函数极值点偏移问题的解题策略(杨伍)
极值点偏移第3招--含对数式的极值点偏移问题
专題09极值点偏移第三搖——含对数式的根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。
，则根据对称性构造一元差函数F x f X o x f X o x，巧借F x的单调性以及F 0 0，借助于f % f x2 f x0x0x2与f x0x0x2f 2x o X2 ,比较X2与2x o X i的大小，即比较X o与x2生的大小•有了这种解题策2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 j f x2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.2★例.已知函数f (x) ln x ax (2 a)x.(1)讨论f (x)的单调性；1 1 1(2 )设a 0，证明：当Ox 时，f( x) f ( 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 (X o) 0.【解析】m易得；当门三0时』/oo在卩‘柯)上单调递増$当时，/(©在但丄)上单调通増』在(丄■加)上单调递减a a⑵法一；构造=/<- + x)- /(I-< -).则£©)=八丄+工)—fd—对=a a(1 + cnXl-CT)法二：构造以a为主元的函数，设函数h(a) f(a X) f(a X)，二龙在(Q丄)上单调逡增」ag卩JX丄十力a#(丄一功.a a法二：构造以a为主元的函数，设函数h(a) f(a X) f(a X)，(I )先证：.ab L(a, b)[KS5UKS5UKS5U]则 h(a) ln(1 ax) ln(ax) 2 ax , h (a) x x 1 ax 1 ax由 0 x 1 解得 0 a 1 a x 当 0 a -时，h (a) 0」 h(a)在 (0, ）上单调递增， x 1 x — 时，f 』x ） 而 h(0) 0， 所以 h(a) 0 , 故当0 a a 2x ^322x a，1 a xf （-a ⑶ 由（1）灿 只有当应S/U ）的最大值 x).Ig 数F 二/U ）才会有两个零点、不妨设 10）=巩丙:"0 £西弋可」故丄一珂 € ◎丄）,又由ZW 在（一,他）上单调递减,所以旳A ——西'于疋兀=由 tn n^)<o【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 a a(a a b(a b), Inb b).对数平均与算术平均、几何平均的大小关系: \ ab L(a,b)取等条件：当且仅当 a b（此式记为对数平均不等式 2 a b 时，等号成立. 只证：当a b 时, 面L （a,b ）专.不失一般性，可设ab .证明如下:1构造函数 f(x) 2Inx (x ),(x 1)，则 f (x)x因为x 1时，f(X) 0,所以函数f(x)在(1,故f(x) f(1) 0,从而不等式成立;故g(x) g(1) 0,从而不等式成立；综合(I) (II)知，对 a,b R ，都有对数平均不等式 Ob L(a,b) 邑丄成立,2当且仅当a b 时，等号成立• 例题第(3)问另解：由f(xjf (x 2) 02 In x-i In x 2 X 1 x 2X-| x 2根据对数平均不等式，此不等式显然成立，故原不等式得证不等式 2ln x xIn a In bIn^ Tab bab1 -(其中 x x1)a b(H "正：L(a，b) "T[KS5UKS5U.KS 5U不等式lna Inb ◎ ln ab2(a 1)In x构造函数g (x) In x 因为x 1时，g (x)0 ,所以函数(U 1)1)，则 g(x)-x4 (x 1)2g(x)在(1,)上单调递增,(其中x(x 1f 1)2"x(xa 1)In x 1 In x 2 2(X 1 X 2)a22X 1X 2 X 1 X 2故要证 f (xOX 。
