函数极值点偏移问题的一种解题策略
极值点偏移问题的处理策略及探究
高三培优--极值点偏移问题的处理策略及探究所谓极值点偏移问题，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。
若函数()f x 在0x x =处取得极值，且函数()y f x =与直线y b =交于1(,)A x b ,2(,)B x b 两点，则AB 的中点为12(,)2x x M b +，而往往1202x x x +≠.如下图所示.极值点没有偏移此类问题在近几年高考及各种模考，作为热点以压轴题的形式给出，很多学生对待此类问题经常是束手无策。
而且此类问题变化多样，有些题型是不含参数的，而更多的题型又是含有参数的。
不含参数的如何解决？含参数的又该如何解决，参数如何来处理？是否有更方便的方法来解决？其实，处理的手段有很多，方法也就有很多，我们先来看看此类问题的基本特征，再从几个典型问题来逐一探索！【问题特征】【处理策略】一、不含参数的问题.例1.（2010天津理）已知函数()()x f x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ， 证明：12 2.x x +>二、含参数的问题.例2.已知函数x ae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x .例3.已知函数()ln f x x ax =-，a 为常数，若函数()f x 有两个零点12,x x ，试证明：212.x x e ⋅>例 4.设函数()()xf x e ax a a R =-+∈，其图像与x 轴交于)0,(,)0,(21x B x A 两点，且21x x <.证明：0f '<.【迷惑】此题为什么两式相减能奏效，而变式相乘却失败？两式相减的思想基础是什么？其他题是否也可以效仿这两式相减的思路?【解决】此题及很多类似的问题，都有着深刻的高等数学背景.拉格朗日中值定理：若函数()f x 满足如下条件：（1）函数在闭区间[,]a b 上连续；（2）函数在开区间(,)a b 内可导，则在(,)a b 内至少存在一点ξ，使得()()()f b f a f b aξ-=-. 当()()f b f a =时，即得到罗尔中值定理.上述问题即对应于罗尔中值定理，设函数图像与x 轴交于12(,0),(,0),A x B x 两点，因此 21211221()()(e )()0002x x AB f x f x e a x x k x x ----=⇔=⇔=-，∴2121x x e e a x x -=-，…… 由于12()()0f x f x ==，显然11()()0f x f x +=与11()()0f x f x ⋅=，与已知12()()0f x f x ==不是充要关系，转化的过程中范围发生了改变.例5.（11年，辽宁理）已知函数2()ln (2).f x x ax a x =-+- （I ）讨论()f x 的单调性；（II ）设0a >，证明：当10x a <<时，11()()f x f x a a+>-； （III ）若函数()y f x =的图像与x 轴交于,A B 两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：0()0f x '<.【问题的进一步探究】对数平均不等式的介绍与证明两个正数a 和b 的对数平均定义：(),(,)ln ln ().a b a b L a b a b a a b -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：(,)2a b L a b +≤≤（此式记为对数平均不等式） 取等条件：当且仅当a b =时，等号成立.只证：当a b ≠(,)2a b L a b +<<.不失一般性，可设a b >.证明如下： （I(,)L a b <……① 不等式①1ln ln ln 2ln (1)a a b x x x b x ⇔-<⇔<⇔<-=其中 构造函数1()2ln (),(1)f x x x x x =-->，则22211()1(1)f x x x x'=--=--.因为1x >时，()0f x '<，所以函数()f x 在(1,)+∞上单调递减，故()(1)0f x f <=，从而不等式①成立；（II ）再证：(,)2a b L a b +<……②不等式②2(1)2()2(1)ln ln ln ln (1)(1)(1)a a b a x b a b x x a a b b x b---⇔->⇔>⇔>=>+++其中 构造函数2(1)()ln ,(1)(1)x g x x x x -=->+，则22214(1)()(1)(1)x g x x x x x -'=-=++.因为1x >时，()0g x '>，所以函数()g x 在(1,)+∞上单调递增，故()(1)0g x g <=，从而不等式②成立；综合（I ）（II ）知，对,a b R +∀∈(,)2a b L a b +≤≤成立，当且仅当a b =时，等号成立.【挑战今年高考压轴题】（2016年新课标I 卷理数压轴21题）已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点21,x x .证明：122x x +<.。
