近年高考试题中涉及极值点偏移问题的统一解法
极值点偏移四种解题方法
极值点偏移四种解题方法极值点偏移是数学中一个重要的概念，它指的是极值点在函数图像上偏移的现象。
本文将介绍四种解决极值点偏移问题的解题方法。
下面是本店铺为大家精心编写的5篇《极值点偏移四种解题方法》，供大家借鉴与参考，希望对大家有所帮助。
《极值点偏移四种解题方法》篇1一、定义法定义法是解决极值点偏移问题的一种基本方法。
该方法的主要思路是利用函数的定义式，通过分析函数在某一点处的导数值，来判断该点是否为极值点。
如果函数在某一点处的导数值等于零，则该点为极值点。
如果函数在某一点处的导数值不存在，则该点也可能是极值点。
二、导数法导数法是解决极值点偏移问题的另一种基本方法。
该方法的主要思路是利用函数的导数，通过分析函数在某一点处的导数值，来判断该点是否为极值点。
如果函数在某一点处的导数值等于零，则该点为极值点。
如果函数在某一点处的导数值不存在，则该点也可能是极值点。
三、极值判定法极值判定法是解决极值点偏移问题的一种重要方法。
该方法的主要思路是利用函数的极值判定条件，通过分析函数在某一点处的极值条件，来判断该点是否为极值点。
如果函数在某一点处满足极值条件，则该点为极值点。
四、图像法图像法是解决极值点偏移问题的一种直观方法。
该方法的主要思路是通过绘制函数的图像，来判断函数的极值点是否偏移。
如果函数的图像在某一点处发生变化，则该点可能是极值点。
如果函数的图像在某一点处出现拐点，则该点可能是极值点。
综上所述，极值点偏移四种解题方法分别为定义法、导数法、极值判定法和图像法。
《极值点偏移四种解题方法》篇2极值点偏移是高中数学中常见的问题之一，通常出现在导数相关的题目中。
极值点偏移指的是，在可导函数的一个区间内，如果存在一个极值点，且该极值点左右两侧的增减速度不同，那么这个极值点可能会偏移到区间的中点，从而造成函数图像的不对称。
解决极值点偏移问题的方法有很多种，以下是四种常见的解题方法： 1. 构造函数法：该方法的本质是构造一个新的函数，使得新函数的导数与原函数的导数之间存在一定的关系。
极值点偏移(自主整理) 答案
f (1)
1 ，如图 e
要证 x1 x2 2 ，即证 x2 2 x1 ，不妨设 x1 x2 ，则 0 x1 1 x2
x2 2 x1 1，又 f (x) 在 1， 上递减，则只需证
f (x2 ) f (2 x1)
又 f (x2 ) f (x1) ，则等价证 f (x1) f (2 x1) ，证明如下：
等价，例 1 的四种方法全都可以用；
思路 2：也可以利用参数 a 这个媒介去构造出新的函数.解答如下：
因为函数
f
(x)
有两个零点
x1,
x2
，所以
xx21
ae x1 ae x2
(1) (2)
，由 (1)
(2)
得：
x1
x2
a(e x1
e x2
)
，
要证明 x1 x2
2 ，只要证明 a(ex1
ex2 ) 2 ，由 (1) (2) 得： x1 x2
e2
．
解法二 变换函数能妙解
极值点偏移专题
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证法 2：欲证 x1x2 e2 ，需证 ln x1 ln x2 2 ．若 f x 有两个极值点 x1 ，x2 ，即函数 f x 有两个零点．又 f x ln x mx ，所以， x1 ， x2 是方程 f x 0 的两个不同实根．显然 m 0 ，否则，函数 f x 为
设 g(x) f (x) f (2 x)，x 0,1 则 g(x) f (x) f (2 x)
g
(
x)
1 ex
x
1 e2x2
，又 x 0,1，则 g(x) 0 ，则 g(x)在0,1递增
g(x) g(1) 0 ，则 g(x) 0 得证，则 x1 x2 2
极值点偏移问题的五个绝招
一、极值点偏移的定义
二、对数平均定义与证明
（对数平均不等式在高考中不能直接用，在解答题中需要证明）
三、高考例题
极值点偏移问题在历年考题中反复出现，比如2016年全国卷、2013年湖南卷、2011年
辽宁卷、2010年天津卷等。
四、 解后思考：答题模板
第一步: 根据f(x1)= f(x1) 建立等式
第二步: 如果等式含有参数，则消参; 有指数的 则两边取对数，转化为对数式 第三步: 通过恒等变换转化为对数平均问题，利 用对数平均不等式求解
高考中对函数极值的考察正向多样化发
展，其中含参的函数极值不等式越来越被高考命题专家所钟爱，本文通过一道例题汇总一下此类题目的多种典型解法．
解法一：齐次构造消参
解法二: 构造函数1
解法三: 构造函数2
解法四: 引入变量1
解法五: 巧引入变量2。
极值点偏移四种题型的解法及例题
极值点偏移是高中数学中的一个重要概念，也是学生们比较头疼的一个知识点。
在解决数学问题时，我们经常会遇到一些与极值点有关的题型，比如函数的极值问题、优化问题等。
而在解决这些问题时，极值点偏移方法是一种非常实用的解题技巧。
本文将从四种题型出发，对极值点偏移方法进行详细解析，并结合具体例题进行说明。
1. 函数的极值问题函数的极值问题是高中数学中的一个重要内容。
在解决这类问题时，我们常常会用到导数的概念，来求函数的极值点。
但有些情况下，我们可以通过极值点偏移方法更快地得到函数的极值点。
比如对于一些简单的函数，通过极值点的平移和对称性，可以用更简洁的方法求得函数的极值点。
举例说明：已知函数 $f(x)=x^3-3x^2+2$，求 $f(x)$ 的极值点。
解：求导得 $f'(x)=3x^2-6x$。
令导数为零，得到 $x=0$ 或 $x=2$。
根据导数的符号，可知 $x=0$ 是极小值点，$x=2$ 是极大值点。
但通过极值点偏移方法，我们可以发现，当 $x=0$ 时，$f(x)=2$；而当$x=2$ 时，$f(x)=2$。
