函数极值点偏移问题

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第14讲拓展七：极值点偏移问题 (精讲)(原卷版)

第14讲拓展七：极值点偏移问题(精讲）目录第一部分：知识点精准记忆第二部分：典型例题剖析高频考点一：不含参数的极值点偏移问题高频考点二：含参数的极值点偏移问题高频考点三：与对数均值不等式有关的极值点偏移问题高频考点四：与指数均值不等式有关的极值点偏移问题第三部分：高考真题感悟1、极值点偏移的含义函数()f x满足对于定义域内任意自变量x都有()(2)f x f x x=-，则函数()f x关于直线x x=对称．可以理解为函数()f x在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若()f x为单峰函数，则x x=必为()f x 的极值点，如图(1)所示，函数()f x图象的顶点的横坐标就是极值点x；①若()f x c=的两根为1x，2x，则刚好满足12x xx+=，则极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移（如图1）．若122x xx+≠，则极值点偏移．若单峰函数()f x的极值点为x，且函数()f x满足定义域x x=左侧的任意自变量x都有0()(2)f x f x x>-或()(2)f x f x x<-，则函数()f x极值点x左右侧变化快慢不同．如图(2)(3)所示．故单峰函数()f x 定义域内任意不同的实数1x ，2x ，满足12()()f x f x =，则122x x +与极值点0x 必有确定的大小关系：若1202x x x +<，则称为极值点左偏如图（2）；若1202x x x +>，则称为极值点右偏如图（3）．2、极值点偏移问题的一般解法2.1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0x )，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0x ． (2)构造函数，即对结论1202x x x +>型，构造函数0()()(2)F x f x f x x =--或00()()()F x f x x f x x =+--；(3)对结论2120x x x ⋅>型，构造函数20()()()x F x f x f x=-，通过研究()F x 的单调性获得不等式．(4)判断单调性，即利用导数讨论()F x 的单调性．(5)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．(6)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．2.2．差值代换法（韦达定理代换令1212,x x t x x t =±=.）差值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之差作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用差值(一般用t 表示)表示两个极值点，即12t x x =-，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t 的函数问题求解．2.3．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)表示两个极值点，即12x t x =，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t 的函数问题求解．2.4．对数均值不等式法两个正数a 和b 的对数平均定义：(),(, )ln ln ().a ba b L a b a ba ab -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩(, )2a bL a b +≤≤（此式记为对数平均不等式）取等条件：当且仅当a b =时，等号成立．2.5指数不等式法在对数均值不等式中，设m a e =，n b e =，则()(,)()m nme e m n E a b m n e m n ⎧-≠⎪=-⎨⎪=⎩，根据对数均值不等式有如下关系：2(,)2m nm ne e eE a b ++≤≤ 3、极值点偏移问题的类型（1）加法型（2）减法型（3）平方型（4）乘积型（5）商型高频考点一：不含参数的极值点偏移问题①对称化构造法1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()211e e 1e e 22x xf x x =-+++.(1)求()f x 的极值.(2)若()()()123f x f x f x ==，123x x x <<，证明：232x x +<.2．（2022·全国·高三专题练习）设函数()22ln 1f x x mx =-+．（1）当()f x 有极值时，若存在0x ，使得()01f x m >-成立，求实数m 的取值范围；（2）当1m =时，若在()f x 定义域内存在两实数12x x ，满足12x x <且()()12f x f x =，证明：122x x +>．3．（2021·全国·高三专题练习）已知函数31()28ln 6f x x ax x =-+．（1）若函数()f x 在定义域内单调递增，求实数a 的取值范围；（2）若函数()f x 存在两个极值点12,x x ，求证：124x x +>．4．（2021·湖南·宁乡市教育研究中心高三阶段练习）已知函数()()23x f x e x =-，其中e 为自然对数的底数.（1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）设方程()()0f x a a =<的两个根分别为1x ，2x ，求证：122x x +<.②对数均值不等式法1．（2022·四川·树德中学高二阶段练习（文））已知函数()e x f x a x=-．(1)若()()f x ag x x+=，当()0,1x ∈时，试比较()g x 与()2g x -的大小； (2)若()f x 的两个不同零点分别为1x 、()212x x x <，求证：122x x +>．高频考点二：含参数的极值点偏移问题①对称化构造法1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数f (x )＝x －a ln x (1)求函数f (x )的极值点；(2)若方程()f x k =有2个不等的实根12,x x ，证明：122x x a +>.2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数2()(2)e (1)=-+-x f x x a x ，a R ∈． (1)求曲线()y f x =在点()()1,1P f 处的切线方程； (2)若0a ≥，求()f x 的零点个数；(3)若()f x 有两个零点1x ，2x ，证明：122x x +<．3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()22ln 1f x x x a x a =++--，()a R ∈，当1≥x 时，()0f x ≥恒成立．(1)求实数a 的取值范围；(2)若正实数1x ，212()x x x ≠满足12()()0f x f x +=，证明：122x x +>．4．（2022·福建·莆田二中高三开学考试）已知a R ∈，()axf x x e -=⋅（其中e 为自然对数的底数）.(1)讨论函数()y f x =的单调性；(2)若0a >，函数()y f x a =-有两个零点1x ，2x ，求证：12x x +>5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数2()(2)ln f x ax a x x =+--．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围；（3）满足（2）的条件下，记两个零点分别为12,x x ，证明：122x x a+>②利用韦达定理代换法令1212,x x t x x t =±=1．（2022·广东·珠海市第一中学高二阶段练习）函数()e xf x a x a =--.(1)若()0f x ≥恒成立，求a 的值；(2)若()()20f x a =>有两个不相等的实数解1x ，2x ，证明122ln x x a +<-.2．（2022·浙江嘉兴·高三期末）已知函数()()2ln 0,0bf x ax x a b x =-->>.