极值点偏移四种解题方法
极值点偏移四种解题方法极值点偏移是数学中一个重要的概念，它指的是极值点在函数图像上偏移的现象。
本文将介绍四种解决极值点偏移问题的解题方法。
下面是本店铺为大家精心编写的5篇《极值点偏移四种解题方法》，供大家借鉴与参考，希望对大家有所帮助。
《极值点偏移四种解题方法》篇1一、定义法定义法是解决极值点偏移问题的一种基本方法。
该方法的主要思路是利用函数的定义式，通过分析函数在某一点处的导数值，来判断该点是否为极值点。
如果函数在某一点处的导数值等于零，则该点为极值点。
如果函数在某一点处的导数值不存在，则该点也可能是极值点。
二、导数法导数法是解决极值点偏移问题的另一种基本方法。
该方法的主要思路是利用函数的导数，通过分析函数在某一点处的导数值，来判断该点是否为极值点。
如果函数在某一点处的导数值等于零，则该点为极值点。
如果函数在某一点处的导数值不存在，则该点也可能是极值点。
三、极值判定法极值判定法是解决极值点偏移问题的一种重要方法。
该方法的主要思路是利用函数的极值判定条件，通过分析函数在某一点处的极值条件，来判断该点是否为极值点。
如果函数在某一点处满足极值条件，则该点为极值点。
四、图像法图像法是解决极值点偏移问题的一种直观方法。
该方法的主要思路是通过绘制函数的图像，来判断函数的极值点是否偏移。
如果函数的图像在某一点处发生变化，则该点可能是极值点。
如果函数的图像在某一点处出现拐点，则该点可能是极值点。
综上所述，极值点偏移四种解题方法分别为定义法、导数法、极值判定法和图像法。
《极值点偏移四种解题方法》篇2极值点偏移是高中数学中常见的问题之一，通常出现在导数相关的题目中。
极值点偏移指的是，在可导函数的一个区间内，如果存在一个极值点，且该极值点左右两侧的增减速度不同，那么这个极值点可能会偏移到区间的中点，从而造成函数图像的不对称。
解决极值点偏移问题的方法有很多种，以下是四种常见的解题方法： 1. 构造函数法：该方法的本质是构造一个新的函数，使得新函数的导数与原函数的导数之间存在一定的关系。
极值点偏移问题的处理
极值点偏移问题处理策略一、极值点偏移已知函数y=f(x)是连续函数，f(x)在区间(x1,x2)内只有一个极值点x0，且f(x1)=f(x2)，不少极值函数由于极值点左右的增减速度不同，函数的图像并不关于直线x =x0对称，即x0≠x1+x22。
这就是极值点偏移问题。
二、极值点偏移问题的解决方法之构造对称函数首先构造F(x)=f(x0+x)−f(x0−x),其中x0为f(x)的极值点，求导判断单调性，结合F(0)=0确定F(x)的符号，即判断f(x0+x)>f(x0−x)还是f(x0+x)<f(x0−x)。
设x1<x0<x2，根据上式，判断f(x0+(x0−x1))>f(x0−(x0−x1)还是f(x0+(x0−x1))<f(x0−(x0−x1)，即判断f(2x0−x1)> f(x1)还是 f(2x0−x1)< f(x1)，结合f(x1)= f(x2)，由f(x)在x0左侧的单调性来判断2x0−x1>x2还是2x0−x1<x2。
例如：已知f(x)=ln x−ax有两个零点x1，x2，求证x1+x2>2a.首先求出f(x)的极大值为1a ，构造F(x)=f(1a+x)−f(1a−x)，求导可判断F(x)为单调递增函数，结合结合F(0)=0确定F(x)>0，即f(1a +x)>f(1a−x)。
设x1<1a <x2，根据上式，得到f(1a+(1a−x1))>f(1a−(1a−x1)，即f(2a−x1)>f(x1)，结合f(x1)= f(x2)，由f(x)在(1a ，+∞)单调递减，判断2a−x1<x2，即x1+x2>2a.三、极值点偏移问题的解决方法之对数平均不等式定义两个正数的对数平均数为L(a,b)={a−b ln a−ln ba(a=b)(a≠b),称：√ab≤a−b ln a−ln b ≤a+b2为对数平均不等式，当且仅当a=b时取等号。
极值点偏移问题的处理策略
极值点偏移问题的处理策略所谓极值点偏移问题，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。
若函数()f x 在0x x =处取得极值，且函数()y f x =与直线y b =交于1(,)A x b ,2(,)B x b 两点，则AB 的中点为12(,)2x x M b +，而往往1202x xx +≠.如下图所示.极值点没有偏移此类问题在近几年高考及各种模考，作为热点以压轴题的形式给出，很多学生对待此类问题经常是束手无策。
而且此类问题变化多样，有些题型是不含参数的，而更多的题型又是含有参数的。