也就是说，极小值点 $x=0$ 对应的函数值和极大值点 $x=2$ 对应的函数值相等。
这就是极值点偏移的思想。
2. 优化问题优化问题是数学建模中常见的类型之一，也是考察学生综合运用数学知识解决实际问题的一种形式。
当我们遇到优化问题时，常常需要求解函数的极值点。
而极值点偏移方法可以帮助我们更快地找到函数的极值点，从而解决优化问题。
举例说明：一块长为20厘米的铁皮，可以做成一个底面积为 $x cm^2$ 的正方形盒子和一个底面积为 $y cm^2$ 的开口放平盒子，求怎样分割这块铁皮才能使总体积最大。
解：设正方形盒子的边长为 $a$，开口朝下的放平矩形盒子的底边长为 $b$，高为 $h$。
则根据题意可知，$b=a+2h$，且 $x=a^2$，$y=bh$。
问题转化为求 $x+y$ 的最大值。
新高考方案二轮-数学(新高考版)大题专攻(四) 解决极值点偏移问题的四大技法
f′(x)＞0，f(x)无极值，不合题意，舍去，所以 a＞0，
f′(x)＝1－x2ax2＝2a
12a＋x x
12a－x，
令 f′(x)＝0，得 x＝
1 ，当 2a
0＜x＜
12a时，f′(x)＞0；
当 x＞
12a时，f′(x)＜0，所以
f(x)的单调递增区间为0，
12a，单调递减区间
为
12a，＋∞，所以 f(x)在 x＝
[提分技巧]
对称变化主要用来解决与两个极值点之和或差相关的不等式的证明问题，解 题要点如下：
(1)定极值点：即利用导函数求出函数的极值点x0. (2)对称构造：即根据极值点x0构造对称函数F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)或F(x)＝ f(x)－f(2x0－x)． (3)比较大小：即利用导数讨论函数F(x)的单调性，判断其符号，进而得到 f(x0＋x)与f(x0－x)或者f(x)与f(2x0－x)的大小关系． (4)转化所证：即根据函数f(x)的单调性，将f(x0＋x)与f(x0－x)或者f(x)与f(2x0 －x)的大小关系转化为两个极值点之间的大小关系，进而得到所证或所求．
[对点训练] 已知函数 f(x)＝ln x－tx＋t. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 t＝2 时，方程 f(x)＝m－ax 恰有两个不相等的实数根 x1，x2，证明：x21x＋1xx22 ＞2－a. 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－t，当 t≤0 时，f′(x)＞0 恒成立， f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 当 t＞0 时，令 f′(x)＞0，得 0＜x＜1t ；令 f′(x)＜0，得 x＞1t ， ∴f(x)在0，1t 上单调递增，在1t ，＋∞上单调递减．
高中数学：极值点偏移问题有什么好的解决办法？
⾼中数学：极值点偏移问题有什么好的解决办法？1. 所谓的极值点偏移，就是函数在极值点左右的增减速度不⼀样，导致函数的图象不具有对称性。
如果极值点左侧的增减速度快于右侧，则极值点左偏，反之，则极值点右偏。
2. 极值点偏移问题常常出现在⾼考数学的压轴题当中，这类题往往思维要求较⾼，过程较为繁琐，计算量较⼤，具有相当的难度，因此常常令考⽣望⽽⽣畏。
3. 解决极值点偏移问题，构造对称函数和利⽤对数平均不等式是两种典型的⽅法，⼆者各有千秋，独具特⾊。
4. 极值点偏移问题是近⼏年⾼考中的热点问题，在各地的⾼考模拟试卷中也时常出现，并由此衍⽣出⼀系列的压轴题，⽐如拐点偏移就是其中最典型的⼀种。
⼀·极值点偏移问题：⼆·构造对称函数：构造对称函数是处理极值点偏移问题的基本⽅法，其步骤总结如下：三·对数平均不等式：1·对数平均不等式：我们已经学习过算术平均数，⼏何平均数，调和平均数和平⽅平均数，由这些平均数之间构成的⼤⼩关系称之为均值不等式，⽽今天我们介绍的对数平均数不外乎是⼀种新的平均数，它是均值不等式中的⼀环⽽已。
【评注】对数平均不等式也称之为”A-L-G“不等式，它是均值不等式的加强版，其放缩功能更加精细，因此在⾼考压轴题中具有强⼤功效。
2·对数平均不等式的⼏何意义：对数平均不等式具有明确的⼏何意义，这⾥需要借助定积分加以说明，⽂科考⽣可以直接略过。
四·⾼考中的极值点偏移问题：对于极值点偏移问题，⽆论是构造对称函数，还是利⽤对数平均不等式，⼆者皆较为程式化，最终殊途同归。
以上，祝你好运。
高中数学解题思路与方法--极值点偏移
−
2t − 2 t +1
,
(0
<
t
<
1)
求导由单调性易得原不等式成立，略.
4 / 19
法二：接 后续解:
由 得：(x1
+
x2 )(x1
−
x2 ) − (a
− 2)(x1
−
x2 ) − a ln
x1 x2
=
0
构造函数 ， m(t)
=
ln
t
−
2(t −1) t +1
,
(0ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
<
t
<
1)
求导由单调性易得 m(t) < 0在t ∈(0,1) 恒成立，
llnn
x1 x2
− −
mx1 mx2
=0 =0
，设 ，则 ， ．欲证 ， t1
t2
= =
met1 met2
⇒
t1 t2
= et1−t2
k = t1 − t2 < 0
t1
=
kek ek −1
t2
=
k ek −1
x1x2 > e2
解法五 巧引变量（二）
证法 ：设 ， ，则由 得 5 t1 = ln x1 ∈(0,1) t2 = ln x2 ∈(1, +∞)
22
等价于证明： x1 + x2