(1)若()f x 在定义域上单调递增，求ab 的最小值；(2)当1a =，1b >，()f x m '=有两个不同的实数根1x ，2x ，证明：()()1220f x f x m ++>.3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数21()ln (1)2f x x ax a x =-+-，a R ∈． (1)讨论()f x 的单调性；(2)当2a =-时，正实数1x ，2x 满足1212()()0f x f x x x ++=，证明：1214x x +>．4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数2()ln f x x mx =-，21()2g x mx x =+，m R ∈，令()()()F x f x g x =+． (1)12m =，研究函数()f x 的单调性； (2)若关于x 的不等式()1F x mx -恒成立，求整数m 的最小值； (3)2m =-，正实数1x ，2x 满足1212()()0F x F x x x ++=，证明：12512x x -+．5．（2022·江西·南昌十中高三阶段练习（理））已知函数()2ln x f x x x =++.（1）若()2f x ax ≤，求a 的取值范围；（2）若()()12121f x f x x x +=-，证明：12x x +>.6．（2022·全国·高三专题练习）已知实数0a ≠，设函数()2ln af x x x=-．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x ，()212x x x <，且()()()()122121220f x f x e x x e k x x --++>-恒成立，求正实数k 的最大值．7．（2022·江苏江苏·高三期末）设f (x )＝x e x －mx 2，m ∈R . (1)设g (x )＝f (x )－2mx ，讨论函数y ＝g (x )的单调性；(2)若函数y ＝f (x )在(0，＋∞)有两个零点1x ，2x ，证明：x 1＋x 2＞2.③比值代换法1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()212ln x ax xf x x--=. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若11ln ln m n m n-=+，求证:2m n ->.2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()ln 1xa x f x e -=+-（a ∈R ）.（1）当a e ≤时，讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 恰有两个极值点1x ，2x （12x x <），且()1221ln 221e e x x e +⋅+≤-，求21x x 的最大值.3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()ln f x x a x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个相异零点12,x x ，求证：212x x e ⋅>.4．（2022·全国·高三专题练习）设函数2()(2)ln f x x m x m x =---， (1)求()f x 的单调区间； (2)设2312,()()(21)2m g x f x x m x <<=-+--，求证：[]12,1,x x m ∀∈，恒有()()1212g x g x -<.(3)若0m >，函数()f x 有两个零点()1212,,x x x x <，求证2102x f x ⎛⎫+> ⎪⎝⎭'.5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()1ln F x m x x =+-()()1212,,0m R x x x x ∈<<分别是函数()F x 的两个零点，求证：0F '<.6．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()21ln ,2f x x x mx x m R =--∈（1）若()()g x f x '=，(f x 为()f x 的导函数)，求函数()g x 在区间[]1,e 上的最大值；（2）若函数()f x 有两个极值点12,x x ，求证：212x x e >7．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()ln f x x =. (1)设函数()()ln tg x x t x=-∈R ，且()()g x f x ≤恒成立，求实数t 的取值范围； (2)求证：()12e e x f x x>-； (3)设函数()()1y f x ax a R x=--∈的两个零点1x ，2x ，求证：2122e x x >.高频考点三：与对数均值不等式有关的极值点偏移问题1．（2022·全国·高三专题练习）已知22()5ln f x ax bx x =++-. (1)若()f x 在定义域内单调递增，求a b +的最小值.(2)当0a =时，若()f x 有两个极值点12,x x ，求证：122x x e +>.2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数f (x )＝ln x ﹣ax ，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，试比较f （m ）与f （1m）的大小；（3）若函数f (x )有两个零点1x ，2x ，试证明x 1x 2＞e 2．3．（2022·全国·高三专题练习）设函数()()3211232xf x e x kx kx =--+.（1）若1k =，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 存在三个极值点1x ，2x ，3x ，且123x x x <<，求k 的取值范围，并证明：1322x x x +>.4．（2021·安徽·高三阶段练习（理））已知函数()()()21ln 1f x x x x m x =--+-，m R ∈．(1)讨论()f x 极值点的个数．(2)若()f x 有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，证明：()()1224f x f x m +>-．5．（2022·辽宁·大连二十四中模拟预测）已知函数1()sin ln 122mf x x x x =--+.（1）当2m =时，试判断函数()f x 在(,)π+∞上的单调性；（2）存在12,(0,)x x ∈+∞，12x x ≠，()()12f x f x =，求证：212x x m <.6．（2022·全国·高三专题练习（理））已知函数()()()()22133e 2x f x a x x x x a -=++++∈R ．(1)当1a =-时，求曲线()y f x =在点（0，f （0））处的切线方程；(2)若函数f （x ）有三个极值点1x ，2x ，3x ，且321x x x <<．证明：3121120x x x ++>．7．（2021·海南·北京师范大学万宁附属中学高三阶段练习）已知函数21()1xx f x e x -=+（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当1212()(),f x f x x x =≠时，求证：120x x +<高频考点四：与指数均值不等式有关的极值点偏移问题1、已知函数()xf x x ae =-（a 为常数）有两个不同的零点1x ，2x （e 为自然对数的底数）请证明：122x x +>.1．（2021·全国·高考真题）已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<.2．（2020·天津·高考真题）已知函数3()ln ()f x x k x k R =+∈，()'f x 为()f x 的导函数．（Ⅰ）当6k =时，（i ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（ii ）求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值；（Ⅱ）当3k -时，求证：对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x 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 $a\in R$。