不含参数的如何解决？含参数的又该如何解决，参数如何来处理？是否有更方便的方法来解决？其实，处理的手段有很多，方法也就有很多，我们先来看看此类问题的基本特征，再从几个典型问题来逐一探索！【问题特征】【处理策略】一、不含参数的问题例1 已知函数()()xf x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ，证明：12 2.x x +>【解析】法一：()(1)xf x x e -'=-，易得()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，x →-∞时，()f x →-∞，(0)0f =，x →+∞时，()0f x →，函数()f x 在1x =处取得极大值(1)f ，且1(1)f e=,如图所示．由1212()(),f x f x x x =≠，不妨设12x x <，则必有1201x x <<<，构造函数()(1)(1),(0,1]F x f x f x x =+--∈，则21()(1)(1)(1)0x x xF x f x f x e e+'''=++-=->，所以()F x 在(0,1]x ∈上单调递增，()(0)0F x F >=，也即(1)(1)f x f x +>-对(0,1]x ∈恒成立．由1201x x <<<，则11(0,1]x -∈，所以11112(1(1))(2)(1(1))()()f x f x f x f x f x +-=->--==，即12(2)()f x f x ->，又因为122,(1,)x x -∈+∞，且()f x 在(1,)+∞上单调递减，所以122x x -<，即证12 2.x x +>法二：欲证122x x +>，即证212x x >-，由法一知1201x x <<<，故122,(1,)x x -∈+∞，又因为()f x 在(1,)+∞上单调递减，故只需证21()(2)f x f x <-，又因为12()()f x f x =，故也即证11()(2)f x f x <-，构造函数()()(2),(0,1)H x f x f x x =--∈，则等价于证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立.由221()()(2)(1)0x x xH x f x f x e e--'''=+-=->，则()H x 在(0,1)x ∈上单调递增，所以()(1)0H x H <=，即已证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立，故原不等式122x x +>亦成立.法三：由12()()f x f x =，得1212x x x ex e --=，化简得2121x x x e x -=…①， 不妨设21x x >，由法一知，121o x x <<<.令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，得11tt x e x +=，反解出11t t x e =-，则121221t t x x x t t e +=+=+-，故要证：122x x +>，即证：221ttt e +>-，又因为10t e ->，等价于证明：2(2)(1)0t t t e +-->…②，构造函数()2(2)(1),(0)tG t t t e t =+-->，则()(1)1,()0ttG t t e G t te '''=-+=>，故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=，从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=，即证②式成立，也即原不等式122x x +>成立.法四：由法三中①式，两边同时取以e 为底的对数，得221211lnln ln x x x x x x -==-，也即2121ln ln 1x x x x -=-，从而221212121212221211111ln ln ()ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x +-++=+==---，令21(1)x t t x =>，则欲证：122x x +>，等价于证明：1ln 21t t t +>-…③， 构造(1)ln 2()(1)ln ,(1)11t t M t t t t t +==+>--，则2212ln ()(1)t t t M t t t --'=-， 又令2()12ln ,(1)t t t t t ϕ=-->，则()22(ln 1)2(1ln )t t t t t ϕ'=-+=--，由于1ln t t ->对(1,)t ∀∈+∞恒成立，故()0t ϕ'>，()t ϕ在(1,)t ∈+∞上单调递增，所以()(1)0t ϕϕ>=，从而()0M t '>，故()M t 在(1,)t ∈+∞上单调递增，由洛比塔法则知：1111(1)ln ((1)ln )1lim ()limlim lim(ln )21(1)x x x x t t t t t M t t t t t→→→→'+++===+='--，即证()2M t >，即证③式成立，也即原不等式122x x +>成立.【点评】以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式，方法一、二利用构造新的函数来达到消元的目的，方法三、四则是利用构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的.二、含参数的问题.例2.已知函数x ae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x . 【解析】思路1：函数()f x 的两个零点，等价于方程xxea -=的两个实根，从而这一问题与例1完全等价，例1的四种方法全都可以用；思路2：也可以利用参数a 这个媒介去构造出新的函数.