>
x12 + 2x1 − x22 − 2x2 x1 + ln x1 − x2 − ln x2
⇔ ln x1 x2
< 2x1 − 2x2 x1 + x2
=
2 x1 − 2 x2 x1 +1
2022年高考压轴大题：极值点的偏移问题解题方法
2022年高考压轴大题：极值点的偏移问题解题方法极值点偏移问题常作为压轴题出现，题型复杂多变．解决此类问题，先需理解此类问题的实质，例1 已知函数f (x )＝x e －x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若x 1≠x 2且f (x 1)＝f (x 2)，求证：x 1＋x 2>2.(1)解 f ′(x )＝e －x (1－x )，令f ′(x )>0得x <1；令f ′(x )<0得x >1，∴函数f (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)证明 方法一 (对称化构造法)构造辅助函数F (x )＝f (x )－f (2－x )，x >1，则F ′(x )＝f ′(x )＋f ′(2－x )＝e －x (1－x )＋e x －2(x －1)＝(x －1)(e x －2－e －x )，∴当x >1时，x －1>0，e x －2－e －x >0，∴F ′(x )>0， ∴F (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴F (x )>F (1)＝0， 故当x >1时，f (x )>f (2－x )，(*)由f (x 1)＝f (x 2)，x 1≠x 2，可设x 1<1<x 2， 将x 2代入(*)式可得f (x 2)>f (2－x 2)， 又f (x 1)＝f (x 2)， ∴f (x 1)>f (2－x 2)．又x 1<1,2－x 2<1，而f (x )在(－∞，1)上单调递增， ∴x 1>2－x 2， ∴x 1＋x 2>2.方法二 (比值代换法) 设0<x 1<1<x 2，f (x 1)＝f (x 2)即11ex x -＝22ex x -，取对数得ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2.令t ＝x 2x 1>1，则x 2＝tx 1，代入上式得ln x 1－x 1＝ln t ＋ln x 1－tx 1，得x 1＝ln t t －1，x 2＝t ln t t －1.∴x 1＋x 2＝t ＋1ln t t －1>2∴ln t －2t －1t ＋1>0，设g (t )＝ln t －2t －1t ＋1(t >1)，∴g ′(t )＝1t －2t ＋1－2t －1t ＋12＝t －12t t ＋12>0，∴当t >1时，g (t )单调递增，∴g (t )>g (1)＝0，∴ln t －2t －1t ＋1>0，故x 1＋x 2>2.例2 已知函数f (x )＝ln x －ax 有两个零点x 1，x 2. (1)求实数a 的取值范围； (2)求证：x 1·x 2>e 2.(1)解 f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x(x >0)，∴若a ≤0，则f ′(x )>0，不符合题意；∴若a >0，令f ′(x )＝0，解得x ＝1a.当x ∴⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0； 当x ∴⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0. 由题意知f (x )＝ln x －ax 的极大值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －1>0，解得0<a <1e. 所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，1e . (2)证明 因为f (1)＝－a <0，所以1<x 1<1a<x 2.构造函数H (x )＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＋x －f ⎝⎛⎭⎫1a －x ＝ln ⎝⎛⎭⎫1a ＋x －ln ⎝⎛⎭⎫1a －x －2ax ,0<x <1a. H ′(x )＝11a ＋x ＋11a－x －2a ＝2a 3x21－a 2x 2>0，所以H (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增， 故H (x )>H (0)＝0，即f ⎝⎛⎭⎫1a ＋x >f ⎝⎛⎭⎫1a －x .由1<x 1<1a <x 2，知2a －x 1>1a，故f (x 2)＝f (x 1)＝f ⎝⎛⎭⎫1a －⎝⎛⎭⎫1a －x 1<f ⎝⎛⎭⎫1a ＋⎝⎛⎭⎫1a －x 1＝f ⎝⎛⎭⎫2a －x 1. 因为f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减， 所以x 2>2a －x 1，即x 1＋x 2>2a.故ln x 1x 2＝ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)>2， 即x 1·x 2>e 2.例3已知函数f (x )＝x 2－2x ＋1＋a e x 有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2. 证明：x 1＋x 2>4.解析 证明：令g (x )＝f ′(x )＝2x －2＋a e x ，则x 1，x 2是函数g (x )的两个零点． 