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，
123
(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.

极值点偏移问题

高考数学优质专题（附经典解析）极值点偏移问题基本方法：极值点偏移的含义：对定义域内任意自变量x 都有()(2)f x f m x =-，则函数()f x 关于直线x m =对称：可以理解为函数()f x 在对称轴两侧，函数值变化快慢相同. 若()f x 为单峰函数，则x m =必为()f x 的极值点. 如二次函数()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.若相等变为不等，则为极值点偏移：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()(2)f x f mx >-或()(2)f x f m x <-，则函数()f x 极值点m 左右侧变化快慢不同. 故单峰函数()f x 定义域内任意不同的实数12,x x 满足12()()f x f x =，则122x x +与极值点m 必有确定的大小关系：若122x x m +<，则称为极值点左偏；若122x x m +>，则称为极值点右偏.如图，函数()ex x f x =的极值点01x =刚好在方程()f x c =的两根中点122x x +的左边，我们称之为极值点左偏.极值点偏移问题的一般题设形式：1. 函数()f x 存在两个零点12,x x 且12x x ≠，求证：1202x x x +>（0x 为函数()f x 的极值点）；2. 若函数()f x 中存在12,x x 且12x x ≠满足12()()f x f x =，求证：1202x x x +>（0x 为函数()f x 的极值点）；3. 若函数()f x 存在两个零点12,x x 且12x x ≠，令1202x x x +=，求证：0()0f x '>；4. 若函数()f x 中存在12,x x 且12x x ≠满足12()()f x f x =，令1202x x x +=，求证：0()0f x '>.方法一：①利用对称性构造函数 ⅰ)求出函数()f x 的极值点0x ；ⅱ)构造一元差函数0()()(2)F x f x f x x =--或0()(2)()F x f x x f x =--； ⅲ)确定函数()F x 的单调性；ⅳ)结合0()0F x =，判断()F x 的符号，从而确定0(2)f x x -、()f x 的大小关系； ⅴ)再结合102,2x x x -或201,2x x x -的大小和函数()f x 的单调性得出所求结论. 方法二：②双变量转化单变量，构造函数不等式从代数层面来看，极值点偏移问题是条件不等式的证明：在等量条件12()()f x f x =的约束条件下求证12,x x 的二元不等式一个自然的想法是：能否将双变量的条件不等式化为单变量的函数不等式呢？方法③：利用对数平均不等式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 ba b L a b a ba ab -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩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 ≠时，(,)2a bL a b +<. 不失一般性，可设a b >. 证明如下：（i）先证：(,)L a b <……①不等式①1ln ln ln 2ln (1)a a b x x x bx ⇔-<⇔<⇔<-=>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()ln ln ln (1)aa b a b a b a a b b b --⇔->⇔>++2(1)ln (1)x x x -⇔>+(1)x =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 ，都有对(,)2a bL a b +≤≤成立，当且仅当a b =时，等号成立. 一、典型例题1. 已知函数()e ()x f x x x -=∈R .（1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）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 >；（3）如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明122x x +>.2. 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 +<.二、课堂练习1. 已知函数()()2ln 21f x a x x a x =-+-()a ∈R 有两个不同的零点. （1）求a 的取值范围；（2）设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122x x a +>.2. 已知函数()ln g x x bx =-，若()g x 有两个相异零点12,x x ，求证：12ln ln 2x x +>.三、课后作业1. 已知函数()ln f x x x m =--（m 为常数）.（1）求函数()f x 在1,e e⎡⎤⎢⎥⎣⎦的最小值；（2）设12,x x 是函数()f x 的两个零点，且12x x <，证明：121x x ⋅<.2. 已知函数()e 23x f x x m =-++，1212,()x x x x ≠是函数()f x 的两个零点. （1）求m 的取值范围；（2）求证120x x +<.3. 已知函数()()2ln g x a x x =--，已知关于x 的方程()0g x =有两个实根12,x x ，求证：126x x a+>.。