解答如下：因为函数()f x 有两个零点12,x x ，所以⎩⎨⎧==)2()1(2121x x aex ae x ，由)2()1(+得：)(2121xxe e a x x +=+， 要证明122x x +>，只要证明12()2x x a e e +>， 由)2()1(-得：1212()xxx x a e e -=-，即1212x x x x a e e -=-，即证：121212()2x x xx e e x x e e +->-211)(212121>-+-⇔--x x x x e e x x ， 不妨设12x x >，记12t x x =-，则0,1t t e >>，因此只要证明：121t te t e +⋅>-01)1(2>+--⇔t t e e t ， 再次换元令x t x e tln ,1=>=，即证2(1)ln 0(1,)1x x x x -->∀∈+∞+构造新函数2(1)()ln 1x F x x x -=-+，0)1(=F求导2'2214(1)()0(1)(1)x F x x x x x -=-=>++，得)(x F 在),1(+∞递增， 所以0)(>x F ，因此原不等式122x x +>获证.【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元12,x x 的基础上，又多了一个参数，故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数。
2022年高考压轴大题：极值点的偏移问题解题方法
2022年高考压轴大题：极值点的偏移问题解题方法极值点偏移问题常作为压轴题出现，题型复杂多变．解决此类问题，先需理解此类问题的实质，例1 已知函数f (x )＝x e －x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若x 1≠x 2且f (x 1)＝f (x 2)，求证：x 1＋x 2>2.(1)解 f ′(x )＝e －x (1－x )，令f ′(x )>0得x <1；令f ′(x )<0得x >1，∴函数f (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)证明 方法一 (对称化构造法)构造辅助函数F (x )＝f (x )－f (2－x )，x >1，则F ′(x )＝f ′(x )＋f ′(2－x )＝e －x (1－x )＋e x －2(x －1)＝(x －1)(e x －2－e －x )，∴当x >1时，x －1>0，e x －2－e －x >0，∴F ′(x )>0， ∴F (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴F (x )>F (1)＝0， 故当x >1时，f (x )>f (2－x )，(*)由f (x 1)＝f (x 2)，x 1≠x 2，可设x 1<1<x 2， 将x 2代入(*)式可得f (x 2)>f (2－x 2)， 又f (x 1)＝f (x 2)， ∴f (x 1)>f (2－x 2)．又x 1<1,2－x 2<1，而f (x )在(－∞，1)上单调递增， ∴x 1>2－x 2， ∴x 1＋x 2>2.方法二 (比值代换法) 设0<x 1<1<x 2，f (x 1)＝f (x 2)即11ex x -＝22ex x -，取对数得ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2.令t ＝x 2x 1>1，则x 2＝tx 1，代入上式得ln x 1－x 1＝ln t ＋ln x 1－tx 1，得x 1＝ln t t －1，x 2＝t ln t t －1.∴x 1＋x 2＝t ＋1ln t t －1>2∴ln t －2t －1t ＋1>0，设g (t )＝ln t －2t －1t ＋1(t >1)，∴g ′(t )＝1t －2t ＋1－2t －1t ＋12＝t －12t t ＋12>0，∴当t >1时，g (t )单调递增，∴g (t )>g (1)＝0，∴ln t －2t －1t ＋1>0，故x 1＋x 2>2.例2 已知函数f (x )＝ln x －ax 有两个零点x 1，x 2. (1)求实数a 的取值范围； (2)求证：x 1·x 2>e 2.(1)解 f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x(x >0)，∴若a ≤0，则f ′(x )>0，不符合题意；∴若a >0，令f ′(x )＝0，解得x ＝1a.当x ∴⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0； 当x ∴⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0. 由题意知f (x )＝ln x －ax 的极大值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －1>0，解得0<a <1e. 所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，1e . (2)证明 因为f (1)＝－a <0，所以1<x 1<1a<x 2.