令g (x )＝0，得a ＝－2(x －1)e x .令h (x )＝－2(x －1)e x ， 则h (x 1)＝h (x 2)，h ′(x )＝2x －4e x ，可得h (x )在区间(－∞，2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增， 所以x 1<2<x 2.令H (x )＝h (2＋x )－h (2－x )，则H ′(x )＝h ′(2＋x )－h ′(2－x )＝2x (e 2－x －e 2＋x )e 2＋x ·e 2－x ，当0<x <2时，H ′(x )<0，H (x )单调递减，有H (x )<H (0)＝0， 所以h (2＋x )<h (2－x )．所以h (x 1)＝h (x 2)＝h (2＋(x 2－2))<h (2－(x 2－2))＝h (4－x 2)． 因为x 1<2,4－x 2<2，h (x )在(－∞，2)上单调递减， 所以x 1>4－x 2，即x 1＋x 2>4.例4已知f (x )＝x ln x －12mx 2－x ，m ∈R .若f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2. 求证：x 1x 2>e 2(e 为自然对数的底数)．一题多解解法1思路参考：转化为证明ln x 1＋ln x 2>2，根据x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的根建立等量关系． 令t ＝x 2x 1将ln x 1＋ln x 2变形为关于t 的函数，将ln x 1＋ln x 2>2转化为关于t 的不等式进行证明． 证明：欲证x 1x 2>e 2，需证ln x 1＋ln x 2>2.若f (x )有两个极值点x 1，x 2，即函数f ′(x )有两个零点．又f ′(x )＝ln x －mx ，所以x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不等实根．于是，有⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0，解得m ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2. 另一方面，由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0，得ln x 2－ln x 1＝m (x 2－x 1)， 从而得ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2.于是，ln x 1＋ln x 2＝(ln x 2－ln x 1)(x 2＋x 1)x 2－x 1＝⎝⎛⎭⎫1＋x 2x 1ln x 2x 1x 2x 1－1.又0<x 1<x 2，设t ＝x 2x 1，则t >1. 因此，ln x 1＋ln x 2＝(1＋t )ln tt －1，t >1. 要证ln x 1＋ln x 2>2，即证(t ＋1)ln tt －1>2，t >1. 即当t >1时，有ln t >2(t －1)t ＋1. 设函数h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1，t ＞1， 则h ′(t )＝1t －2(t ＋1)－2(t －1)(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2≥0， 所以，h (t )为(1，＋∞)上的增函数．注意到，h (1)＝0，因此，h (t )＞h (1)＝0. 于是，当t >1时，有ln t >2(t －1)t ＋1. 所以ln x 1＋ln x 2>2成立，即x 1x 2>e 2. 解法2思路参考：将证明x 1x 2>e 2转化为证明x 1>e 2x 2.依据x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不等实根构造函数g (x )＝ln x x ，结合函数g (x )的单调性，只需证明g (x 2)＝g (x 1)<g ⎝⎛⎭⎫e 2x 1.证明：由x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不等实根，所以mx 1＝ln x 1，mx 2＝ln x 2. 令g (x )＝ln xx ，g (x 1)＝g (x 2)， 由于g ′(x )＝1－ln xx 2，因此，g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减． 又x 1<x 2，所以0<x 1<e<x 2.令h (x )＝g (x )－g ⎝⎛⎭⎫e 2x (x ∈(0，e))，h ′(x )＝(1－ln x )(e 2－x 2)x 2e 2>0， 故h (x )在(0，e)上单调递增，故h (x )<h (e)＝0，即g (x )<g ⎝⎛⎭⎫e 2x .令x ＝x 1，则g (x 2)＝g (x 1)<g ⎝⎛⎭⎫e 2x 1.因为x 2，e 2x 1∈(e ，＋∞)，g (x )在(e ，＋∞)上单调递减，所以x 2>e 2x 1，即x 1x 2>e 2. 解法3思路参考：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，推出t 1t 2＝e t 1－t 2.将证明x 1x 2>e 2转化为证明t 1＋t 2>2，引入变量k ＝t 1－t 2<0构建函数进行证明． 证明：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0得⎩⎪⎨⎪⎧t 1＝m e t1，t 2＝m et 2⇒t 1t 2＝e t 1－t 2.