2024年高考数学二轮复习第47讲极值点偏移

第47讲极值点偏移极值点偏移的相关推导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，使得函数图象没有对称性.若函数()f x 在0=x 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.极值点偏移问题的一般题设形式：1.若函数()f x 存在两个零点12x x ，且12x x ≠，求证：120+2x x x >(0x 为函数()f x 的极值点)；2.若函数()f x 中存在12x x ，且12x x ≠满足12()=()f x f x ，求证：120+2x x x >(0x 为函数()f x 的极值点)；3.若函数()f x 存在两个零点12x x ，且12x x ≠，令1202x x x +＝，求证：0()0f x '>. 4.若函数()f x 中存在12x x ，且12x x ≠满足12()=()f x f x ，令1202x x x +＝，求证：0()0f x '>.[抽化模型]答题模板：若已知函数()f x 满足12()=()f x f x ，0x 为函数()f x 的极值点，求证：120+2x x x <.1.讨论函数()f x 单调性并求出()f x 的极值点0x ；假设此处：()f x 在0(,)x +∞上单调递增，在0()x −∞，上单调递减. 2.构造0()()(2)F x f x f x x =−−；注：此处根据题意需要还可以进行中值构造，构造成00()(+)()F x f x x f x x =−−的形式.3.通过求导0()F x '讨论()F x 的单调性，判断出()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；假设此处：()F x 在0(,)x +∞上单调递增，那么我们便可得出0000()()()(2)0F x F x f x f x x >=−−=，从而得到当0x x >时，0()(2)f x f x x >−.4.不妨设102x x x <<，通过()f x 单调性，12()=()f x f x ，()f x 与0(2)f x x −的大小关系得出结论；接上述情况，由于0x x >时，()f x ＞0(2)f x x −且102x x x <<，12()=()f x f x ，故12()=()f x f x ＞02(2)f x x −，又因为10x x <，0202x x x −<且()f x 在0()x −∞，上单调递减，从而得到1022x x x <−，从而120+2x x x <得证.5.若要证明：12()02x x f +'<，还需进一步讨论122x x +与0x 的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续说明：因为120+2x x x <，故122x x +＜0x ，由于()f x 在0()x −∞，上单调递减，故12()02x x f +'<. 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 ba b L a b a b a a b −⎧≠⎪=−⎨⎪=⎩，对数平均不等式为2()a bL a b +≤≤，. 取等条件:当且仅当a b =时，等号成立.只证:当a b ≠2 ()a b L a b +<<，，不失一般性，可设a b >.证明: (1) 先证) (L a b <，①①式ln ln lna ab b ⇔−<⇔<12ln x x x⇔<−(其中1x =>). 构造函数:1()2ln (f x x x x x ⎛⎫=−−> ⎪⎝⎭1)，则22211()11f x x x x ⎛⎫'=−−=−− ⎪⎝⎭.当1x >时，()0f x '<， ∴函数()f x 在(1 ) +∞，上单调递减. 故()(1)0f x f <=，不等式①成立.(2) 再证:()2a bL a b +<，. ② ②式2()ln ln ln a b a a b a b b −⇔−>⇔>+212(1)ln (1)|1a x b x a x b ⎛⎫− ⎪−⎝⎭⇔>+⎛⎫ ⎪⎝⎭(其中1x ⎫=>⎪⎪⎭. 构造函数2(1)()ln ((1)x g x x x x −=−>+1)，则22214(1)()(1)(1)x g x x x x x −'=−=++. 当1x >时， ()0 g x '>∴，函数()g x 在(1 ) +∞，上单调递增，故()(1)0g x g >=，从而不等式②成立.综合① ②知，对 a b +∀∈R ，2()a bL a b +≤≤，成立，当且仅当a b =时，等号成立.无参极值点偏移的方法总结关于极值点偏移常考的题型如下:题型一:若函数()f x 存在两个零点1x ，2x 且12x x ≠，求证:1200 2x x x x +>，为函数()f x 的极值点.题型二:若函数()f x 中存在12 x x ，且1x ≠2x 满足()()12f x f x =，求证:1200 2x x x x +>，为函数 ()f x 的极值点.对于极值点偏移来说，所有方法的核心都是为了把双元问题转化为一元问题，那么在转换过程中常用如下方法:证法一:单调性放缩转化法，一般有两种构造函数的方式构造方式一: 非对称构造(1) 构造函数()0()()2h x f x f x x =−−. (2) 判断函数()h x 的单调性.(3) 证明()0h x >[或()0]h x <即()f x >()02f x x −[或()0()2f x f x x ⎤<−⎦. (4) 结合函数()f x 的单调性，通过整体代换即可证1202x x x +<，或1202x x x +>.构造方式二: 对称构造(1) 求出函数()f x 的极值点0x ，及单调区间.(2) 作差比较:构造一元差函数()F x =()()00f x x f x x +−−.(3) 确定函数()F x 的单调性.(4) 结合(0)0F =，判断()F x 的符号，从而确定()()00 f x x f x x +−，的大小关系，结合函数()f x 的单调性，通过整体代换即可证1202x x x +<，或1202x x x +>.证法二: 引参消元法，一般有两种引参方式引参方式一: 差式引参一般步骤如下:第一步:根据1x 和2x 的关系式，一般为()()12f x f x =，通过变形，构造出12x x −. 第二步:通过整体代换，令12x x t −=，引入参数t ，如果可以直接构造一元函数就直接计算，如果不行再进入第三步.第三步:用参数t 表示出变量12()()x f t x g t =⎧⎨=⎩，进而构造一元函数.第四步:按照一元函数处理方式处理.引参方式二: 齐次引参消元一般步骤如下:第一步:先根据已知条件确定出变量1x ，2x 满足的等式，并变形出12x x ，然后令12x t x =.第二步:用参数t 表示出变量12()()x f t x g t =⎧⎨=⎩，进而构造一元函数，将关于12 x x ，待求的问题转化为关于t 的函数问题.第三步:构造关于t 的一元函数()g t 求解.证法三:齐次分式整体代换消元法一般步骤如下:第一步:先根据已知条件确定出变量1x ，2x 满足的条件.第二步:通过将所有涉及12 x x ，的式子转化为关于12x x 的式子，将问题转化为关于自变量12xx （21x x 亦可）的函数问题. 第三步:整体代换12x t x =，构造关于t 的一元函数()g t 求解.证法四:对数平均不等式法一般步骤如下:第一步:通过等式两边同取自然对数或相减等配凑出“12ln ln x x −”及“12x x −”.第二步:通过等式两边同除以“1ln x −2ln x ”构建对数平均数1212ln ln x x x x −−.第三步:利用对数平均不等式将1212ln ln x x x x −−转化为122x x +后再证明12x x +<02x ，或1202x x x +>.【例1】已知函数()e ()x f x x x −=∈R ，如果12x x ≠，且()()12f x f x =，证明:1x +22x >.【解析】证明法一：对称构造法()(1)e x f x x −'=−易得()f x 在( 1 )−∞，上单调递增，在(1 ) +∞，上单调递减. x →−∞时，()(0)0 f x f →−∞=，.x →+∞时，()0f x →.函数()f x 在1x =时取得极大值:1(1)ef =.由()()1212 f x f x x x =≠，不妨设1x <2x .则必有121x x <<. 构造函数()(1)(1)F x f x f x =+−−，] (01 x ∈，. 则()(1)(1)F x f x f x '='+−'−=()21e10exx x+−>.()F x ∴在] (01 x ∈，上单调递增，()F x >(0)0F =，即(1)(1)f x f x +>−对] (01 x ∈，恒成立.由1201x x <<<，则11(01] x −∈，. ()()()11112f x f x ∴+−=−>()()()()11211f x f x f x −−==，即()()122f x f x −>.又122(1) x x −∈+∞，，，且()f x 在(1 ) +∞，上单调递减， 122x x ∴−<，即122x x +>.