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。
【NO.148】极值点偏移？你想多了！
【NO.148】极值点偏移？你想多了！
很多时候我们熟悉一种题型之后，久而久之就会形成一种思维定势。
比如说下面这道题目：
这么一看，有点儿像？太不想了吧。
极值点偏移解决的是两种问题，两变量之和大于或者小于多少，另一个是两个变量之积或者之商大于或者多少的问题。
很明显这个题目证明的是两个变量的函数值之和的问题，怎么能扯上极值点偏移呢？
我们尝试的把式子写出来
接下来就是想办法消参呗。
我们看见了a的系数是-x，那么我要是能够够造出一个a的系数是x然后两个式子正好相加消去a那就好了啊。
所以这个题目的思路就出来了。
我们顺着这个思路，顺便再给大家一个类似的题目。
接下来直接给出大家解析过程。
好了，今晚的分享就到这里。
极值点偏移问题破解策略
对 数 的 底 数 ），若 函 数 ｆ （ ）有 两 个 不 同 的 零 ＜ ，（２ｘ ｏ— ｚ ），结 合 ｆ （ ）的 单 调 性 得 到
点 ，ｚ ２，求 证 ： ＋ ｚ ｚ＞ ２。 证 明 ：函 数 厂（ｚ）有 两 个 不 同 的 零 点 ，
（３）对 差 函 数 Ｆ （ｚ）求 导 ，判 断 其 导 数 的 符 号 ，确 定 Ｆ （ｚ）的 单 调 性 ；
侧 ２ （２０１７年 福 建 省 八 校 适 应 性 考
试 ）已 知 函 Ｆ（ｚ。）一ｏ，判 断 Ｆ（ ）的符号
故 （ ２）ｅ ＋ ￡＋ ２＞ ｏ成 立 ， １＋ ｚ ２＞ ２。 点 评 ：本 题 解 法 运 用 了 差 值 代 换 法 ，没 有 讨 论 所 给 函 数 的 单 调 性 ，也 没 有 求 出 参 数 “ 的 取 值 范 围 ，而 是 直 接 根 据 题 意 列 出 两 个 方 程 ，然 后 对 两 个 方 程 相 加 减 ，并 结 合 分 析 法 消
十 一 ）上 单 调 递 增 。
２·构 造 差 函 数 法
构 造 差 函数 破 解 函 数 极 值 点 的 偏 移 问 题
。
所以ｇ（ ）＞ｇ（１）。二０，所以ｆ （ ） 的基本步骤为：
＞ ｏ
（１）求 出 函 数 ｆ（ ）的 极 值 点 ｚ。。
点 评 ：本 题 第 一 问 考 查 了 利 用 导 数 研 究
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微专题：极值点偏移问题的处理策略及探究
例 1.（2010 天津理）已知函数 f ( x) xe x ( x R) ， 如果 x1 x2 ，且 f ( x1 ) f ( x2 ) ， 证明： x1 x2 2.
法二：利用方程组构造多元函数，转化为一元函数
f ( x1 ) f ( x2 ) 得到关于 x1，x2 的二元（多元）方程，适当恒等变形后换元为
x e
x 1
(e 2 x 1) 0 ，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 0 x1 1 x2 ，则 1 x1 (0,1] ， 所以 f (1 (1 x1 )) f (2 x1 ) f (1 (1 x1 )) f ( x1 ) f ( x2 ) ，即 f (2 x1 ) f ( x2 ) ， 又因为 2 x1 , x2 (1, ) ，且 f ( x ) 在 (1, ) 上单调递减， 所以 2 x1 x2 ，即 x1 x2 2.
