)＝1a ＋ln a 2＝1＋2a ln a a>0即可．2. 在(2)∈中证明x 1x 2>a 2的过程,属于构造消元构造函数方法,将两个变量x 1,x 2转化为证明单变量的问题,这一处理方法,在各类压轴题中,经常出现,要能领悟并加以灵活应用二、达标训练1、(2018常州期末)已知函数f(x)＝ln x（x ＋a ）2,其中a 为常数．(1) 若a ＝0,求函数f(x)的极值；(2) 若函数f(x)在(0,－a)上单调递增,求实数a 的取值范围；(3) 若a ＝－1,设函数f(x)在(0,1)上的极值点为x 0,求证：f(x 0)<－2.思路分析 第一小问,利用导函数求单调性、极值、值域的一般步骤,必须掌握！也是解决后面问题的基础；第二小问,由函数在(0,－a)上的单调性得出导函数在特定区间的符号,转化为含参数的恒成立问题；第三小问,关键是找到零点的大致范围,还是利用导数求最大值、最小值的方法．规范解答 (1) 当a ＝0时,f(x)＝ln xx 2,定义域为(0,＋∞)．f′(x)＝1－2ln x x 3,令f′(x)＝0,得x ＝e .当x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表：所以当x ＝e 时,f(x)的极大值为12e ,无极小值．(4分)(2) f′(x)＝1＋ax－2ln x （x ＋a ）3,由题意f′(x)≥0对x∈(0,－a)恒成立．因为x∈(0,－a),所以(x ＋a)3<0,所以1＋ax －2ln x≤0对x∈(0,－a)恒成立．所以a≤2x ln x －x 对x∈(0,－a)恒成立．(6分)令g(x)＝2x ln x －x,x∈(0,－a),则g′(x)＝2ln x ＋1.∈若0<－a≤e －12,即0>a≥－e －12,则g′(x)＝2ln x ＋1<0对x∈(0,－a)恒成立,所以g(x)＝2x ln x －x 在(0,－a)上单调递减,则a≤2(－a)ln (－a)－(－a),所以ln (－a)≥0,所以a≤－1与a≥－e －12矛盾,舍去；∈若－a>e －12,即a<－e －12,令g′(x)＝2ln x ＋1＝0,得x ＝e －12,当0<x<e －12时,g′(x)＝2ln x ＋1<0,所以g(x)＝2x ln x －x 单调递减,当e －12<x<－a 时,g′(x)＝2ln x ＋1>0,所以g(x)＝2x ln x －x 单调递增,所以当x ＝e －12时,g(x)min ＝g(e －12)＝2e －12·lne －12－e －12＝－2e －12,所以a≤－2e －12.综上,实数a 的取值范围是(－∞,－2e －12]．(10分)(3) 当a ＝－1时,f(x)＝ln x（x －1）2,f′(x)＝x －1－2x ln x x （x －1）3.令h(x)＝x －1－2x ln x,x∈(0,1),则h′(x)＝1－2(ln x ＋1)＝－2ln x －1,令h′(x)＝0,得x ＝e －12.∈当e －12≤x<1时,h′(x)≤0,所以h(x)＝x －1－2x ln x 单调递减,h(x)∈(0,2e －12－1],x∈(0,1),所以f′(x)＝x －1－2x ln x x （x －1）3<0恒成立,所以f(x)＝ln x （x －1）2单调递减,且f(x)≤f(e －12)．(12分)∈当0<x≤e －12时,h′(x)≥0,所以h(x)＝x －1－2x ln x 单调递增,其中h ⎝⎛⎭⎫12＝12－1－2·12·ln 12＝ln 4e>0, h(e －2)＝e －2－1－2e －2·lne －2＝5e2－1<0,所以存在唯一x 0∈⎝⎛⎭⎫e －2，12,使得h(x 0)＝0,所以f′(x 0)＝0,当0<x<x 0时,f′(x)>0,所以f(x)＝ln x（x －1）2单调递增；当x 0<x≤e －12时,f′(x)<0,所以f(x)＝ln x （x －1）2单调递减,且f(x)≥f(e －12),(14分)由∈和∈可知,f(x)＝ln x（x －1）2在(0,x 0)上单调递增,在(x 0,1)上单调递减,所以当x ＝x 0时,f(x)＝ln x（x －1）2取极大值．因为h(x 0)＝x 0－1－2x 0ln x 0＝0,所以ln x 0＝x 0－12x 0,所以f(x 0)＝ln x 0（x 0－1）2＝12x 0（x 0－1）＝12⎝⎛⎭⎫x 0－122－12.又x 0∈⎝⎛⎭⎫e －2，12∈⎝⎛⎭⎫0，12,所以2⎝⎛⎭⎫x 0－122－12∈⎝⎛⎭⎫－12，0,所以f(x 0)＝12⎝⎛⎭⎫x 0－122－12<－2.(16分) 2、(2017南京学情调研)已知函数f (x )＝ax 2－bx ＋ln x ,a ,b ∈R .(1) 当a ＝b ＝1时,求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2) 当b ＝2a ＋1时,讨论函数f (x )的单调性；(3) 当a ＝1,b ＞3时,记函数f (x )的导函数f ′(x )的两个零点是x 1和x 2 (x 1＜x 2),求证：f (x 1)－f (x 2)＞34－ln2.思路分析 (1) 通过求出f ′(1),f (1)的值,利用点斜式求出切线的方程；(2) 研究单调性,通过求出导函数f ′(x ),然后研究f ′(x )的正负,分类讨论,确定分类的标准是a ≤0,a ＞0,在a ＞0时,再按12a ＜1,12a ＝1,12a＞1分类；(3) 要证明此不等式,首先要考察x 1,x 2的范围与a ,b 的关系,由已知求出f ′(x )＝2x 2－bx ＋1x (x ＞0),因此x 1,x 2是方程g (x )＝2x 2－bx ＋1＝0的两根,x 1x 2＝12,粗略地估计一下,由于g ⎝⎛⎭⎫12＝3－b 2＜0,g (1)＝3－b ＜0,因此有x 1∈⎝⎛⎭⎫0，12,x 2∈(1,＋∞),由此可知f (x )在[x 1,x 2]上为减函数,从而有f (x 1)－f (x 2)＞f ⎝⎛⎭⎫12－f (1),这里f ⎝⎛⎭⎫12－f (1)＝b 2－34－ln2＞34－ln2,正好可证明题设结论．规范解答 (1) 因为a ＝b ＝1,所以f (x )＝x 2－x ＋ln x , 从而f ′(x )＝2x －1＋1x.因为f (1)＝0,f ′(1)＝2,所以曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y －0＝2(x －1),即2x －y －2＝0.(3分) (2) 因为b ＝2a ＋1,所以f (x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ln x ,从而f ′(x )＝2ax －(2a ＋1)＋1x ＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x,x ＞0.(5分)当a ≤0时,若x ∈(0,1),则f ′(x )＞0；若x ∈(1,＋∞),则f ′(x )＜0,所以f (x )在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,＋∞)上单调递减．(7分)当0＜a ＜12时,由f ′(x )＞0得0＜x ＜1或x ＞12a ；由f ′(x )＜0得1＜x ＜12a ,所以f (x )在区间(0,1)和⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞上单调递增,在区间⎝⎛⎭⎫1，12a 上单调递减． 当a ＝12时,因为f ′(x )≥0(当且仅当x ＝1时取等号),所以f (x )在区间(0,＋∞)上单调递增．