法二:非对称构造法欲证122x x +>，即证212x x >−.由“法一”可知1201x x <<<，故12x −，2) (1 x ∈+∞，. 又()f x 在(1 ) +∞，上单调递减，故只需证明 ()()212f x f x <−.又()()1212 f x f x x x =≠，，∴证明()()112f x f x <−即可.构造函数()()(2)H x f x f x =−−，) (01 x ∈，. 等价于证明( ) (0 )01H x x <∈，，恒成立. 1()()(2)xx H x f x f x e −'='−'−=⋅()221e 0x −−>.()H x ∴在) (01 x ∈，上单调递增.()(1)0H x H ∴<=，即以证明()0H x <，对) (01 x ∈，恒成立.故原不等式122x x +>成立. 法三: 差式引参换元法由()()12f x f x =，得1212e e x x x x −−=，化简得 2121e x x x x −=. ① 不妨设21x x >，由“法一”知，101x <<2x <.令21t x x =−，则210 t x t x >=+，，代入①式，得11e t t x x +=，反【解析】出1e 1t t x =−. 则12122e 1ttx x x t t +=+=+−，故要证1x +22x >，即证22e 1t t t +>−. 又e 10t −>，等价于证明2(2)t t +−⋅()10t e −> ②构造函数()) ()2(2e 1( t G t t t t =+−−>，0)，则0 ()(1)e 1()e t t G t t G t t '''=−+=>，，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②式成立，故原不等式 122x x +>成立. 法四: 齐次分式整体消元法由“法三”中①式，两边同时取自然对数，可得112122lnln ln x x x x x x −==−. 即1212ln ln 1x x x x −=−，从而(121x x x +=+)12121212122ln ln ln x x x x x x x x x x x −+⋅=⋅=−−1211221ln 1x x x x x x +⋅−令12(1)x t t x =>，欲证122x x +>，等价于证明1ln 21t t t +⋅>−. ③ 构造(1)ln 2()1ln 11t t M t t t t +⎛⎫==+ ⎪−−⎝⎭，(1)t >，则2212ln ()(1)t t tM 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) (1t ∀∈+∞，恒成立，故) ()( 0t t ϕϕ'>，在) (1 t ∈+∞，上单调递增. ()(1)0t ϕϕ∴>=，从而()0M t '>，故()M t 在(1 )t ∈+∞，上单调递增. 由洛必达法则知，1lim ()x M t →=()()()()1111ln 1ln 1limlim lim(ln 211x x x t t t tt t t t t →→→'+++⎫==+=⎪−'⎭−,(下一章会讲)可得()2M t >,即证③式成立,即原不等式122x x +>成立.法五:对数平均不等式法由“法三”中①式,两边同时取自然对数,可得112122ln ln ln xx x x x x −==−.即12121ln ln x x x x −=−..把12121ln ln x x x x −=−代入不等式即可得1212121ln ln 2x x x xx x −+=<−.,即可得122x x +>.【例2】已知函数()2x f x x e =−.,上存在两个不相等的数12,x x .,满足()()12f x f x =.,求证:122ln2x x +<.【解析】证明()2x f x e '=−,令()0f x '=得ln2x =.当ln 2x <时,()()0,f x f x '>在(),ln2−∞上单调递增.当ln 2x >时,()0,f x '<()f x 在()ln2,+∞上单调递减.ln2x ∴=为()f x 的极大值点,不妨设12x x <.,由题意可知12ln2x x <<.()()()ln2ln2422x x F x f x f x x e e −=+−−=−+令.,()()()422,2,0,x x x x F x e e e e F x F x −−'=−−+∴'∴单调递减.又()()00,0F F x =∴<在()0,+∞上恒成立, 即()()ln2ln2f x f x +<−在()0,+∞上恒成立.()()()()()()()12222ln2ln ln2ln22ln2.f x f x f x x f x f x ∴==+−<−−=−1ln2,x <()()22ln2ln2,,ln2,x f x −<−∞又在上单调递增 12122ln2.2ln2x x x x ∴<−∴+<含参极值点偏移含参极值点偏移问题和无参的证法类似,参数可分为在函数中和在不等式中两种类型,可以通过参变分离,把含参问题转换为无参问题,其处理思路和上一节一样,注意将问题转化为()()112f x f a x >−.,然后构造函数()()()2F x f x f a x =−−.,利用函数的单调性可得()()1120f x f a x −−>,从而得出结论.含参型一:函数含参极值点偏移问题【例1】已知函数()()()221x f x x e a x =−+−有两个零点. (1)求a 的取值范围.(2)设12,x x 是()f x 的两个零点,证明:122x x +<.【解析】(1)函数()f x 的定义域为R .①当0a =时,()()20x f x x e =−=,得2x =,只有一个零点,不合题意. ②当0a ≠时,()()()12x f x x e a =−+'.i.当0a >时,由()0f x '=得1x =.,由()0f x '>得1x >.,由()0f x '<得1x <.1x ∴=是()f x 的极小值点,也是()f x的最小值点.()()1e 0.f x f ∴==−<又()20,f a =>∴在()1,2上存在一个零点2x ,即212x <<. 由()21lim 2limlim 0x x xx x x x x e e e −−→−∞→−∞→−∞−−===−又2(1)0a x −>,()f x ∴在(),1−∞上存在唯一零点1x , 即11x <,0a ∴>时,()f x 存在两个零点. ii.当0a <时,由()0f x '=得1x =或()ln 2x a =−.若()ln 21a −=,即2ea =−时,()f x '0,故()f x 在R 上单调递增,与题意不符.若()ln 21a −>,即e2a <−时,易证()max ()1e 0f x f ==−<,故()f x 在R 上只有一个零点. 若()ln 21a −<.,即e02a −<<时,易证.()()()()(()2max ln 2ln 24ln 25)0f x f a a a a =−=−−−+<.,故()f x 在R 上只有一个零点. 综上所述,0a >.（2）证明法一:非对称构造法由(1)题知,0a >且1212x x <<<..()()()()222x x h x f x f x x e xe −=−−=−+令.,则()()()()21211x x x e h x e−−−'−=.()211,10,e10x x x −>∴−>−>.()0h x ∴'>.()h x ∴在()1,+∞上单调递增.()()()()10,2h x h f x f x ∴>=>−..()()222f x f x ∴>−..()()122f x f x ∴>−..()121,21,x x f x <−<在(),1−∞上单调递减,122x x ∴<−,即122x x +<. 法二:参变分离,再对称构造由已知得()()120f x f x ==,不难发现121,1x x ≠≠, 故可整理得()()()()121222122211xx x e x e a x x −−−==−−..设()()()221xx e g x x −=−.,则()()12g x g x =..那么()()()23211xx g x e x −+=⨯−'. 当1x <时,()()0,g x g x '<单调递减.当1x >时,()()0,g x g x '>单调递增. 设0m >.,构造代数式.()()11122221111111.1m m m m m m m m g m g m e e e e m m m m +−−−−−+−⎛⎫+−−=⨯−⨯=⨯⨯+ ⎪+⎝⎭设()21e 1,01mm h m m m −=⨯+>+. 则()2222e 0(1)m m h m m =⨯>+',故()h m 单调递增,有()()00h m h >=. 因此,对于任意的()()0,11m g m g m >+>−.由()()12g x g x =可知12,x x 不可能在()g x 的同一个单调区间上, 不妨设12x x <,则必有121x x <<.令110m x =−>,则有()()()()()1111211112g x g x g x g x g x +−>−−⇔−>=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦. 