例 5.（11 年，辽宁理） 已知函数 f ( x) ln x ax2 (2 a) x. （I）讨论 f ( x ) 的单调性；
1 1 1 （II）设 a 0 ，证明：当 0 x 时， f ( x) f ( x) ； a 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
x1 x2 x x , b) ，而往往 x0 1 2 .如下图所示. 2 2
法一：
构造函数 F ( x) f ( x0 x) f ( x0 x), 构造函数 H ( x) f ( x) f (2 x0 x),
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。
三招解决极值点偏移问题含详解
三招解决极值点偏移问题极值点偏移问题简介：极值点偏移问题是咱们高中非常常见的导数问题，其中解法与题型也非常非常多，比如比值换元，差值换元，对称化构造，同构方程，对数均值不等式，切线夹，割线放缩，零点差一次拟合，飘带函数放缩，泰勒二次拟合，零点差一次拟合等等。
很多学生看了题不知道从哪里入手，在此总结了三大类题型，包括了大部分方法，看起来更加清晰明了，这三类题型也是必须掌握的题型，前两种较基础要掌握，最后一种难度偏高可以选择性记忆。
一.最常见的方法--构造函数极值点偏移模型：考点1.利用韦达定理，进行构造函数1已知函数f x =12x2+a ln x-4x a>0.(1)当a=3时，试讨论函数f x 的单调性；(2)设函数f x 有两个极值点x1,x2x1<x2，证明：f x1+f x2>ln a-10.2已知函数f x =ln x +x 2-ax a ∈R .(1)若a =1，求函数f x 图象在点1,f 1 处的切线方程；(2)设f x 存在两个极值点x 1,x 2且x 1<x 2，若0<x 1<12，求证：f x 1 -f x 2 >34-ln2.考点2. 利用分析法，进行对称构造3已知函数f (x )=ln x +m x -1.(1)若存在实数x ，使f (x )<-1成立，求实数m 的取值范围；(2)若f (x )有两个不同零点x 1,x 2，求证：x 1+x 2>2.4已知函数f x =ln x-a x-2a∈R.(1)讨论f x 的单调性；(2)若f x 有两个零点x1，x2x1<x2，证明：x1+3x2>3a+2.5已知函数f x =2ln x+ax a∈R(1)若f x ≤0在0,+∞上恒成立，求a的取值范围；(2)设g x =x3-f x ，x₁，x₂为函数g(x)的两个零点，证明：x₁x₂<1.二.对数均值不等式飘带函数模型：考点1.同构方程，利用比值换元构造函数6已知函数f x =x -2 e x -ax a ∈R ．(1)若a =2，讨论f x 的单调性．(2)已知关于x 的方程f x =x -3 e x +2ax 恰有2个不同的正实数根x 1,x 2．(i )求a 的取值范围；(ii )求证：x 1+x 2>4．7已知函数f x =2ln x-ax2+2x-1，g x =f x -2ax+3a∈R.(1)若f1 =-1，求函数y=f x 的极值；(2)若关于x的不等式g x ≤0恒成立，求整数a的最小值；(3)当0<a<1时，函数g x 恰有两个不同的零点x1，x2，且x I<x2，求证：x1+x2>2a.考点2.和积转化(差积转化)8已知函数f x =xe x-ax+1,x∈-1,+∞,a>0,g x =bx-ln x x，(1)当b=1，f x 和g x 有相同的最小值，求a的值；(2)若g x 有两个零点x1，x2，求证：x1x2>e.考点3.消参减元9已知函数f x =ax2-ln x+1a∈R．(1)讨论函数f x 极值点的个数；(2)若函数f x 在定义域内有两个不同的零点x1，x2，①求a的取值范围；②证明：x1+x2>2a a．三.零点差--放缩法筷子夹汤圆模型：考点1.零点差，切线夹10已知函数f x =3x-e x+1，其中e=2.71828⋯是自然对数的底数.(1)设曲线y=f x 与x轴正半轴相交于点P x0,0，曲线在点P处的切线为l，求证：曲线y=f x 上的点都不在直线l的上方；(2)若关于x的方程f x =m(m为正实数)有两个不等实根x1,x2x1<x2，求证：x2-x1<2-34 m.11已知函数f x =x +b e x -a (b >0)在点-1，f -1 处的切线方程为e -1 x +ey +e -1=0．(1)求a 、b ；(2)设曲线y =f (x )与x 轴负半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为y =h (x )，求证：对于任意的实数x ，都有f (x )≥h (x )；(3)若关于x 的方程f x =m (m >0)有两个实数根x 1、x 2，且x 1<x 2，证明：x 2-x 1≤1+m 1-2e 1-e ．考点2.割线放缩12已知f x =x ln x 与y =a 有两个不同的交点A ,B ，其横坐标分别为x 1,x 2(x 1<x 2).(1)求实数a 的取值范围；(2)求证：ae +1<x 2-x 1.考点3.二次拟合13已知m∈R，函数f(x)=xe x-m有两个不同的零点x1,x2．(I)证明：0<m<1e；(Ⅱ)证明：x2-x1>21-em．三招解决极值点偏移问题极值点偏移问题简介：极值点偏移问题是咱们高中非常常见的导数问题，其中解法与题型也非常非常多，比如比值换元，差值换元，对称化构造，同构方程，对数均值不等式，切线夹，割线放缩，零点差一次拟合，飘带函数放缩，泰勒二次拟合，零点差一次拟合等等。
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.。
高考数学压轴题--------极值点偏移问题的三种解法
高考数学压轴题--------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x0附近偏移问题，可以通过构造并判断函数F(x) =f(x0+x)-f（x0-x）在x >0时的符号.确定x >0时f(x0+x)与f（x0-x）的大小关系;再将x = x0-x1代人上式，结合F（x1）=f(x2),得到f（2x0-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.