设k ＝t 1－t 2<0，则t 1＝k e k e k －1，t 2＝k e k －1. 欲证x 1x 2>e 2， 需证ln x 1＋ln x 2>2.即只需证明t 1＋t 2＞2，即k (1＋e k )e k －1>2⇔k (1＋e k )<2(e k －1)⇔k (1＋e k )－2(e k －1)<0. 设g (k )＝k (1＋e k )－2(e k －1)(k <0)，g ′(k )＝k e k －e k ＋1， g ″(k )＝k e k <0，故g ′(k )在(－∞，0)上单调递减， 故g ′(k )>g ′(0)＝0，故g (k )在(－∞，0)上单调递增， 因此g (k )<g (0)＝0，命题得证． 解法4思路参考：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，推出t 1t 2＝e t 1－t 2.将证明x 1x 2>e 2转化为证明t 1＋t 2>2，引入变量t 1t 2＝k ∈(0,1)构建函数进行证明．证明：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0得⎩⎪⎨⎪⎧t 1＝m e t1，t 2＝m et 2⇒t 1t 2＝e t 1－t 2.设t 1t 2＝k ∈(0,1)，则t 1＝k ln k k －1，t 2＝ln k k －1.欲证x 1x 2>e 2，需证ln x 1＋ln x 2>2，即只需证明t 1＋t 2>2，即(k ＋1)ln kk －1>2⇔ln k <2(k －1)k ＋1⇔ln k －2(k －1)k ＋1<0. 设g (k )＝ln k －2(k －1)k ＋1(k ∈(0,1))，g ′(k )＝(k －1)2k (k ＋1)2>0， 故g (k )在(0,1)上单调递增，因此g (k )<g (1)＝0，命题得证．思维升华1．本题考查应用导数研究极值点偏移问题，基本解题方法是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数．2．基于课程标准，解答本题一般需要熟练掌握转化与化归能力、运算求解能力、逻辑思维能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数与方程、不等式、导数的计算与应用等知识，渗透着函数与方程、转化与化归、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养中起到了积极的作用．多维训练1.已知函数f (x )＝e x (e x －ax ＋a )有两个极值点x 1，x2. (1)求a 的取值范围； (2)求证：2x 1x 2<x 1＋x 2.(1)解：因为f (x )＝e x (e x －ax ＋a )，所以f ′(x )＝e x (e x －ax ＋a )＋e x (e x －a )＝e x (2e x －ax )． 令f ′(x )＝0，则2e x ＝ax . 当a ＝0时，不成立； 当a ≠0时，2a ＝xe x .令g (x )＝xe x ，所以g ′(x )＝1－x e x .当x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0.所以g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 又因为g (1)＝1e ，当x →－∞时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0，因此，当0<2a <1e 时，f (x )有2个极值点，即a 的取值范围为(2e ，＋∞)．(2)证明：由(1)不妨设0<x 1<1<x 2，且⎩⎨⎧2e x 1＝ax 1，2e x 2＝ax 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧ln 2＋x 1＝ln a ＋ln x 1，ln 2＋x 2＝ln a ＋ln x 2， 所以x 2－x 1＝ln x 2－ln x 1. 要证明2x 1x 2<x 1＋x 2，只要证明2x 1x 2(ln x 2－ln x 1)<x 22－x 21，即证明2ln ⎝⎛⎭⎫x 2x 1<x 2x 1－x 1x 2.设x 2x 1＝t (t >1)，即要证明2ln t －t ＋1t <0在t ∈(1，＋∞)上恒成立． 记h (t )＝2ln t －t ＋1t (t >1)，h ′(t )＝2t －1－1t 2＝－t 2＋2t －1t 2＝－(t －1)2t 2<0， 所以h (t )在区间(1，＋∞)上单调递减，所以h (t )<h (1)＝0，即2ln t －t ＋1t <0，即2x 1x 2<x 1＋x 2. 2.已知函数f (x )＝x ln x －2ax 2＋x ，a ∈R .(1)若f (x )在(0，＋∞)内单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若函数f (x )有两个极值点分别为x 1，x 2，证明x 1＋x 2>12a . (1)解：f ′(x )＝ln x ＋2－4ax . 因为f (x )在(0，＋∞)内单调递减，所以 f ′(x )＝ln x ＋2－4ax ≤0在(0，＋∞)内恒成立， 即4a ≥ln x x ＋2x 在(0，＋∞)内恒成立． 令g (x )＝ln x x ＋2x ，则g ′(x )＝－1－ln x x 2. 