而()1221,1,x x g x −>>在()1,+∞上单调递增,因此()()121222g x g x x x −>⇔−>. 整理得122x x +<.法三:参变分离,再非对称构造由法二得()()()221x x e g x x −=−,构造()()()()2,,1G x g x g x x =−−∈−∞. 利用单调性可证,此处略.含参型二:不等式含参极值点偏移问题【例1】已知函数()ln (0xf x x a a=−≠,)a R ∈. (1)求函数()f x 的单调区间.(2)若存在两个不相等的正数12,x x ,满足()()12f x f x =,求证:122x x a +>.【解析】(1)()ln x f x x a =−.,定义域为()()110,,x a f x a x ax−+∞='=−..当0a >时,(),0;0x a f x x a '<<,()0f x '<.当0a <时,()0,0x f x ><'.故当0a >时,()f x 的单调递减区间是()0,a .,单调递增区间是(),a +∞.当0a <时,()f x 的单调递减区间是()0,+∞,无单调递增区间.(2)证明由(1)题知当0a <时,()f x 的单调递减区间是()0,+∞,无递增区间，不合题意,故0a >,此时()f x 在()0,a 上单调递减,在(),a +∞上单调递增.若存在两个不相等的正数12,x x .,满足()()12f x f x =.,不妨设12x x <.,则有()()120,,,x a x a ∈∈+∞.要证122x x a +>,即证212x a x >−. 而21,2x a a x a >−>.由(1)题知()f x 在(),a +∞上单调递增,故只需证()()212f x f a x >−. 又()()12f x f x =,即要证()()112f x f a x >−(其中10x a <<). 考查函数()()()2F x f x f a x =−−.,()F x 的定义域是()0,2a .,()()()()()()()22211112ln ln 2,0,22x a x a x F x f x f a x x a x F x a a a x a a x ax a x −−−=−−=−−+−=−+−='−−()()(),,0,2,0,x a F x a F a ==当且仅当时才能取等号在定义域上恒递减观察知 ()()()()0,,20.x a F x f x f a x ∴∈=−−>当时 ()()()(),2,20.x a a F x f x f a x ∈=−−<当时 ()()()1110,,20x a f x f a x ∴∈−−>当时 122x x a ∴+>【例2】已知()21ln 2f x x x mx x =−−,m R ∈.若()f x 有两个极值点12,x x ,且12x x <,求证:212e x x >(e 为自然对数的底数).【解析】证明法一:零点等式相减相加消参换元法欲证212e x x >,需证12ln ln 2x x +>.若()f x 有两个极值点12,x x ,则函数()f x '有两个零点.又()ln f x x mx =−',12,x x ∴是方程()0f x '=的两个不同实根.则有112200lnx mx lnx mx −=⎧⎨−=⎩，解得1212ln ln x x m x x +=+.另一方面,由11220lnx mx lnx mx −=⎧⎨−=⎩得()2121ln ln x x m x x −=−,从而可得21122112ln ln ln ln x x x x x x x x −+=−+. ()()222121111222111lnln ln ln ln .1x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫+ ⎪−+⎝⎭∴+==−−又120x x <<,设21x t x =,则1t >.()121ln ln ln ,11t t x x t t +∴+=>−. 要证12ln ln 2x x +>,即证()1ln 2,11t tt t +>>−.即当1t >时,有()21ln 1t t t −>+.设函数()()21ln ,11t h t t t t −=−+,则()()()()()()222212111011t t t h t t t t t '+−−−=−=++, ()h t ∴为()1,+∞上的增函数.()()()10,10h h t h =∴=.于是,当1t >时,有()21ln 1t t t −>+.12ln ln 2x x ∴+>.212e x x ∴>.法二:含参非对称构造欲证212e x x >,需证12ln ln 2x x +>.若()f x 有两个极值点12,x x ,即函数()f x '有两个零点.又()ln ,f x x mx =−'12,x x ∴是方程()0f x '=的两个不同实根.显然0m >,否则,函数()f x '为单调函数,不符合题意.由于()11mx f x m x x −=−='',故()f x '在10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在1,m⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.由()11121222ln ln 0lnx mx x x m x x lnx mx −=⎧⇒+=+⎨−=⎩,需证明()122m x x +>即可.即只需证明122x x m+>. 设()()()()2212(1),0,,02mx g x f x f x x g x m m x mx −⎛⎫⎛⎫=−−∈=> ⎪ ⎪'⎝'−⎭⎭'⎝,故()g x 在10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,即()10g x g m ⎛⎫<= ⎪⎝⎭,故()2f x f x m ⎛⎫<− ⎪⎝'⎭'.由于()11mx f x m xx −=−='',故()f x '在10,m ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,在1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减. 设121x x m <<,令1x x =,则()()2112f x f x f x m ⎛⎫=>− ⎪⎝''⎭' 又()2121,,,x x f x m m ⎛⎫−∈+∞ ⎪⎭'⎝在1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减,故有212x x m >−,即122x x m +>.原命题得证.法三:单调性放缩转换法由12,x x 是方程()0f x '=的两个不同实根得ln xm x=, 令()()()12ln ,x g x g x g x x ==,由于()21ln xg x x −=', 因此,()g x 在()0,e 上单调递增,在(),e +∞上单调递减.设120e x x <<<,要证明212e x x >,只需证明()212e 0,e x x >∈,只需证明()212e f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭,即()222e 0f x f x ⎛⎫>> ⎪⎝⎭,即()222e 0f x f x ⎛⎫−> ⎪⎝⎭. 即()()()2,1,e h x f x f x e x ⎛⎫=−∈ ⎪⎝⎭,()()()()22221ln ,x e x h x h x x e −−='在()1,e 上单调递增,故()()0h x h e <=,即()2e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭.()()21211e ,.x x f x f x f x ⎛⎫==< ⎪⎝⎭令则()221,,,e x e x ∈+∞()(),f x e +∞在上单调递减,222121e ,e .x x x x ∴>>即法四:差式引参消元法设()()1122ln 0,1,ln 1,t x t x =∈=∈+∞,则由112200lnx mx lnx mx −=⎧⎨−=⎩得11221122tt t t t me t e t t me−⎧=⎪⇒=⎨=⎪⎩, 设120k t t =−<,则12,11k k k ke kt t e e ==−−. 欲证212e x x >.,需证12ln ln 2x x +>.,即只需证明122t t +>..()()()()()1e 21e 2e 11e 2e 10e 1k k k k k kk k k +>⇔+<−⇔+−−<−.设()()()()()12e 1(0),e e 1,e 0k k k k k g k k e k g k k g k k =+'−−<=−+''=<,故()g k '在(),0−∞上单调递减,故()()00g k g '>=',故()g k 在(),0−∞上单调递增, 因此()()00g k g <=,命题得证. 法五:分式引参消元法设()()1122ln 0,1,ln 1,t x t x =∈=∈+∞,则由112200lnx mx lnx mx −=⎧⎨−=⎩得11221122tt t t t me t e t t me−⎧=⎪⇒=⎨=⎪⎩. 