二、利用对称性
三、增量法
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.。
极值点偏移问题的破解策略
ʏ江苏省阜宁县实验高级中学 周 敏极值点偏移问题是近几年高考数学中比较经常出现的一类热点问题之一,也是考生比较难处理的一类常见问题㊂结合极值点偏移问题的三个常见破解策略,通过实例加以剖析,归纳总结破解的基本技巧与方法,引领并指导同学们进行复习备考㊂若单峰函数f (x )的极值点为m ,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 )的极值点m 左㊁右两侧的变化快慢不同㊂若单峰函数f (x )的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m 必有确定的大小关系:若m <x 1+x 22或m >x 1+x 22,则称为极值点左(或右)偏㊂此类极值点偏移问题,一直是高考中函数与导数问题比较常见且难度比较大的一类问题,备受老师和同学们的关注㊂一㊁对称变换例1 已知函数f (x )=x e -x ㊂(1)求函数f (x )的单调区间和极值;(2)若x 1ʂx 2,且f (x 1)=f (x 2),求证:x 1+x 2>2㊂解析:(1)求导可得f '(x )=e -x(1-x )㊂令f '(x )>0,得x <1;令f '(x )<0,得x >1㊂所以函数f (x )在(-ɕ,1)上单调递增,在(1,+ɕ)上单调递减㊂所以f (x )有极大值f (1)=1e,f (x )无极小值㊂(2)构造辅助函数F (x )=f (x )-f (2-x ),x >1,求导得F '(x )=f'(x )+f '(2-x )=e -x (1-x )+e x -2(x -1)=(x -1)㊃(e x -2-e -x)㊂因为当x >1时,x -1>0,e x -2-e -x>0,所以F '(x )>0,所以F (x )在(1,+ɕ)上为增函数,所以F (x )>F (1)=0,故当x >1时,f (x )>f (2-x )㊂(*)由f (x 1)=f (x 2),x 1ʂx 2,可设x 1<1<x 2,将x 2代入(*)式可得f (x 2)>f (2-x 2)㊂又因为f (x 1)=f (x 2),所以f (x 1)>f (2-x 2),又x 1<1,2-x 2<1,而f (x )在(-ɕ,1)上单调递增,所以x 1>2-x 2,所以x 1+x 2>2㊂点评:对称变换策略主要是解决极值点偏移问题中与两个极值点之和(或积)相关的不等式的证明问题㊂对称变换策略的解题要点为:(1)定函数(极值点为x 0);(2)构造函数,即根据极值点构造对称函数F (x )=f (x )-f (2x 0-x ),若证x 1x 2>x 20,则令F (x )=f (x )-fx 0x;(3)判断单调性;(4)比较大小;(5)转化㊂二㊁消参减元例2 已知函数f (x )=x 2+2x -2l n x ,若方程f (x )=x 2+2m 有两个不等实数根x 1,x 2,求实数m 的取值范围,并证明:x 1x 2<1㊂解析:方程f (x )=x 2+2m ,即x -l n x-m =0,令函数h (x )=x -l n x -m (x >0),求导得h '(x )=1-1x㊂当x ɪ(0,1)时,h '(x )<0,故h (x )单调递减;当x ɪ(1,+ɕ)时,h '(x )>0,故h (x )单调递增㊂所以h (x )m i n =h (1)=1-m ㊂若方程f (x )=x 2+2m 有两个不等实根,则有h (x )m i n <0,即m >1㊂当m >1时,0<e -m <1<e m ,h (e -m )=e -m >0,h (e m )=em-2m ,令函数p (x )=e x-2x (x >1),求导得p'(x )=e x-2>0,即p (x )在(1,+ɕ)上是91解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2023年5月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.增函数,所以p (x )>p (1)=e -2>0,所以h (e m)>0,所以原方程有两个不等实根,所以实数m 的取值范围为(1,+ɕ)㊂不妨设x 1<x 2,则0<x 1<1<x 2,0<1x 2<1㊂要证x 1x 2<1,即证x 1<1x 2,即证h (x 1)>h 1x 2㊂因为h (x 1)=h (x 2)=0,所以h (x 1)-h 1x 2 =h (x 2)-h 1x 2=(x 2-l n x 2-m )-1x 2-l n 1x2-m =x 2-1x 2-2l n x 2㊂令函数φ(x )=x -1x-2l n x (x >1),求导得φ'(x )=1+1x2-2x =1x -12>0,所以φ(x )在(1,+ɕ)上单调递增,所以当x >1时,φ(x )>0,即x 2-1x 2-2l n x 2>0,所以h (x 1)>h1x 2,所以x 1x 2<1㊂点评:消参减元策略解决极值点偏移问题,结合所要证明的多变元(一般两个及以上)关系式加以恒等变形,建立与所求解问题相关的函数,结合消参并减元,合理构建关系式,通过研究函数的单调性㊁极值与最值等相关问题来恒等变换,进而得以解决对应的极值点偏移问题㊂三㊁比(差)值换元例3 已知函数f (x )=a x 2-e x(a ɪR )在(0,+ɕ)上有两个零点x 1,x 2(x 1<x 2)㊂(1)求实数a 的取值范围;(2)求证:x 1+x 2>4㊂解析:(1)因为f (x )=a x 2-e x在(0,+ɕ)上有两个零点,所以方程a =e xx2=h (x )有两个解,求导得h '(x )=e x(x -2)x3㊂当x ɪ(0,2)时,h '(x )<0,所以h (x )在(0,2)上单调递减;当x ɪ(2,+ɕ)时,h '(x )>0,所以h (x )在(2,+ɕ)上单调递增㊂所以h (x )m i n =h (2)=e24,所以实数a 的取值范围为e 24,+ɕ㊂(2)因为x 1,x 2(x 1<x 2)是f (x )=a x 2-e x 在(0,+ɕ)上的零点,所以a x 21=e x 1,a x 22=e x 2,两式相除可得x 2x 12=ex 2-x 1,令x 2x 1=t (t >1),则t 2=ex 2-x 1,即x 2-x 1=l n t 2=2l n t ,与x 2x 1=t 联立,解得x 1=2l n tt -1,x 2=2t l n tt -1㊂要证明x 1+x 2>4,即证明2l n t t -1+2t l n tt -1>4,即证明l n t +t l n t >2t -2㊂令函数h (t )=l n t +t l n t -2t +2,求导得h '(t )=1t+l n t -1㊂令函数φ(t )=1t+l n t -1,求导得φ'(t )=1t -1t 2=t -1t 2>0,故φ(t )在(1,+ɕ)上单调递增,故φ(t )>φ(1)=0,即h '(t )>0,故h (t )在(1,+ɕ)上单调递增,故h (t )>h (1)=0,即l n t +t l n t >2t -2,结论得证㊂点评:比(差)值换元策略解决极值点偏移问题,比(差)值换元的目的也是消参㊁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,从而实现消参㊁减元的目的㊂设法用比值或差值(一般用t 表示)表示两个极值点,继而将所求解问题转化为关于t 的函数问题㊂熟练理解并把握极值点偏移问题的基本破解策略,着重抓住对称变换㊁消参减元㊁比(差)值换元策略解决问题的实质,关键是以不同的策略巧妙通过消参或消元等方式,合理构建函数,利用导数的运算与应用,以及函数的单调性㊁极值与最值等来综合应用,合理化归与转化,借助数形结合思想,巧妙应用,合理破解㊂(责任编辑 王福华)2 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2023年5月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
(完整版)极值点偏移问题的处理策略及探究
极值点偏移问题的处理策略所谓极值点偏移问题，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。
若函数()f x 在0x x =处取得极值，且函数()y f x =与直线y b =交于1(,)A x b ,2(,)B x b 两点，则AB 的中点为12(,)2x x M b +，而往往1202x xx +≠.如下图所示.极值点没有偏移此类问题在近几年高考及各种模考，作为热点以压轴题的形式给出，很多学生对待此类问题经常是束手无策。
而且此类问题变化多样，有些题型是不含参数的，而更多的题型又是含有参数的。
不含参数的如何解决？含参数的又该如何解决，参数如何来处理？是否有更方便的方法来解决？其实，处理的手段有很多，方法也就有很多，我们先来看看此类问题的基本特征，再从几个典型问题来逐一探索！ 【问题特征】【处理策略】一、不含参数的问题.例1.（2010天津理）已知函数()()xf x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ， 证明：12 2.x x +>【解析】法一：()(1)xf x x e -'=-，易得()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，x →-∞时，()f x →-∞，(0)0f =，x →+∞时，()0f x →， 函数()f x 在1x =处取得极大值(1)f ，且1(1)f e=,如图所示. 