构造函数H (x )＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＋x －f ⎝⎛⎭⎫1a －x ＝ln ⎝⎛⎭⎫1a ＋x －ln ⎝⎛⎭⎫1a －x －2ax ,0<x <1a. H ′(x )＝11a ＋x ＋11a－x －2a ＝2a 3x21－a 2x 2>0，所以H (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增， 故H (x )>H (0)＝0，即f ⎝⎛⎭⎫1a ＋x >f ⎝⎛⎭⎫1a －x .由1<x 1<1a <x 2，知2a －x 1>1a，故f (x 2)＝f (x 1)＝f ⎝⎛⎭⎫1a －⎝⎛⎭⎫1a －x 1<f ⎝⎛⎭⎫1a ＋⎝⎛⎭⎫1a －x 1＝f ⎝⎛⎭⎫2a －x 1. 因为f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减， 所以x 2>2a －x 1，即x 1＋x 2>2a.故ln x 1x 2＝ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)>2， 即x 1·x 2>e 2.例3已知函数f (x )＝x 2－2x ＋1＋a e x 有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2. 证明：x 1＋x 2>4.解析 证明：令g (x )＝f ′(x )＝2x －2＋a e x ，则x 1，x 2是函数g (x )的两个零点． 令g (x )＝0，得a ＝－2(x －1)e x .令h (x )＝－2(x －1)e x ， 则h (x 1)＝h (x 2)，h ′(x )＝2x －4e x ，可得h (x )在区间(－∞，2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增， 所以x 1<2<x 2.令H (x )＝h (2＋x )－h (2－x )，则H ′(x )＝h ′(2＋x )－h ′(2－x )＝2x (e 2－x －e 2＋x )e 2＋x ·e 2－x ，当0<x <2时，H ′(x )<0，H (x )单调递减，有H (x )<H (0)＝0， 所以h (2＋x )<h (2－x )．所以h (x 1)＝h (x 2)＝h (2＋(x 2－2))<h (2－(x 2－2))＝h (4－x 2)． 因为x 1<2,4－x 2<2，h (x )在(－∞，2)上单调递减， 所以x 1>4－x 2，即x 1＋x 2>4.例4已知f (x )＝x ln x －12mx 2－x ，m ∈R .若f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2. 求证：x 1x 2>e 2(e 为自然对数的底数)．一题多解解法1思路参考：转化为证明ln x 1＋ln x 2>2，根据x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的根建立等量关系． 令t ＝x 2x 1将ln x 1＋ln x 2变形为关于t 的函数，将ln x 1＋ln x 2>2转化为关于t 的不等式进行证明． 证明：欲证x 1x 2>e 2，需证ln x 1＋ln x 2>2.若f (x )有两个极值点x 1，x 2，即函数f ′(x )有两个零点．又f ′(x )＝ln x －mx ，所以x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不等实根．于是，有⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0，解得m ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2. 另一方面，由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0，得ln x 2－ln x 1＝m (x 2－x 1)， 从而得ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2.于是，ln x 1＋ln x 2＝(ln x 2－ln x 1)(x 2＋x 1)x 2－x 1＝⎝⎛⎭⎫1＋x 2x 1ln x 2x 1x 2x 1－1.又0<x 1<x 2，设t ＝x 2x 1，则t >1. 因此，ln x 1＋ln x 2＝(1＋t )ln tt －1，t >1. 要证ln x 1＋ln x 2>2，即证(t ＋1)ln tt －1>2，t >1. 即当t >1时，有ln t >2(t －1)t ＋1. 设函数h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1，t ＞1， 则h ′(t )＝1t －2(t ＋1)－2(t －1)(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2≥0， 所以，h (t )为(1，＋∞)上的增函数．