当a ＞12时,由f ′(x )＞0得0＜x ＜12a 或x ＞1；由f ′(x )＜0得12a ＜x ＜1,所以f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，12a 和(1,＋∞)上单调递增,在区间⎝⎛⎭⎫12a ，1上单调递减．(10分) (3) 证法1 因为a ＝1,所以f (x )＝x 2－bx ＋ln x ,从而f ′(x )＝2x 2－bx ＋1x(x ＞0)．由题意知,x 1,x 2是方程2x 2－bx ＋1＝0的两个根,由根与系数的关系可得x 1x 2＝12.记g (x )＝2x 2－bx ＋1,因为b ＞3,所以g ⎝⎛⎭⎫12＝3－b 2＜0,g (1)＝3－b ＜0,所以x 1∈⎝⎛⎭⎫0，12,x 2∈(1,＋∞),且bx i ＝2x 2i ＋1(i ＝1,2),(12分)所以f (x 1)－f (x 2)＝(x 21－x 22)－(bx 1－bx 2)＋ln x 1x 2＝－(x 21－x 22)＋ln x 1x 2. 因为x 1x 2＝12,所以f (x 1)－f (x 2)＝x 22－14x 22－ln(2x 22),x 2∈(1,＋∞)．(14分) 令t ＝2x 22∈(2,＋∞),φ(t )＝f (x 1)－f (x 2)＝t 2－12t－ln t .因为φ′(t )＝(t －1)22t 2≥0,所以φ(t )在区间(2,＋∞)上单调递增,所以φ(t )＞φ(2)＝34－ln2,即f (x 1)－f (x 2)＞34－ln2.(16分)证法2 因为a ＝1,所以f (x )＝x 2－bx ＋ln x ,从而f ′(x )＝2x 2－bx ＋1x(x ＞0)．由题意知,x 1,x 2是方程2x 2－bx ＋1＝0的两个根．记g (x )＝2x 2－bx ＋1,因为b ＞3,所以g ⎝⎛⎭⎫12＝3－b 2＜0,g (1)＝3－b ＜0,所以x 1∈⎝⎛⎭⎫0，12,x 2∈(1,＋∞),且f (x )在[x 1,x 2]上为减函数．(12分)所以f (x 1)－f (x 2)＞f ⎝⎛⎭⎫12－f (1)＝14－b 2＋ln 12－(1－b )＝－34＋b2－ln2. 因为b ＞3,所以f (x 1)－f (x 2)＞－34＋b 2－ln2＞34－ln2.(16分)3、已知函数()()2ln 2,g x x ax a x a R =-+-∈.(1)求()g x 的单调区间；(2)若函数()()()212f x g x a x x =++-, 1212,()x x x x <是函数()f x 的两个零点, ()f x '是函数()f x 的导函数,证明： 1202x x f +⎛⎫<⎪⎝⎭'. 【解析】试题分析：(1)先求函数导数,根据导函数是否变号进行讨论,当0a ≤时, ()0g x '>, ()g x 递增,当0a >时,导函数有一零点,导函数先正后负,故得增区间为10,a ⎛⎫⎪⎝⎭,减区间为1,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；(2)利用分析法先等价转化所证不等式：要证明1202x x f +⎛⎫<⎪⎝⎭',只需证明121212ln ln 20x x x x x x --<+- 12(0)x x <<,即证明()1212122ln ln x x x x x x ->-+,即证明12112221ln 1x x xx x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+,再令()120,1x t x =∈,构造函数()()1ln 22h t t t t =+-+,利用导数研究函数()h t 单调性,确定其最值： ()h t 在()0,1上递增,所以()()10h t h <=,即可证得结论. 试题解析：(1) ()g x 的定义域为()0,+∞, ()()122g x ax a x-'=+- 当0a ≤时, ()0g x '>, ()g x 递增当0a >时, ()()()()()2221211122ax a x x ax g x ax a x x x-+-++-'+=-+-==()()10,0,xg x g x a '<递增； ()()1,0,x g x g x a'><递减 综上：∈当0a >时, ()g x 的单调增区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭,单调减区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭当0a ≤时, ()g x 的单调增区间为()0,+∞即证明()1212122ln ln x x x x x x ->-+,即证明()12112221ln *1x x xx x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+令()120,1x t x =∈,则()()1ln 22h t t t t =+-+ 则()1ln 1h t t t +'=-, ()2110h t t t -'=<' ∈()h t '在()0,1上递减, ()()10h t h ''>=,∈()h t 在()0,1上递增, ()()10h t h <=所以()*成立,即1202x x f +⎛⎫<⎪⎝⎭' 4、已知函数()ln (,f x ax x b a b =+为实数)的图像在点()()1,1f 处的切线方程为1y x =-. (1)求实数,a b 的值及函数()f x 的单调区间；(2)设函数()()1f x g x x+=,证明()()1212()g x g x x x =<时, 122x x +>.5、过点P(−1,0)作曲线f(x)=e x的切线l．(1)求切线l的方程；(2)若直线l与曲线y=a f(x) (a∈R)交于不同的两点A(x1,y1),B(x2,y2),求证：x1+x2<−4．试题分析：(1)先根据导数几何意义求切线斜率y′|x=0=1,再根据点斜式求切线方程y=x+1．因为x1≠x2,不妨设x1<−2,x2>−2．设g(x)=f(x)−f(−4−x),则g′(x)=f′(x)+f′(−4−x)=(x+2)e x(1−e−2(2+x)),当x>−2时,g′(x)>0,g(x)在(−2,+∞)单调递增,所以g(x)>g(−2)=0,所以当x>−2时,f(x)>f(−4−x)．因为x2>−2,所以f(x2)>f(−4−x2),从而f(x1)>f(−4−x2),因为−4−x2<−2,f(x)在(−∞,−2)单调递减,所以x1<−4−x2,即x1+x2<−4．。
专题：极值点偏移问题