由1212()(),f x f x x x =≠，不妨设12x x <，则必有1201x x <<<， 构造函数()(1)(1),(0,1]F x f x f x x =+--∈， 则21()(1)(1)(1)0x x xF x f x f x e e+'''=++-=->，所以()F x 在(0,1]x ∈上单调递增，()(0)0F x F >=，也即(1)(1)f x f x +>-对(0,1]x ∈恒成立.由1201x x <<<，则11(0,1]x -∈，所以11112(1(1))(2)(1(1))()()f x f x f x f x f x +-=->--==，即12(2)()f x f x ->，又因为122,(1,)x x -∈+∞，且()f x 在(1,)+∞上单调递减， 所以122x x -<，即证12 2.x x +>法二：欲证122x x +>，即证212x x >-，由法一知1201x x <<<，故122,(1,)x x -∈+∞，又因为()f x 在(1,)+∞上单调递减，故只需证21()(2)f x f x <-，又因为12()()f x f x =， 故也即证11()(2)f x f x <-，构造函数()()(2),(0,1)H x f x f x x =--∈，则等价于证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立.由221()()(2)(1)0x x x H x f x f x e e--'''=+-=->，则()H x 在(0,1)x ∈上单调递增，所以()(1)0H x H <=，即已证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立，故原不等式122x x +>亦成立.法三：由12()()f x f x =，得1212x x x ex e --=，化简得2121x x x e x -=… ，不妨设21x x >，由法一知，121o x x <<<.令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，得11tt x e x +=，反解出11t t x e =-，则121221t tx x x t t e +=+=+-，故要证：122x x +>，即证：221ttt e +>-，又因为10t e ->，等价于证明：2(2)(1)0t t t e +-->…②， 构造函数()2(2)(1),(0)tG t t t e t =+-->，则()(1)1,()0ttG t t e G t te '''=-+=>， 故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=，从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=，即证②式成立，也即原不等式122x x +>成立. 法四：由法三中①式，两边同时取以e 为底的对数，得221211lnln ln x x x x x x -==-，也即2121ln ln 1x x x x -=-，从而221212121212221211111ln ln ()ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x +-++=+==---， 令21(1)x t t x =>，则欲证：122x x +>，等价于证明：1ln 21t t t +>-…③， 构造(1)ln 2()(1)ln ,(1)11t t M t t t t t +==+>--，则2212ln ()(1)t t t M t t t --'=-， 又令2()12ln ,(1)t t t t t ϕ=-->，则()22(ln 1)2(1ln )t t t t t ϕ'=-+=--，由于1ln t t ->对(1,)t ∀∈+∞恒成立，故()0t ϕ'>，()t ϕ在(1,)t ∈+∞上单调递增，所以()(1)0t ϕϕ>=，从而()0M t '>，故()M t 在(1,)t ∈+∞上单调递增，由洛比塔法则知：1111(1)ln ((1)ln )1lim ()limlim lim(ln )21(1)x x x x t t t t t M t t t t t→→→→'+++===+='--，即证()2M t >，即证③式成立，也即原不等式122x x +>成立.【点评】以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式，方法一、二利用构造新的函数来达到消元的目的，方法三、四则是利用构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的. 二、含参数的问题.例2.已知函数xae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x .【解析】思路1：函数()f x 的两个零点，等价于方程xxea -=的两个实根，从而这一问题与例1完全等价，例1的四种方法全都可以用；思路2：也可以利用参数a 这个媒介去构造出新的函数.