所以，当0<x <1e 时，g ′(x )>0，即g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 内单调递增； 当x >1e 时，g ′(x )<0，即g (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞内单调递减．所以g (x )的最大值为g ⎝⎛⎭⎫1e ＝e ， 所以实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫e 4，＋∞.(2)证明：若函数f (x )有两个极值点分别为x 1，x 2，则f ′(x )＝ln x ＋2－4ax ＝0在(0，＋∞)内有两个不等根x 1，x 2. 由(1)，知0<a <e4.由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＋2－4ax 1＝0，ln x 2＋2－4ax 2＝0，两式相减， 得ln x 1－ln x 2＝4a (x 1－x 2)． 不妨设0<x 1<x 2， 所以要证明x 1＋x 2>12a ，只需证明x 1＋x 24a (x 1－x 2)<12a (ln x 1－ln x 2). 即证明2(x 1－x 2)x 1＋x 2>ln x 1－ln x 2，亦即证明2⎝⎛⎭⎫x 1x 2－1x 1x 2＋1>ln x 1x 2.令函数h (x )＝2(x －1)x ＋1－ln x,0<x <1. 所以h ′(x )＝－(x －1)2x (x ＋1)2<0， 即函数h (x )在(0,1)内单调递减． 所以当x ∈(0,1)时，有h (x )>h (1)＝0， 所以2(x －1)x ＋1>ln x .即不等式2⎝⎛⎭⎫x 1x 2－1x 1x 2＋1>ln x 1x 2成立．综上，x 1＋x 2>12a ，命题得证.3．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∴R )．(1)讨论函数f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)证明：e x －e 2ln x >0恒成立． (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x，当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a，∴x ∴()0，1a 时，f ′(x )>0；x ∴()1a ，＋∞时，f ′(x )<0，∴f (x )在()0，1a 上单调递增，在()1a ，＋∞上单调递减．(2)证明 方法一 要证e x －e 2ln x >0，即证e x －2>ln x ， 令φ(x )＝e x －x －1，∴φ′(x )＝e x －1.令φ′(x )＝0，得x ＝0，∴x ∴(－∞，0)时，φ′(x )<0； x ∴(0，＋∞)时，φ′(x )>0，∴φ(x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )min ＝φ(0)＝0，即e x －x －1≥0，即e x ≥x ＋1，当且仅当x ＝0时取“＝”． 同理可证ln x ≤x －1，当且仅当x ＝1时取“＝”． 由e x ≥x ＋1(当且仅当x ＝0时取“＝”)，可得e x －2≥x －1(当且仅当x ＝2时取“＝”)，又ln x ≤x －1，即x －1≥ln x ，当且仅当x ＝1时取“＝”，所以e x －2≥x －1≥ln x 且两等号不能同时成立，故e x －2>ln x ．即证原不等式成立．方法二 令φ(x )＝e x －e 2ln x ，φ(x )的定义域为(0，＋∞)，φ′(x )＝e x －e 2x ，令h (x )＝e x－e 2x，∴h ′(x )＝e x＋e 2x2>0，∴φ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又φ′(1)＝e －e 2<0，φ′(2)＝e 2－12e 2＝12e 2>0，故∴x 0∴(1,2)，使φ′(x 0)＝0，即0e x －e 2x 0＝0，即0e x ＝e 2x 0，∴当x ∴(0，x 0)时，φ′(x )<0； 当x ∴(x 0，＋∞)时，φ′(x 0)>0，∴φ(x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，∴φ(x )min ＝φ(x 0)＝0ex －e 2ln x 0＝e 2x 0－e 2ln x 0＝e 2x 0－022e e ln e x ＝e 2x 0－e 2(2－x 0)＝e 2()1x 0＋x 0－2＝e 2·x 0－12x 0>0，故φ(x )>0，即e x －e 2ln x >0，即证原不等式成立．4．(2018·全国∴)已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.∴若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ∴若a >2，令f ′(x )＝0，得 x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∴⎝⎛⎭⎫0，a －a 2－42∴⎝⎛⎭⎫a ＋a 2－42，＋∞时， f ′(x )<0；当x ∴⎝⎛⎭⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a －a 2－42，⎝⎛⎭⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝⎛⎭⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． (2)证明 由(1)知，f (x )存在两个极值点当且仅当a >2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1<x 2，则x 2>1.由于f x 1－f x 2x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0.设函数g (x )＝1x－x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减．又g (1)＝0，从而当x ∴(1，＋∞)时，g (x )<0.所以1x 2－x 2＋2ln x 2<0，即f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2.。