极值点偏移问题的解法探究极值点偏移问题在高考中很常见，此类问题以导数为背景考察学生运用函数与方程、数形结合、转换的思想解决函数问题的能力，层次性强，能力要求较高.极值点偏移（()00f x '=）二次函数()()121202f x f x x x x =⇒+= 一、常规方法——对称化构造例1.（2010天津）已知函数()e x f x x -=． （1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）已知函数()g x 的图像与()f x 的图像关于直线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 +>．()()1220112022f x f x x x x x x 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，有以下三个关键点：（1）1x ，2x 的范围（121x 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，就可轻松解决一些极值点偏移问题．例2.（2016新课标Ⅰ卷）已知函数()()()22e 1xf x x 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，在()1,+∞上，由()()120f x f x ==，可设121x x <<．构造辅助函数()()()2F x f x f x =-- ()()()()()()()()()2221e 21e21ee x xxx F x f x f x x a x a x --'''=+-=-++-+=--当1x <时，10x -<，2e e0xx--<，则()0F x '>，得()F x 在(),1-∞上，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,+∞上，故112x x <-，122x x +<．注意：极值点偏移问题的结论不一定总是()1202x x x +><，也可以是()2120x x x ><，借鉴前面的解题经验，我们就可给出类似的过程．例3. 已知函数()ln f x x x =的图像与直线y m =交于不同的两点()11,A x y ，()22,B x y ，求证：1221ex x <．证明：（i ）()ln 1f x x '=+，得()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上；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 的图像如下，得12101ex x <<<<．小结：用对称化构造的方法解极值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．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）122e x x +>；（2）212e x x >．二、偏移新花样——拐点偏移拐点偏移()()00f x ''=()()()12012022f x f x f x x x x +=⇒+=()()()120201120222fx f x f x x x x x x x +=⇒>-⇒+>例4. 已知函数()22ln f x x x x =++，若正实数1x ，2x 满足()()12+=4f x f x ，求证:122x x +≥。
极值点偏移问题专题 —拐点偏移PK极值点偏移常规套路
极值点偏移问题专题极值点偏移问题专题（0）——偏移新花样（拐点偏移） 极值点偏移问题专题（1）——对称化构造（常规套路） 极值点偏移问题专题（2）——函数的选取（操作细节） 极值点偏移问题专题（3）——变更结论（操作细节） 极值点偏移问题专题（4）——比值代换（解题方法） 极值点偏移问题专题（5）——对数平均不等式（本质回归）极值点偏移问题专题（6）——泰勒展开（本质回归）极值点偏移问题专题（7）——好题精选一题多解23例极值点偏移问题专题（8）——利用对数平均不等式处理极值点偏移压轴难题 极值点偏移问题专题（9）——一题学懂极值点偏移五大处理套路极值点偏移问题专题（0）——偏移新花样（拐点偏移）例1已知函数()22ln f x x x x =++，若正实数1x ，2x 满足()()12+=4f x f x ，求证:122x x +≥。
证明：注意到()1=2f ，()()()12+=21f x f x f()()()12+=21f x f x f()2=+210f x x x '+>()22=2f x x''-+，()1=0f ''，则（1,2）是()f x 图像的拐点，若拐点（1,2）也是()f x 的对称中心，则有12=2x x +，证明122x x +≥则说明拐点发生了偏移，作图如下想到了“极值点偏移”，想到了“对称化构造”，类似地，不妨将此问题命名为“拐点偏移”，仍可用“对称化构造”来处理． 不妨设1201x x <≤≤，要证()()1221212212x x x x f x f x +≥⇔≥-≥⇔≥- ()()()()11114242f x f x f x f x ⇔-≥-⇔≥+-()()()2F x f x f x =+-，(]0,1x ∈，则()()()()222212212F x f x f x x x x x '''=--⎛⎫⎛⎫=++-+-+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭()()141102x x x ⎛⎫=--≥ ⎪ ⎪-⎝⎭，得()Fx 在(]0,1上单增，有()()()1214F x F ≤=+=，得证。
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。
备战高考数学一轮复习讲义备选微专题 极值点偏移问题
极值点偏移问题极值点偏移的定义：对于函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内只有一个极值点x 0，方程f (x )的解分别为x 1，x 2，且a <x 1<x 2<b .(1) 若x 1＋x 22≠x 0，则称函数y ＝f (x )在区间(x 1，x 2)上极值点x 0偏移；(2) 若x 1＋x 22>x 0，则函数y ＝f (x )在区间(x 1，x 2)上极值点x 0左偏，简称极值点x 0左偏；(3) 若x 1＋x 22<x 0，则函数y ＝f (x )在区间(x 1，x 2)上极值点x 0右偏，简称极值点x 0右偏．对称化构造法解决极值点偏移问题例1 设函数f (x )＝2ln x －x 2＋1，若在f (x )的定义域内存在两实数x 1，x 2满足x 1<x 2且f (x 1)＝f (x 2)，求证：x 1＋x 2>2.【解答】 f ′(x )＝2x －2x ＝2－2x 2x ＝2(1－x 2)x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0.所以f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以由x 1<x 2且f (x 1)＝f (x 2)，知0<x 1<1<x 2.令F (x )＝f (x )－f (2－x )，x ∈(0,1)，则F ′(x )＝2(1－x 2)x －2[1－(2－x )2]2－x ·(2－x )′＝4(x －1)2x (2－x )>0，所以F (x )在(0,1)上单调递增，所以F (x )<F (1)＝0，即f (x )<f (2－x )，所以f (x 1)<f (2－x 1)．又f (x 1)＝f (x 2)，所以f (x 2)<f (2－x 1)．因为x 1∈(0,1)，所以2－x 1∈(1,2)，又x 2>1且f (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以x 2>2－x 1，即x 1＋x 2>2.变式 已知函数f (x )＝x ln x －x ＋1，若方程f (x )＝b 有两个不相等的实数根x 1，x 2，求证：x 1x 2<1.【解答】 f ′(x )＝ln x ，当x >1时，f ′(x )>0，当0<x <1时，f ′(x )<0，所以f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，在区间(0,1)上单调递减．不妨设x 1<x 2，则0<x 1<1<x 2，要证x 1x 2<1，只需证1<x 2<1x 1.