解答如下：因为函数()f x 有两个零点12,x x ，所以⎩⎨⎧==)2()1(2121x x aex ae x ， 由)2()1(+得：)(2121xx e e a x x +=+， 要证明122x x +>，只要证明12()2x x a e e +>，由)2()1(-得：1212()xxx x a e e -=-，即1212x x x x a e e -=-，即证：121212()2x x xx e e x x e e+->-211)(212121>-+-⇔--x x x x e e x x ， 不妨设12x x >，记12t x x =-，则0,1tt e >>，因此只要证明：121t te t e +⋅>-01)1(2>+--⇔t t e e t ， 再次换元令x t x e t ln ,1=>=，即证2(1)ln 0(1,)1x x x x -->∀∈+∞+ 构造新函数2(1)()ln 1x F x x x -=-+，0)1(=F求导2'2214(1)()0(1)(1)x F x x x x x -=-=>++，得)(x F 在),1(+∞递增， 所以0)(>x F ，因此原不等式122x x +>获证.【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元12,x x 的基础上，又多了一个参数，故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数。
高中数学干货资料-《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 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 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 tx x x t t e +=+=+-，故要证：122x x +>，即证：221tt t e +>-，又因为10te ->，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 ()lim lim lim(ln )21(1)x x x x t t t t t M t t t t t→→→→'+++===+='--，即证()2M t >，即证③式成立，也即原不等式122x x +>成立.【点评】以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式，方法一、二利用构造新的函数来达到消元的目的，方法三、四则是利用构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的. 二、含参数的问题.例2.已知函数xae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x .【解析】思路1：函数()f x 的两个零点，等价于方程xxea -=的两个实根，从而这一问题与例1完全等价，例1的四种方法全都可以用；思路2：也可以利用参数a 这个媒介去构造出新的函数.解答如下：因为函数()f x 有两个零点12,x x ，所以⎩⎨⎧==)2()1(2121x x aex ae x ， 由)2()1(+得：)(2121xx e e a x x +=+， 要证明122x x +>，只要证明12()2x x a e e +>，由)2()1(-得：1212()xxx x a e e -=-，即1212x x x x a e e -=-，即证：121212()2x x xx e e x x e e+->-211)(212121>-+-⇔--x x x x e e x x ， 不妨设12x x >，记12t x x =-，则0,1tt e >>， 因此只要证明：121t te t e +⋅>-01)1(2>+--⇔t t e e t ， 再次换元令x t x e t ln ,1=>=，即证2(1)ln 0(1,)1x x x x -->∀∈+∞+ 构造新函数2(1)()ln 1x F x x x -=-+，0)1(=F 求导2'2214(1)()0(1)(1)x F x x x x x -=-=>++，得)(x F 在),1(+∞递增，所以0)(>x F ，因此原不等式122x x +>获证.【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元12,x x 的基础上，又多了一个参数，故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数。
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．
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.