注意到，h (1)＝0，因此，h (t )＞h (1)＝0. 于是，当t >1时，有ln t >2(t －1)t ＋1. 所以ln x 1＋ln x 2>2成立，即x 1x 2>e 2. 解法2思路参考：将证明x 1x 2>e 2转化为证明x 1>e 2x 2.依据x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不等实根构造函数g (x )＝ln x x ，结合函数g (x )的单调性，只需证明g (x 2)＝g (x 1)<g ⎝⎛⎭⎫e 2x 1.证明：由x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不等实根，所以mx 1＝ln x 1，mx 2＝ln x 2. 令g (x )＝ln xx ，g (x 1)＝g (x 2)， 由于g ′(x )＝1－ln xx 2，因此，g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减． 又x 1<x 2，所以0<x 1<e<x 2.令h (x )＝g (x )－g ⎝⎛⎭⎫e 2x (x ∈(0，e))，h ′(x )＝(1－ln x )(e 2－x 2)x 2e 2>0， 故h (x )在(0，e)上单调递增，故h (x )<h (e)＝0，即g (x )<g ⎝⎛⎭⎫e 2x .令x ＝x 1，则g (x 2)＝g (x 1)<g ⎝⎛⎭⎫e 2x 1.因为x 2，e 2x 1∈(e ，＋∞)，g (x )在(e ，＋∞)上单调递减，所以x 2>e 2x 1，即x 1x 2>e 2. 解法3思路参考：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，推出t 1t 2＝e t 1－t 2.将证明x 1x 2>e 2转化为证明t 1＋t 2>2，引入变量k ＝t 1－t 2<0构建函数进行证明． 证明：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0得⎩⎪⎨⎪⎧t 1＝m e t1，t 2＝m et 2⇒t 1t 2＝e t 1－t 2.设k ＝t 1－t 2<0，则t 1＝k e k e k －1，t 2＝k e k －1. 欲证x 1x 2>e 2， 需证ln x 1＋ln x 2>2.即只需证明t 1＋t 2＞2，即k (1＋e k )e k －1>2⇔k (1＋e k )<2(e k －1)⇔k (1＋e k )－2(e k －1)<0. 设g (k )＝k (1＋e k )－2(e k －1)(k <0)，g ′(k )＝k e k －e k ＋1， g ″(k )＝k e k <0，故g ′(k )在(－∞，0)上单调递减， 故g ′(k )>g ′(0)＝0，故g (k )在(－∞，0)上单调递增， 因此g (k )<g (0)＝0，命题得证． 解法4思路参考：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，推出t 1t 2＝e t 1－t 2.将证明x 1x 2>e 2转化为证明t 1＋t 2>2，引入变量t 1t 2＝k ∈(0,1)构建函数进行证明．证明：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0得⎩⎪⎨⎪⎧t 1＝m e t1，t 2＝m et 2⇒t 1t 2＝e t 1－t 2.设t 1t 2＝k ∈(0,1)，则t 1＝k ln k k －1，t 2＝ln k k －1.欲证x 1x 2>e 2，需证ln x 1＋ln x 2>2，即只需证明t 1＋t 2>2，即(k ＋1)ln kk －1>2⇔ln k <2(k －1)k ＋1⇔ln k －2(k －1)k ＋1<0. 设g (k )＝ln k －2(k －1)k ＋1(k ∈(0,1))，g ′(k )＝(k －1)2k (k ＋1)2>0， 故g (k )在(0,1)上单调递增，因此g (k )<g (1)＝0，命题得证．思维升华1．本题考查应用导数研究极值点偏移问题，基本解题方法是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数．2．基于课程标准，解答本题一般需要熟练掌握转化与化归能力、运算求解能力、逻辑思维能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数与方程、不等式、导数的计算与应用等知识，渗透着函数与方程、转化与化归、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养中起到了积极的作用．多维训练1.已知函数f (x )＝e x (e x －ax ＋a )有两个极值点x 1，x2. (1)求a 的取值范围； (2)求证：2x 1x 2<x 1＋x 2.(1)解：因为f (x )＝e x (e x －ax ＋a )，所以f ′(x )＝e x (e x －ax ＋a )＋e x (e x －a )＝e x (2e x －ax )． 令f ′(x )＝0，则2e x ＝ax . 当a ＝0时，不成立； 当a ≠0时，2a ＝xe x .