设()120,1t k t =∈.,则12ln ln ,11k k k t t k k ==−−.欲证212e x x >.,需证12ln ln 2x x +>.,即只需证明122t t +>.,即()()()1ln 21212ln ln 0111k kk k k k k k k +−−>⇔<⇔−<−++.设()()()()()2221(1)ln 0,1,01(1)k k g k k k g k k k k −−='−∈=>++.,故()g k 在()0,1上单调递增,因此()()10g k g <=,命题得证.极值点偏移变形一般题型1.若函数()f x 存在两个零点12,x x 且12x x ≠,求证:1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭'.2.若函数()f x 中存在12,x x 且12x x ≠,满足()()12f x f x =,求证:1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭'. 3.若函数()f x 存在两个零点12,x x 且12x x ≠,求证:0f '>.4.若函数()f x 中存在12,x x 且12x x ≠,满足()()12f x f x =,求证:0f '>.方法核心:要证明1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭'.,即比较122x x +与极值点0x 的大小,得出122x x +所在的单调区间,从而得出该处函数导数值的正负,从而结论得证.对于0f '>问题,要结合基本不等式122x x +<,转换为比较122x x +与极值点0x 的大小的问题.【例1】已知函数()()22ln f x x a x a x =−−− (1)求函数的单调区间.(2)若方程()f x 有两个不相等的实数根12,x x ,求证:1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭'. 【解析】（1）()()()21(0)x a x f x x x'−+=>.①当0a 时,()0f x '>,函数()f x 在()0,+∞上单调递增,()f x ∴的单调递增区间为()0,+∞.②当0a >时,由()0f x '>得2a x >. 由()0f x '<得02a x <<, ()f x ∴的单调递增区间为,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭,单调递减区间为0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭.(2)证明12,x x 是方程()f x 的两个不等实根,0a ∴>.不妨设120x x <<,则()()221112222ln ,2ln x a x a x c x a x a x c −−−=−−−=,两式相减得()()221112222ln 2ln 0x a x a x x a x a x ⎡⎤−−−−−−−=⎣⎦,即221122112222ln ln x x x x a x x x x +−−=+−−. 又02a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭',当2a x >时,()0f x '>.当02ax <<时,()0f x '<.故只要证明1222x x a +>即可,即证22112212112222ln ln x x x x x x x x x x +−−+>+−−, 即证11221222lnx x x x x x −<+,即11212222ln 1x x x x x x ⨯−<+.设12(01)x t t x =<<.,令()22ln 1t g t t t −=−+.,则()22(1)0(1)t g t t t '−=>+.,则()22ln 1t g t t t −=−+在()0,1上为增函数,又()10g =,()0,1t ∴∈时,()0g t <总成立,得证. 【例2】已知函数()212ln )(a f x x a x x=+−+. (1)讨论()f x 的单调性.(2)如果方程()f x m =有两个不相等的解12,x x ,且12x x <,证明:1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭'. 【解析】(1)()()()()222221221122(0)x a x a x a x a a f x x x x x x +−−'−+−=+−==>. ①当0a 时,()()0,,0x f x ∈+∞'>,()f x 单调递增. ②当0a >时,()()()0,,0,x a f x f x <'∈ 单调递减;()()(),,0,x a f x f x ∈+∞>'单调递增.综上,当0a 时,()f x 在()0,+∞上单调递增.当0a >时,()f x 在()0,a 上单调递减,在(),a +∞上单调递增.(2)证明由(1)题知,当0a 时,()f x 在()0,+∞上单调递增,()f x m =至多有一个根,不符合题意. 当0a >时,()f x 在()0,a 上单调递减,在(),a +∞上单调递增,则()0f a '=.不妨设120x a x <<<,要证1202x x f +⎛⎫> ⎪⎝⎭',即证122x x a +>,即证122x x a +>, 即证212x a x >−.()f x 在(),a +∞上单调递增,即证()()212f x f a x >−,又()()21,f x f x =∴即证()()112f x f a x >−,即证()()f a x f a x +<−,其中()1,0,.x a x x a =−∈()()()g x f a x f a x =+−−令()()()()()()212ln 212ln a a a x a a x a x a a x a x a x ⎡⎤⎡⎤=++−++−−+−−+⎢⎥⎢⎥+−⎣⎦⎣⎦ ()()()()412ln 12ln ,a ax a a x a a x a x a x=+−+−−−+−+− ()()()2212124a a a ag x a x a x a x a x −−=+'+−−+−+−()()()()()()()22222222222242124.a a x x x a a a a a x a x a x a x a x +−−−=+−=−+−+−()()()0,,0,,x a g x g x '∈<当时单调递减()()()0000,g f a f a =+−−=又()()()()()0,,00,.x a g x g f a x f a x ∴∈<=+<−当时即 ()11,0,,x a x x a =−∈令又()()2112.0.2x x f x f a x f +⎛⎫∴>−∴> ⎪'⎝⎭\) 【例3】设函数()()x f x e ax a a R =−+∈,其图像与x 轴交于()()12,0,,0A x B x 两点,且12x x <.(1)求实数a 的取值范围. (2)证明:()0[f f x <''为函数()f x 的导函数].【解析】(1)(),x f x e a x R =−∈'.当0a 时,()0f x '>在R 上恒成立,不合题意.当0a >时,易知,ln x a =为函数()f x 的极值点,且是唯一极值点. 故()()()min ln 2ln f x f a a a ==−.当()0min f x ,即20e a <时,()f x 至多有一个零点,不合题意,故舍去. 当()0f x <时,即2e a >时,由()1e 0f =>,且()f x 在(),ln a −∞上单调递减, 故()f x 在()1,ln a 上有且只有一个零,点.由()()22ln 2ln 12ln f a a a a a a a a =−+=+−. 令212ln ,y a a a e =+−>,则21y a'=−>0,故2212ln e 14e 30a a +−>+−=−>.()2ln 0f a ∴>,即在()ln ,2ln a a 上有且只有一个零点.2e a ∴>.(2)由(1)题知,()f x 在(),ln a −∞上单调递减,在()ln ,a +∞上单调递增,且()1e 0f =>.121ln 2ln x a x a ∴<<<<,要证0f '<,只需证a <,ln a .122x x <+,故只需证x 1+x 2<2ln a .令h (x )=f (x )−f (2ln a −x )=e x −ax +a −e 2ln a −x +a (2ln a −x )−a=e x −a 2e −x −2ax +2a ln a ，1<x <ln a .则h '(x )=e x +a 2e −x −2a 2e x a 2e −2a =0,∴h (x )在(1,ln a )上单调递增.∴h (x )<e ln a −a 2e −ln a −2a ln a +2a ln a =0,即f (x )<f (2ln a −x ).∴f (x 1)<f (2ln a −x 1).又f (x 1)=f (x 2),∴f (x 2)<f (2ln a −x 1).x 2>ln a ,2ln a −x 1>ln a ,且f (x )在(ln a ,+∞)上单调递增,∴x 2<2ln a −x 1,即x 1+x 2<2ln a .∴f '<0.。