因为f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，所以只需证f (x 2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1.因为f (x 1)＝f (x 2)，所以只需证f (x 1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1.设F (x )＝f (x )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x (0<x <1)，则F ′(x )＝ln x －1x 2ln x ＝x 2－1x 2ln x >0，所以F (x )在区间(0,1)上单调递增，所以F (x )<F (1)＝0，所以f (x )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x <0，即f (x 1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1成立，所以x 1x 2<1. 比值代换法解决极值点偏移问题例2 已知函数f (x )＝ax ln x ＋310a (a ≠0)．(1) 讨论f (x )的单调性；【解答】 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a ln x ＋a ＝a (ln x ＋1)．①当a >0时，令f ′(x )<0，得0<x <1e ，则f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减；令f ′(x )>0，得x >1e ，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增．②当a <0时，令f ′(x )<0，得x >1e ，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递减；令f ′(x )>0，得0<x <1e ，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递增．综上所述，当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增；当a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递增． (2) 若函数f (x )有两个零点 x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：x 1＋x 2>310.【解答】 因为x 1，x 2为f (x )的两个零点，所以ln x 1＋310x 1＝0，ln x 2＋310x 2＝0，两式相减，可得ln x 1－ln x 2＋310x 1－310x 2＝0，即ln x 1x 2＝310·x 1－x 2x 1x 2，即x 1x 2＝310·x 1－x 2ln x 1x 2，因此x 1＝310·x 1x 2－1ln x 1x 2，x 2＝310·1－x 2x 1ln x 1x 2.令t ＝x 1x 2，则x 1＋x 2＝310·t －1ln t ＋310·1－1t ln t ＝310·t －1t ln t .令h (t )＝t －1t －ln t (0<t <1)，则h ′(t )＝1＋1t 2－1t ＝t 2－t ＋1t 2>0，所以函数h (t )在(0,1)上单调递增，所以h (t )<h (1)＝0，即t －1t －ln t <0.因为0<t <1，所以t －1tln t >1，故x 1＋x 2>310得证．变式 已知a 是实数，函数f (x )＝a ln x －x .(1) 讨论f (x )的单调性；【解答】 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x －1＝a －x x ，当a ≤0时，f ′(x )<0恒成立，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，令f ′(x )>0，得x ∈(0，a )，令f ′(x )<0，得x ∈(a ，＋∞)，故f (x )在(0，a )上单调递增，在(a ，＋∞)上单调递减．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，f (x ) 在(0，a )上单调递增，在(a ，＋∞)上单调递减．(2) 若f (x )有两个相异的零点x 1，x 2且x 1>x 2>0，求证：x 1·x 2>e 2.【解答】 由(1)可知，要想f (x )有两个相异的零点x 1，x 2，则a >0.因为f (x 1)＝f (x 2)＝0，所以a ln x 1－x 1＝0，a ln x 2－x 2＝0，x 1－x 2＝a (ln x 1－ln x 2)．要证x 1·x 2>e 2，即证ln x 1＋ln x 2>2，等价于x 1a ＋x 2a >2，而1a ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以等价于证明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，则t >1，于是等价于证明ln t >2(t －1)t ＋1成立．设g (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1，t >1，g ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0，所以g (t )在(1，＋∞)上单调递增，故g (t )>g (1)＝0，即ln t >2(t －1)t ＋1成立，所以x 1·x 2>e 2，结论得证．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 1·x 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2x0－x之间的关系，进而得到所证或所求．2. 比值代换法：比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的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用t)表示两个极值点，即t＝x1x2，化为单变量的函数不等式，则将所求解问题转化为关于t的函数问题，进而求解．。
极值点偏移问题专题
极值点偏移问题专题0——偏移新花样拐点偏移例1已知函数()22ln f x x x x =++;若正实数1x ;2x 满足()()12+=4f x f x ; 求证:122x x +≥..证明：注意到()1=2f ;()()()12+=21f x f x f()22=2f x x''-+;()1=0f '';则1;2是()f x 图像的拐点;若拐点1;2也是()f x 的对称中心;则有12=2x x +;证明122x x +≥则说明拐点发生了偏移;作图如下想到了“极值点偏移”;想到了“对称化构造”;类似地;不妨将此问题命名为“拐点偏移”;仍可用“对称化构造”来处理． 不妨设1201x x <≤≤;要证()()()2F x f x f x =+-;(]0,1x ∈;则()()141102x x x ⎛⎫=--≥ ⎪ ⎪-⎝⎭;得()F x 在(]0,1上单增;有()()()1214F x F ≤=+=;得证.. 2、极值点偏移PK 拐点偏移常规套路 1、 极值点偏移()00f x '=二次函数()()121202f x f x x x x =⇒+= 2、拐点偏移()()00f x ''=极值点偏移问题专题1——对称化构造常规套路例12010天津已知函数()e xf x x -=．