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近年高考试题中涉及极值点偏移问题的统一解法广东省佛山市南海区狮山石门高级中学(528225))徐正印陈基耿函数极值点偏移问题在近年高考试题中出现了四次，已经引起了众多老师们的关注。
文[18]-对极值偏移问题都作了深入的研究，大都给出了极值点偏移的定义，阐述了极值点偏移的原因与本质，并各自给出其解法，都有新意，甚至是独到的见解。
纵览文[18]-，解决极值偏移问题共有四种办法：（1）构造一元差函数，如文[1,35,78]--，都总结了解题的步骤；（2）对称法构造函数，如文[6]给出一个结论（定理），归纳其解题步骤，举例详细说明如何使用定理； （3）使用对数平均不等式，如文[2,4]都明确给出对数平均不等式的定理，并对这个定理加以证明；（4）单调性法，如文[1].遗憾的是在文章快结束时才出现，未给出其解题步骤。
构造一元差函数(文[18]-都涉及),大部分学生难以领悟其解题要领,只会机械的套用,解题的过程中常常这样或那样的错误,导致问题得不到解决.文[1]开头的导入(一次测试的平均分)就很好的说明这个问题.对称法构造函数是构造一元差函数的改进,是2010年天津高考数学(理)第21题的提炼.前者引人的函数是()()()F x f x f x =+--后者引人的函数是()())2(h x f x f x x =--,因此,对称法构造函数的本质与构造一元差函数从本质上来说是一样的.对数平均不等式目前还不是高中教材的内容。
限于高中数学课时节数、学生的认知水平等原因，笔者相信大部分高中，尤其是非重点高中的数学教师不会为了解决极值点偏移：的问题而专门补充对数平均不等式对应的知识！笔者喜欢“一题多解”，崇尚“多题一解”，倡导“高中的问题尽量采用高中课本所涉及的思想方法去解决”为此，笔者查阅了大量涉及“函数极值点偏移问题”的论文，得到极值点偏移问题的统一方法。
实践表明，学生能较好地掌握这种解法。
―、方法归纳涉及极值点偏移问题的统一解法的大致步骤: (1)不妨确定102x x x <<(2)把+>1202x x x 或1202x x x +<化为1022x x x >-或1022x x x <-； (3)利用f(x)的单调性得到102()()2f x f x x >-或102()()2f x f x x <- (4)利用12()()f f x x =得到()()2022f x f x x >-或(5)分两种情况:情况一,需要证明()()2022f x f x x >-或()()2022f x f x x <-进入下一步;情况二,利用题设条件可以(如例3的第II 问)确定: ()()2022f x f x x >-或()()2022f x f x x <-,不等式得到证明.(6)在证明()()()()20220222f x f x x f x f x x >-<-或时,一般先进行等价转换,如:()()2022f x f x x >-⇔()()20220f x f x x -->或()()2022f x f x x <-⇔()()20220f x f x x --<,…,然后用类比思想引入函数.不直接引人函数()0()()2F x f x f x x =--的主要原因是为了降低运算量，避免求二阶导数。
例1（2013 年高考湖南省文科）已知函数21()1x x f x e x-=+（1）求()f x 的单调区间；（2）求证：()()()1212120f x f x x x x x =≠+<当时，证明()()I f x 单调递增区间为()(),0,f x -∞单调递减区间为()0,+∞。
(II)由(I)知: ()f x 在(),0-∞上单调递增;在()0,+∞上单调递减.因为()()()1212f x f x x x =≠,所以不妨设120x x <<.()()1212120x x x x f x f x +<⇔<-⇔<- ()()222222222222222222111110101111z x z x x x x ef x f x e eex x xxπ---+-⇔-<⇔<-⇔<⇔-<++++设21()1(0)1xx F x e x x -=-+，则2222()(1)x x e F x x '=-+，在(0,)+∞上()0F x '<，()F x 单调递减，()(0)0F x F <=，不等式120x x +<得证。
例2(2016年高考全国Ⅰ卷理科)已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-有两个零点. (I)求a 的取值范围；(II)设1x ,2x 是()f x 的两个零点,证明: 122x x +<证明(I)a 的取值范围为(0,)+∞.在求a 的取值范围时,已经确定()f x 单调递减区间为(,1)-∞；()f x 单调递增区间为(1,)+∞。