一题学懂极值点偏移5大套路
x2 x1
x1 x2
于是， ln x1 ln x2
ln x2
ln x1 x2 x1
x2 x1
1
x2 x1
ln
x2 1
x2 x1
．
x1
又0
x1
x2
，设 t
x2 x1
，则 t
1．因此， ln
x1
ln
x2
1 t ln t
t 1
，t
1．
要证 ln
x1
ln x2
t
2 ，即证：
f
x
1 x
m
1 mx x
，故
f
x
在
0,
1 m
，
1 m
,
．
设 x1
1 m
x2
，令
x
x1 ，则
f
x2
f
x1
f
2 m
x1
，
又因为
x2
，2 m
x1
1 m
,
，f
x
在
1 m
,
，故有
x2
2 m
x1
，即
x1
x2
2 m
．原
命题得证．
解法三 构造函数现实力
证法
3：由
x1 ，
x2
是方程
x2 是方程 f x 0 的两个不同实根．
于是，有
ln ln
x1 x2
mx1 0 mx2 0
，解得 m
ln
x1 x1
ln x2
x2
．
另一方面，由
llnn
x1 x2
mx1 mx2
0 0
，得
高考数学总复习第三章 培优点6 极值点偏移
跟踪训练 1 (2022·全国甲卷)已知函数 f(x)＝exx－ln x＋x－a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞). 由 f′(x)＝exxx－2 1－1x＋1 ＝exx－1x2－x＋x2＝ex＋xx2x－1， 可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
思维升华
对称化构造函数法构造辅助函数 (1)对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x). (2)对结论 x1x2>x20型，方法一是构造函数 F(x)＝f(x)－f xx20，通过研究 F(x) 的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成 ln x1＋ln x2>2ln x0， 再把 ln x1，ln x2 看成两变量即可.
思维升华
比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝
x1 x2
化为
单变量的函数不等式，利用函数单调性证明.
跟踪训练 2 已知函数 f(x)＝ax＋ln x(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性；
f(x)＝ax＋ln x 的定义域为(0，＋∞)， 且 f′(x)＝1x－xa2＝x－x2a， 当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，令f′(x)>0，解得x>a，令f′(x)<0，解得0<x<a， 故f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增， 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增.
另一方面，对 x1x22>3e23 两端分别取自然对数，
则有ln x1＋2ln x2>5ln 2－3，
极值点偏移的处理策略
极值点偏移的处理策略
章锐阳
【期刊名称】《中学数学研究(华南师范大学):上半月》
【年(卷),期】2022()2
【摘要】导数中的极值点偏移问题在高考以及各类模拟考试题中频繁出现.该类问题的出现能让学生理解“消元与引参”是问题转化的方向;经验与逻辑是问题解决的基础,从而提升学生的逻辑推理能力,本文对2021年全国新高考1卷中的一道极值点偏移问题进行分析,进而总结极值点偏移问题的类型及基本思想.
【总页数】4页(P28-31)
【作者】章锐阳
【作者单位】东莞市第二高级中学
【正文语种】中文
【中图分类】G63
【相关文献】
1.函数极值点偏移问题的处理策略
2.例谈函数极值点偏移背景下非常规题型的处理策略
3.极值点偏移问题解题策略的探究
4.结果含参数的极值点偏移问题的解题策略
5.抓住试题本质妙解精彩纷呈--道极值点偏移试题的2个策略和13种解法
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解：
只需要证f ( 2 a
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
x1 )
f (x1 )
f
(x2
)
0,
又由（1）知f
(
x)在（
1 a
,）上增函数，
即可证明x2
2 a
x1,即证x0
x1
x2 2
1 ,由（1）知f '(x) 0. a
精练2： 解：
f (3ln a) a3 3a ln a a a3 3a 2 a 0,
Q x 1 f '(x) 0, x 1 f '(x) 0
f (在x) (单,1)调递增， 在 (1, )单调递减
又Q x 1 f '(x) 0,
f
(
x)极大值
=f
(1)
1 e
链接
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
【课堂小结】
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 ) Q x1 1 2 x2 1 又f (x)在( ,1)上单调递增，
规律方法提炼：
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
(3)结合F(0) 0判断F(x)的符号，确定f (x0 x)与f (x0 x)的 大小关系
（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
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
【考题精析】
即等价于证明 f (2 x2 ) f (x2 ) 0.
，
拓展提升精练
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
（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
拓展提升精练解析：
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
（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
黉学高级中学高三数学组二轮专题讲座
极值点偏移
---函数极值点偏移问题的转化策略
黉学高级中学数学组：杨伍
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