1求函数()f x 的单调区间和极值；2已知函数()g x 的图像与()f x 的图像关于直线1x =对称;证明：当1x >时;()()f x g x >；()()1220112022f x f x x x x x x x =⇒>-⇒+>3如果12x x ≠;且()()12f x f x =;证明：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：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： 11x ;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;就可轻松解决一些极值点偏移问题．例22016新课标Ⅰ卷已知函数()()()22e 1x f x x 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;在()1,+∞上;由()()120f x f x ==;可设121x x <<．构造辅助函数()()()2F x f x f x =-- 当1x <时;10x -<;2e e0xx--<;则()0F x '>;得()F x 在(),1-∞上;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,+∞上;故112x 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 +><;也可以是()2120x x x ><;借鉴前面的解题经验;我们就可给出类似的过程．例3 已知函数()ln f x x x =的图像与直线y m =交于不同的两点()11,A x y ;()22,B x y ;求证：1221ex x <． 证明：i ()ln 1f x x '=+;得()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上;在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上；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 的图像如下;得12101ex x <<<<．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．。
极值点偏移问题专题
2例1已知函数f x =2ln x x x，若正实数x i, X2满足f X i +f x? =4 , 求证:x1x2 -2。
证明：注意到f 1 =2，f +f x2 =2f 1f x1 +f x2 =2f 12f x = +2x 10x不妨设0 ：：：X1乞1乞X2，要证x-i x2- 2二x2_ 2「％ -1二f x2- f 2 -论=4-f 为-f 2-凶=4 一f % f 2 - ％F x = f x f 2 -x , x 0,1 1,则F x 二f x -f2-x+1 |「丄+2（2_x）+1 丿l2—x极值点偏移问题专题（0）偏移新花样（拐点偏移）2r x = 22，C 1 =0，则（1,2 ）是f X图像的拐点，若拐点（1,2 ）也是f x的x移”，仍可用“对称化构造”来处理.= 4(1—x) ------------ —1 >0 ,(x(2—x)丿得F x在0,11上单增，有Fx乞F1=2'1=4，得证。
2、极值点偏移PK拐点偏移常规套路1、极值点偏移(「x0 =0)(1) 求函数f x的单调区间和极值;(2) 已知函数g x的图像与f x的图像关于直线x=1对称，证明：当x 1时, f x g x ;(3) 如果x^=x2，且f x1二f x2，证明：x1x2 2 •二次函数f % A f x2 = xi x^ -2x02、拐点偏移f x o =0f x = f x2 = x22x0_ x1 =x1x22x0例1( 2010天津) 已知函数f x i；二xe* •』)上/ ’枉(L+®)±\ r y(x)有极大值解:(l)/,(x)=e_I(l-x) r得f (刃在(YD/(1) = - ’无驗卜值;e(2)g(x]的團像与f(x)的團像关于直线x“对称”则g[x)的跡式为$ = /(2-x)，构iim^F(x)=/(x)-g(x) = /(x)-/(2-x)F(x) = r[x) + /(2-x)二严(1_工)+严(T当Q1 时宀―I A O r严-「A0 ’则r(x)>0 ,得F⑴在(l J+ao)±fflS P fl|F(x)>F(l)=O F»/(x)>^(x).(3)由才(坷)=子(花)「结合门刘的单调性可设坯弋让码'将七代入(2 )中不等式得/(2-巧)f又画<1 , 2-X2 <1 rf又/(码)=/(旳)r故/*(码)A『(划在(YD±1]上单堵「故^>2-^ t遍+冯>2 +来源:微信公众号中学数学研讨部落点评：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一一对称化构造的全过程，直观展示如下：例1是这样一个极值点偏移问题：对于函数 f x二xe"，已知f = f X2，为X2，证明X| x22.再次审视解题过程，发现以下三个关键点：(1)为,x2的范围0 ：：：x ■■■■ 1 x2 ;(2)不等式f x ■ f 2 -x x 1 ；(3 )将X2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，就可轻松解决一些极值点偏移问题.2例2 (2016新课标I卷)已知函数f x i：〔x-2 e x• a x T 有两个零点.(1 )求a 的取值范围；(2)设x i , X 2是f x 的两个零点，证明：x i X 2 ::: 2 . 解：(1) 0,=,过程略；(2)由(1 )知 f x 在-:：,1 上 ，在 1「：上 ，由 f Xi I 二 f X 2 ［=0，可设 X 1 :: 1 ：: x 2. 构造辅助函数Fx 二fx-f2-xF x 二 f x ： ： f 2 - x=x -1 ii e x2a ］亠［1 - x e 2» 2a x 2 -x二 x-1 e -e当 x 1 时，x —1 ：：：0, e x —e 2「：：0，则 F ，x 0，得 F x 在一:：，1 上 ，又 F 1 = 0 ,故 F x ： 0 x ： 1 ，即 f x ： f 2 一 x x ：： 1 .将x 1代入上述不等式中得 f X f ］= f x 2 :: f 2-为，又x 2 1 , 2-捲.1 , f x 在1,二上，故 x 1 : x 1 , x 1 x 2: 2 . 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有所了解. 但极值点偏移问题的结论不一定总是 N x 2 si ］2x 0，也可以是x 1x^ ix2，借鉴前面 的解题经验，我们就可给出类似的过程.例3 已知函数f x =xlnx 的图像与直线y = m 交于不同的两点 A x 1, y 1 , B %,y 2 , f X ］，0 ；当X r 0时，f X ：r 0 (洛必达法则)；1f x …［于是f x 的图像如下，得0：7 x 2 ：：：1. e求证: %x 2证明：(i )f x =ln x 1,得 f x 在 ;当 0 ： x 1 时,f x 0； f 1 =0；当 x 1 时,(ii)构造溶数尸(工)=/|»_£厶”则 I 亡H(iii)将可代入(ii)中不等式得，又/fjq) = /(x 1)'故 I e x /牡 < 丄+来源：微信公众号中学数学研讨瞬 e"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： stepl :求导，获得f x 的单调性，极值情况，作出f x 的图像，由f x , = f %得为， X 2的取值范围(数形结合)；step2 :构造辅助函数(对结论 x , x 2 i2x 0，构造F x = f x f 2x^ - x ；对结 论 x ,x 2 > (£比，构造F (x )=f (x )-f "泡()，求导，限定范围(x ,或X 2的范围)，判定<x 丿符号，获得不等式；step3 :代入x ,(或X 2)，利用f (x, )= f (X 2 )及f (x )的单调性证明最终结论. 当。