(完整版)极值点偏移问题

(完整版)极值点偏移问题
判定方法
1极值点偏移的定义
对于函数yf(x)在区间(a,b)内只有一个极值点X.,方程f(x)0的解分别为 Xpx,且aXX ₂b.
(2)若空-x ₙ,则函数yf(x)在区间(x,x ₂)上极值点X ₀左偏,简称极值点X 。

2左偏：
(3)若XC,2贝u 函数yf(x)在区间(x,x ₂)上极值点X,右偏,简称极值点X 。

右偏。

2、极值点偏移的判定定理
证明:(1)因为可导函数yf(x),在区间(a,b)上只有一个极大(小)值点x ₀. '。

(a,b)由于f(-^o.故匹。

(a,x),所以
222
公令(风。

即函数极大(小)值点X 。

右(左)偏。

判定定理2对于可导函数yf(x)，在区间(a ，b)上只有一个极大(小)值点沧，方程f(x)0的解分别为x[X,且aXX,b. (1) 若冬=x 。

则称函数yf(x)在区间(x, x ₂ )上极值点X ₐ偏移: 2。

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。

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函数极值点偏移问题在近年的高考和各地的质检考试中，经常可以看到与函数的极值点偏移有关的问题，这类问题由于难度大，往往使得考生望而生畏，不知如何下手，本文试提供一种解题策略，期望对考生有所帮助．先看一道试题：【例1】（2015年蚌埠市高三一质检试题）已知函数f（x）=xe－x．（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．该题意在考查学生运用导数处理有关函数的单调性及极值问题以及综合运用有关知识分析、解决问题的能力和化归转化的数学思想．解析1．e第（2）问：构造函数F（x）=f（1+x）－f（1－x）=（1+x）e－（1+x）－（1－x）ex－1，则F'（x）=x［ex－1－e－（1+x）］，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）．∵x1≠x2，不妨设x1＜x2，由（1）知x1＜1，x2＞1，所以f（x1）=f（x2）=f［1+（x2－1）］＞f［1－（x2－1）］=f（2－x2），∵x2＞1，∴2－x2＜1，又f（x）在（－∞，1）上单调递增，∴x1＞2－x2，∴x1+x2＞2．上述解答，通过构造差函数F（x）=f（1+x）－f（1－x），紧接着对F（x）进行求导，判断性质，不需复杂的变形，切入点好，程序清晰，易操作．其解题本质是x1与2－x2的大小关系不易直接比较时，通过化归转化为比较函数值f（x1）与f（2－x2）的大小关系，再结合f（x）的单调性获得解决．这里的1显然是f（x）的极值点，就是直线y=f（x1）=f（x2）=h被函数y=f（x）图象所截线段中点的横坐标，要证x1+x2＞2，只需证f（x1）＞f（2－x2），因此，问题本质是证极值点偏移问题．若设f（x）的极值点为x0，则可将上述的解题策略程序化如下：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（或x2与2x0－x1）的大小关系【例3】(2010年天津高考理)(本小题满分14分)已知函数(x∈R).(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称，证明当x>1时，f(x)>g(x)；(3)如果,且,证明>2.(1)解：.令f′(x)=0,解得x＝1.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(-∞,1)内是增函数,在(1，+∞)内是减函数.函数f(x)在x=1处取得极大值f(1),且f(1)=.(2)证明：由题意可知g(x)=f(2-x)，得.令F(x)=f(x)-g(x)，即.于是.当x>1时，2x-2>0，从而-1>0.又>0,所以F′(x)>0，从而函数F(x)在[1，+∞)上是增函数.又=0,所以x>1时，有F(x)>F(1)=0，即f(x)>g(x).(3)证明：①若=0，由(1)及，得=1，与矛盾.②若>0,由(1)及，得,与矛盾.根据①②，得<0.不妨设<1,>1.由(2)可知，，，所以,从而.因为>1,所以<1.又由(1)可知函数f(x)在区间(-∞,1)内是增函数，所以，即>2.【例2】（2016年全国乙卷21题）【例3】（2011天津理19题）【例4】（2010辽宁理19题）（不属于该题型，恒成立问题）张同语应用上述提炼的解题策略可以解决下列一类有关函数极值点的偏移问题．例11－xxe．1+x2（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）证明：当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，x1+x2＜0．（Ⅰ）易知f（x）在（－∞，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减．（Ⅱ）易知当x＜1时1－x1－x所以f（x）＞0，当x＞1时＜0，2＞0，1+x1+x2f（x）＜0．∵f（x1）=f （x2）且x1≠x2，不妨设x1＜x2，由（Ⅰ）知x1＜0，0＜x2＜1．下面证明：当0＜x＜1时f（x）＜f（－x）即证：1－xx1+x－x1+xx＜＜0．2e2e．即证：（1－x）e－1+x1+xex构造F（x）=（1－x）ex－则F'（x）=－xe－x（e2x－1）∵0＜x＜1，∴F'（x）＜0，∴F（x）在（0，1）单调递减，从而F（x）＜F（0）=0即（1－x）ex－f（x）＜f（－x）．又0＜x2＜1，∴f（x1）=f（x2）=f（0+x2）＜∵x1－x2∈（－∞，0），f （x）在f（0－x2）=f（－x2），（－∞，0）上单调递增，所以x1＜－x2，即x1+x2＜0．评注例2第（Ⅱ）问不等式右边的0恰好是函数的极（2011年高考数学辽宁卷）已知函数值点，因此，该问本质上是证明极值点偏右问题．f（x）=lnx－ax2+（2－a）x（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；证明：当0＜x＜（Ⅱ）设a＞0，x）＞f（1－x）；a11时，f（+aa1+x＜0，所以，当0＜x＜1时，ex1+x，ex解析（2013年高考湖南卷）已知函数f（x）=·14·中学生理科应试2015．5，6构造“辅助元”解题的十种策略四川省资阳市外国语实验学校有些数学问题的解决，若按常规思路寻求突破，，往往非常棘手，甚至一时受阻，这时若调整思维方式，考察题目中有关数学式子的结构特征，尝试构造一个或多个“辅助元”来替代原来的“元”，这样做，可以减少变元的个数，降低变元的次数，化简表达式，更重要的是能够将原问题转化成熟悉的或容易解决的新问题，而且有效地降低了问题的难度，具有化繁为简、化难为易的解答功效．本文结合实例介绍构造“辅助元”解题的十种策略，供大家参考．一、对偶代换对偶代换是指对于某些结构特殊的三角函数问题、求数列中若干项的和或积的问题、题中给出的条件含有倒数和的问题等等，可以通过合理构造对偶关系，并通过对对偶关系进行适当的和、差、积运算，则往B两（Ⅲ）若函数y=f（x）的图象与x轴交于A、证明：f'（x0）＜0．点，线段AB中点的横坐标为x0，（Ⅰ）易得f（x）的定义域为（0，+∞），（1）若a≤0时，则f（x）在（0，+∞）单调递增；（2）11在（，若a＞0时，则f（x）在（0）上单调递增，aa+∞）上单调递减．（Ⅱ）构造函数F（x）=f（11+x）－f（－x）aa解析（641300）蔡勇全黄正兵往能使问题得到巧妙的解决，收到事半功倍的效果．例1求sin220°+cos280°+的值．解析令M=sin220°+cos280°+=cos220°+sin280°+=sin20°cos80°，Ncos20°sin80°，由此可以得到M+N（sin20°cos80°+cos20°sin80°）+（sin220°+°①，cos220°）+（cos280°+sin280°）=2+sin20°cos80°－cos20°sin80°）并且可得M－N=×+（sin220°－cos220°）+（cos280°－sin280°）=sin（－60°）－cos40°+cos160°=－2sin100°sin60°－311 ，M=，由①+②可得2M=即sin220°+②，224=1/4．cos280°+偏左问题．例3（2015年安徽省皖中省示范高中联考试题）已知函数f（x）=ex－2x+2a．（1）求函数f（x）的单调区间；x2，（2）若存在两个不相等的正数x1，假设f（x1）求证：f'（12＜0（f'（x）为函数=f（x2）成立，f（x）的导函数）．解析（1）易求得f（x）的递减区间为（－∞，ln2），递增区间为（ln2，+∞），ln2为f（x）的极小值点．（2）构造函数F（x）=f（ln2+x）－f（ln2－x）=eln2+x－2（ln2+x）－eln2－x+2（ln2－x）=2（ex－e－x－2x）．∴F（x）在（0，F'（x）=2（ex+e－x－2）≥0，+∞）单调递增，又F（0）=0，∴在（0，+∞）上F（x）＞0，即f（ln2+x）＞f（ln2－x），又∵x1，x2为不相等的两个正数，不妨设x1＜x2，由（1）知0＜x1＜ln2，x2＞ln2，∴f（x1）=f（x2）=f［ln2+（x2－ln2）］＞f［ln2－（x2－ln2）］=f（2ln2－x2），∵0＜又f（x）在（－∞，ln2）单调x1＜ln2，2ln2－x2＜ln2，递减，∴x1＜2ln2－x2，∴＜ln2，又f'（x）x1+x2＜ln2，从而1222a3x2=ln（1+ax）－ln（1－ax）－2ax，F'（x）=．1－a2x21时，F'（x）＞0，F（0）=0，所以当0＜x＜aF（x）＞0，即当0＜x＜111时，+x）＞f（－x）．f（aaa（Ⅲ）由（Ⅰ）得当a≤0，函数f（x）的图象与x轴至多有一个交点，不符合题意，故a＞0．B（x2，0＜x1＜x2，则x2＞不妨设A（x1，0），0），1121＞x1＞0－x1＞＞－x1＞0aaaa112－x1）=f+（－x1）］＞由（Ⅱ）知f（aaaf（x1）=0=f（x2），从而x2＞2－x1，于是x0=a=ex－2是单调递增函数，x1+x21＞，由（Ⅰ）知f'（x0）＜0．2a评注本题同例2类似，实际上是证明极值点∴f'（12）＜f'（ln2）=0．评注同样，本题也是证明极值点偏右的问题．。