(II)因为1x ,2x 是()f x 的两个零点,所以()()120f x f x ==.不妨设12x x <.由(I)知: 121x x <<.()()()()()()()()()()2222212121222222222222222222222*********210xx x x xx x x x f x f x f x f x f x f x x e a x x e a x x e x e e e x --+<⇔<-⇔>-⇔>-⇔-->⇔-+-+-->⇔-+>⎛⎫⇔-⋅+< ⎪ ⎪⎝⎭设222()1(1)x F x e e x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，则2222(1)()x e x F x x '-=，在(1,)+∞上，()0F x '>，()F x 单调递增，()(1)0F x F >=，不等式122x x +<得证例3 （2010年高考天津理科）已知函数-=∈()()x f x xe x（I ）求函数()f x 的单调区间和极值；(II)已知函数()y g x =的图象与函数()y f x =的图象关于直线1x =对称,求证:当1x >时, ()()f x g x >；(III)如果12x x ≠，且()()12f x f x =,求证: 122x x +>。
证明(I) ()f x 单调递增区间(,1)-∞，单调递减区间为()+∞1,.()f x 的极大值为1(1)f e=,没有极小值.过程略.(II) ()(2)y g x f x ==-,当1x >时,222()()()(2)()(2)0(2)0210x x x f x g x f x f x f x f x xe x e e e x -->⇔>-⇔-->⇔-->⎛⎫⇔--⋅> ⎪⎝⎭设222()1(1)x F x e e x x ⎛⎫=--⋅ ⎪⎝⎭，则2222(1)()x e x F x x '-=,在(1,)+∞上, ()0F x '>，()F x 单调递增, ()(1)0F x F >=,不等式()()(1)f x g x x >>得证.例4(2011年高考辽宁理科)已知函数2()ln (2)f x x ax a x =-+- (I)讨论()f x 的单调性;(II)设0a >,证明:当10x a <<，11f x f x a a ⎛⎫⎛⎫+>- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(III)若函数()y f x =的图像与x 轴交于A 、B 两点,线段AB 中点的横坐标为0x ,证明:()00f x '<证明(I)当0a 时, f(x)单调递增区间为(0,)+∞,没有单调递减区间.当a>0时, f(x)单调递增区间为1(0,)a ;f(x)单调递减区间为1(,+oo)a(II)M 当10(0)x a a<<>时,2211111ln (2)111ln (2)f x f x x a x a x a a a a a x a x a x a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+>-⇔+-++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⇔+-++-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ln(1)ln(1)20ax ax ax ⇔+--+>设1()ln(1)ln(1)20F x ax ax ax x a ⎛⎫=+--+< ⎪⎝⎭，则()211a a F x a ax ax '=+++-在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，()0F x '>，()F x 单调递增，()(0)0F x F >=，不等式1110f x f x x a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+>-<< ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭得证(III)因为()y f x =的图像与x 轴交于A,B 两点，所以0a >时，由(I)知，当0a >时，()f x 单调递减区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，()0010f x x a '<⇔>。
不妨设()1,0A x 、()()212,0B x x x <，则由(I)知1210x x a <<<，()()12f x f x =，1202x x x +=，01212x x x a a>⇔+>()()212111222x x f x f x f x f x q q a ⎛⎫⎛⎫⇔>-⇔<-⇔<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭。
由(II)知，当10x a <<时，11f x f x a a ⎛⎫⎛⎫+>- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭。
因为110x a <<，所以1110x a a <-<，()()111111111122,,f x f x fx f x f x f x a a a a a a ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+->---><- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦，不等式()00f x '<得证。