重难点专题08 极值点偏移的十大类型(原卷版) 备战2024年高考数学重难点突破
极值点偏移问题中（极值点为x0），证明x1+x2>2x0或x1+x2<2x0的方法：①构造F(x)=f(x)―f(2x―x)，②确定F(x)的单调性，③结合特殊值得到f(x)―f(2x0―x2)>0或f(x2)―f(2x0―x2)<0，再利用f(x1)=f(x2)，2得到f(x)与f(2x0―x2)的大小关系，1④利用f(x)的单调性即可得到x1+x2>2x0或x1+x2<2x0.处理极值点偏移问题中的类似于x1x2<a（f(x)=f(x2)）的问题的基本步骤如下：1①求导确定f(x)的单调性，得到x1,x2的范围；②构造函数F(x)=f(x)―f a，求导后可得F(x)恒正或恒负；x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x1,x2且x1≠x2，求证：x1+x2>2x0（x为函数f(x)的极值点）；2.若函数f(x)中存在x1,x2且x1≠x2满足f(x1)=f(x2)，求证：x1+x2>2x0（x为函数f(x)的极值点）；3.若函数f(x)存在两个零点x1,x2且x1≠x2，令x0=x1+x22，求证：f′(x)>0；4.若函数f(x)中存在x1,x2且x1≠x2满足f(x1)=f(x2)，令x0=x1+x22，求证：f′(x)>0.比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的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值（一般用t表示）表，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的函数示两个极值点，即t=x1x2问题求解．两个正数a和b的对数平均定义：L(a,b)=a―bln a―ln 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．。
专题07 极值点偏移问题 (解析版)
导数及其应用 专题七：极值点偏移问题一、知识储备1、极值点偏移的相关概念所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。
若函数)(x f 在0x x =处取得极值，且函数)(x f y =与直线b y =交于),(),,(21b x B b x A 两点，则AB 的中点为),2(21b x x M +，而往往2210xx x +≠。
如下图所示。
图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移极值点偏移的定义：对于函数)(x f y =在区间),(b a 内只有一个极值点0x ，方程)(x f 的解分别为21x x 、，且b x x a <<<21，（1）若0212x x x ≠+，则称函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 偏移；（2）若0212x x x >+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 左偏，简称极值点0x 左偏；（3）若0212x x x <+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 右偏，简称极值点0x 右偏。
2、对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：(1)定函数(极值点为0x )，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x 0.(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数0()()(2)F x f x f x x =--，若证2120x x x > ，则令2()()()x F x f x f x=-. (3)判断单调性，即利用导数讨论()F x 的单调性．(4)比较大小，即判断函数()F x 在某段区间上的正负，并得出()f x 与0(2)f x x -的大小关系．(5)转化，即利用函数()f x 的单调性，将()f x 与0(2)f x x -的大小关系转化为x 与02x x -之间的关系，进而得到所证或所求．[提醒] 若要证明122x x f +⎛⎫'⎪⎝⎭的符号问题，还需进一步讨论122x x +与x 0的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负． 二、例题讲解1．（2022·贵州省思南中学高三月考（文））设函数()22ln 1f x x mx =-+.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1m =时，若在()f x 定义域内存在两实数1x ，2x 满足12x x <且()()12f x f x =，证明：122x x +>.【详解】(1)依题意，函数()f x 定义域为(0,)+∞，()222(1)2mx f x mx x x-'=-=，当0m ≤时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，由()0f x '=得m x m =，当0mx m <<时，()0f x '>，当m x m >时，()0f x '<，于是得()f x 在(0,)m m 上单调递增，在(,)mm+∞上单调递减，所以，当0m ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当0m >时，()f x 在(0,)m m 上单调递增，在(,)mm+∞上单调递减；（2）分析 ：如图：1201x x <<< 要证122x x +> 只需证：122x x -<由于101x <<，则112x <-即只需证1212x x <-< 如图，只需证12(2)()f x f x ->；由于()()12f x f x = 只需证11(2)()f x f x ->此时可构造函数()()(2)F x f x f x =--（即用x 替代了上式1x ） 只需证：在01x <<，()()(2)0F x f x f x =--<。
专题31 极值点偏移问题的研究(原卷版)
专题31 极值点偏移问题的研究一、题型选讲题型一、常见的极值点偏移问题常见的极值点偏移问题主要有以下几种题型：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 ； 例1、(2019无锡期末)已知函数f(x)＝e x －a 2x 2－ax(a>0)． (1) 当a ＝1时,求证：对于任意x>0,都有f(x)>0 成立；(2) 若函数y ＝f(x)恰好在x ＝x 1和x ＝x 2两处取得极值,求证：x 1＋x 22<ln a.例2、(2018常州期末)已知函数f(x)＝ln x （x ＋a ）2,其中a 为常数．(1) 若a ＝0,求函数f(x)的极值；(2) 若函数f(x)在(0,－a)上单调递增,求实数a 的取值范围；(3) 若a ＝－1,设函数f(x)在(0,1)上的极值点为x 0,求证：f(x 0)<－2.例3、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调)设函数f(x)＝x －a sin x(a>0)．(1) 若函数y ＝f(x)是R 上的单调增函数,求实数a 的取值范围；(2) 设a ＝12,g (x )＝f (x )＋b ln x ＋1(b ∈R ,b ≠0),g ′(x )是g (x )的导函数． ∈若对任意的x >0,g ′(x )>0,求证：存在x 0,使g (x 0)<0；∈若g (x 1)＝g (x 2)(x 1≠x 2),求证：x 1x 2<4b 2.例4、(2018南通、泰州一调)已知函数g(x)＝x 3＋ax 2＋bx(a,b∈R )有极值,且函数f (x )＝(x ＋a )e x 的极值点是g (x )的极值点,其中e 是自然对数的底数．(极值点是指函数取得极值时对应的自变量的值)(1) 求b 关于a 的函数关系式；(2) 当a >0时,若函数F (x )＝f (x )－g (x )的最小值为M (a ),证明：M (a )<－73.题型二、构造函数的极值点偏移问题(1)求出函数)(x f 的极值点0x ；(2)构造一元差函数)()()(00x x f x x f x F --+=；(3)确定函数)(x F 的单调性；(4)结合0)0(=F ,判断)(x F 的符号,从而确定)(0x x f +、)(0x x f -的大小关系.例5、(2017苏州期末)已知函数f (x )＝(ln x －k －1)x (k ∈R )．(1) 当x ＞1时,求函数f (x )的单调区间和极值；(2) 若对于任意x ∈[e,e 2],都有f (x )＜4ln x 成立,求实数k 的取值范围；(3) 若x 1≠x 2,且f (x 1)＝f (x 2),证明：x 1x 2＜e 2k .例6、(2019南通、泰州、扬州一调)已知函数f(x)＝ax＋ln x(a∈R)．(1) 讨论f(x)的单调性；(2) 设f(x)的导函数为f′(x),若f(x)有两个不相同的零点x1,x2.∈求实数a的取值范围；∈证明：x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2ln a＋2.二、达标训练1、(2018常州期末)已知函数f(x)＝ln x （x ＋a ）2,其中a 为常数． (1) 若a ＝0,求函数f(x)的极值；(2) 若函数f(x)在(0,－a)上单调递增,求实数a 的取值范围；(3) 若a ＝－1,设函数f(x)在(0,1)上的极值点为x 0,求证：f(x 0)<－2.2、(2017南京学情调研)已知函数f (x )＝ax 2－bx ＋ln x ,a ,b ∈R .(1) 当a ＝b ＝1时,求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2) 当b ＝2a ＋1时,讨论函数f (x )的单调性；(3) 当a ＝1,b ＞3时,记函数f (x )的导函数f ′(x )的两个零点是x 1和x 2 (x 1＜x 2),求证：f (x 1)－f (x 2)＞34－ln2.3、已知函数()()2ln 2,g x x ax a x a R =-+-∈. (1)求()g x 的单调区间；(2)若函数()()()212f x g x a x x =++-, 1212,()x x x x <是函数()f x 的两个零点, ()f x '是函数()f x 的导函数,证明： 1202x x f +⎛⎫< ⎪⎝⎭'.4、已知函数()ln (,f x ax x b a b =+为实数)的图像在点()()1,1f 处的切线方程为1y x =-.(1)求实数,a b 的值及函数()f x 的单调区间；(2)设函数()()1f xg x x +=,证明()()1212()g x g x x x =<时, 122x x +>.5、过点P(−1,0)作曲线f(x)=e x 的切线l ．(1)求切线l 的方程；(2)若直线l 与曲线y =a f(x) (a ∈R)交于不同的两点A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),求证：x 1+x 2<−4．。
导数专题-极值点偏移-生
极值点偏移1：纯偏移一、极值点偏移我们知道二次函数()f x 的顶点就是极值点0x ，若()f x c =的两根的中点为122x x +，则刚好有1202x x x +=，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.若函数()xxg x e =的极值点01x =刚好在两根的中点122x x +的左边，我们称之为极值点左偏；若极值点01x =刚好在两根的中点122x x +的右边，我们称之为极值点右偏.二、纯极值点偏移与纯拐点偏移常规类型 1、极值点偏移（()00f x '=）（不偏移）二次函数()()121202f x f x x x x =⇒+=（左偏）()()1220112022f x f x x x x x x x =⇒>-⇒+>2、拐点偏移（()00f x ''=）（不偏移）()()()12012022f x f x f x x x x +=⇒+=（左偏）()()()120201120222f x f x f x x x x x x x +=⇒>-⇒+>三、极值点纯偏移特征： ①函数()f x 的极值点为0x ；②函数()()12f x f x =，然后证明：1202x x x +>或1202x x x +<.四、极值点偏移的的纯偏移型解法步骤：①构造一元差函数()()()02F x f x f x x =--或是()()()00F x f x x f x x =+--； ②对差函数()F x 求导，判断单调性；③结合()00F =，判断()F x 的符号，从而确定()f x 与()02f x x -的大小关系；④由()()()()()1200200202_____2f x f x f x x x f x x x f x x ==--+-=-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦的大小关系，得到()()102____2f x f x x -，（横线上为不等号）； ⑤结合()f x 单调性得到102____2x x x -，进而得到120___2x x x +.【例1】 【2020·平顶山市一中高二开学考·理科】已知函数()xf x xe -=（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1x =对称，证明当1x >时，()()f x g x > （Ⅲ）如果12x x ≠，且()()12f x f x =，证明122x x +>.【例2】 已知函数()21x f x e x x =--- （1）求函数()'y f x =的单调区间；（2）已知1a ≥-，且()21f x x ax b ≥-++-恒成立，求()1a b +的最大值；（3）若存在不相等的实数12,x x 使()()12''f x f x =成立，试比较12x x +与2ln 2的大小.【例3】 【2016·全国Ⅰ卷·理科】已知函数()()()221xf x x e a x =-+-有两个零点.（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设12,x x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<.【演练题组1】1、已知函数()22ln f x x x x =++，若正实数12,x x 满足()()12+=4f x f x ，求证:122x x +≥.2、【2020·广东10月联考】已知函数()21ln 12f x x ax =-+. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =时，设函数()f x 的两个零点为12,x x ，试证明：122x x +>.3、【2020·江苏南通市通州区9月一诊】已知函数()()2ln 1f x x x x =-+-. （1）求曲线()y f x =在点()()1,1P f 处的切线方程；（2）已知0x x =是函数()y f x =的极值点，若()()12f x f x =，12x x ≠，12,x x R ∈，求证：1202x x x +>(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值).4、已知函数()()x f x e ax a R =-∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 的图象与直线y a =交于,A B 两点，记,A B 两点的横坐标分别为12,x x ，且12x x <，证明：212ln x x a +<.5、已知函数()()ln af x x a R x=-∈. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若12,x x 是方程()2f x =的两个不同实根，证明：1232x x e+>.。
数学高考专题极值点偏移
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 xe =-+->-+-=-+--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 >文末获取Word文档又，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。
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极值点偏移问题专题（0）——偏移新花样（拐点偏移）
例1已知函数()22ln f x x x x =++，若正实数1x ，2x 满足()()12+=4f x f x ， 求证:122x x +≥。
证明：注意到()1=2f ，()()()12+=21f x f x f
()()()12+=21f x f x f
()2
=+210f x x x '+>
()22
=2f x x
''-+，()1=0f ''，则（1,2）是()f x 图像的拐点，若拐点（1,2）也是()
f x 的对称中心，则有12=2x x +，证明122x x +≥则说明拐点发生了偏移，作图如下
想到了“极值点偏移”，想到了“对称化构造”，类似地，不妨将此问题命名为“拐点偏移”，仍可用“对称化构造”来处理． 不妨设1201x x <≤≤，要证
()()
1221212
212x x x x f x f x +≥⇔≥-≥⇔≥- ()()
()()
11114242f x f x f x f x ⇔-≥-⇔≥+-
()()()2F x f x f x =+-，(]0,1x ∈，则
()()()()222212212F x f x f x x x x x '''=--⎛⎫⎛⎫=++-+-+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭
()
()1
41102x x x ⎛⎫=--≥ ⎪ ⎪-⎝⎭
，
得()F x 在(]0,1上单增，有()()()1214F x F ≤=+=，得证。
2、极值点偏移PK 拐点偏移常规套路 1、 极值点偏移（()00f x '=）
二次函数()()121202f x f x x x x =⇒+= 2、拐点偏移()()
00f x ''=
()()()12012022f x f x f x x x x +=⇒+=
极值点偏移问题专题（1）——对称化构造（常规套路）
例1（2010
） 已知函数()e x
f x x -=．
（1）求函数()f x 的单调区间和极值；
（2）已知函数()g x 的图像与()f x 的图像关于直线1x =对称，证明：当1x >时，
()()f x g x >；
（3）如果12x x ≠，且()()12f x f x =，证明：
()()12201
120
22f x f x x x x x x x =⇒>-⇒+>()()()120201120
222f x f x f x x x x x x 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：
例1是这样一个极值点偏移问题：对于函数()e x
f 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，就可轻松解决一些极值点偏移问题．
例2（2016新课标Ⅰ卷）已知函数()()()2
2e 1x
f x x a x =-+-有两个零点．
（1）求a 的取值围；
（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
，在()1,+∞上
，由()()120f x f x ==，可设
121x x <<．
构造辅助函数()()()2F x f x f x =--
()()()
()()()()()()
2221e 21e 21e e x x x x F x f x f x x a x a x --'''=+-=-++-+=-- 当1x <时，10x -<，2e e
0x x
--<，
则()0F x '>，得()F x 在(),1-∞上，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,+∞上
，故112x 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 +><，也可以是()2
120x x x ><，借鉴前面
的解题经验，我们就可给出类似的过程．
例3 已知函数()ln f x x x =的图像与直线y m =交于不同的两点()11,A x y ，()22,B x y ，求证：1221
e
x x <
． 证明：（i ）()ln 1f x x '=+，得()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭
上
，在1
,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭
上
；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 的图像如下，得121
01e
x x <<
<<．
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()2
120x x x
><，
构造()()2
0x F x f x f x ⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
），求导，限定围（1x 或2x 的围），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．。