令g (x )＝xe x ，所以g ′(x )＝1－x e x .当x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0.所以g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 又因为g (1)＝1e ，当x →－∞时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0，因此，当0<2a <1e 时，f (x )有2个极值点，即a 的取值范围为(2e ，＋∞)．(2)证明：由(1)不妨设0<x 1<1<x 2，且⎩⎨⎧2e x 1＝ax 1，2e x 2＝ax 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧ln 2＋x 1＝ln a ＋ln x 1，ln 2＋x 2＝ln a ＋ln x 2， 所以x 2－x 1＝ln x 2－ln x 1. 要证明2x 1x 2<x 1＋x 2，只要证明2x 1x 2(ln x 2－ln x 1)<x 22－x 21，即证明2ln ⎝⎛⎭⎫x 2x 1<x 2x 1－x 1x 2.设x 2x 1＝t (t >1)，即要证明2ln t －t ＋1t <0在t ∈(1，＋∞)上恒成立． 记h (t )＝2ln t －t ＋1t (t >1)，h ′(t )＝2t －1－1t 2＝－t 2＋2t －1t 2＝－(t －1)2t 2<0， 所以h (t )在区间(1，＋∞)上单调递减，所以h (t )<h (1)＝0，即2ln t －t ＋1t <0，即2x 1x 2<x 1＋x 2. 2.已知函数f (x )＝x ln x －2ax 2＋x ，a ∈R .(1)若f (x )在(0，＋∞)内单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若函数f (x )有两个极值点分别为x 1，x 2，证明x 1＋x 2>12a . (1)解：f ′(x )＝ln x ＋2－4ax . 因为f (x )在(0，＋∞)内单调递减，所以 f ′(x )＝ln x ＋2－4ax ≤0在(0，＋∞)内恒成立， 即4a ≥ln x x ＋2x 在(0，＋∞)内恒成立． 令g (x )＝ln x x ＋2x ，则g ′(x )＝－1－ln x x 2. 所以，当0<x <1e 时，g ′(x )>0，即g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 内单调递增； 当x >1e 时，g ′(x )<0，即g (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞内单调递减．所以g (x )的最大值为g ⎝⎛⎭⎫1e ＝e ， 所以实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫e 4，＋∞.(2)证明：若函数f (x )有两个极值点分别为x 1，x 2，则f ′(x )＝ln x ＋2－4ax ＝0在(0，＋∞)内有两个不等根x 1，x 2. 由(1)，知0<a <e4.由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＋2－4ax 1＝0，ln x 2＋2－4ax 2＝0，两式相减， 得ln x 1－ln x 2＝4a (x 1－x 2)． 不妨设0<x 1<x 2， 所以要证明x 1＋x 2>12a ，只需证明x 1＋x 24a (x 1－x 2)<12a (ln x 1－ln x 2). 即证明2(x 1－x 2)x 1＋x 2>ln x 1－ln x 2，亦即证明2⎝⎛⎭⎫x 1x 2－1x 1x 2＋1>ln x 1x 2.令函数h (x )＝2(x －1)x ＋1－ln x,0<x <1. 所以h ′(x )＝－(x －1)2x (x ＋1)2<0， 即函数h (x )在(0,1)内单调递减． 所以当x ∈(0,1)时，有h (x )>h (1)＝0， 所以2(x －1)x ＋1>ln x .即不等式2⎝⎛⎭⎫x 1x 2－1x 1x 2＋1>ln x 1x 2成立．综上，x 1＋x 2>12a ，命题得证.3．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∴R )．(1)讨论函数f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)证明：e x －e 2ln x >0恒成立． (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x，当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a，∴x ∴()0，1a 时，f ′(x )>0；x ∴()1a ，＋∞时，f ′(x )<0，∴f (x )在()0，1a 上单调递增，在()1a ，＋∞上单调递减．(2)证明 方法一 要证e x －e 2ln x >0，即证e x －2>ln x ， 令φ(x )＝e x －x －1，∴φ′(x )＝e x －1.令φ′(x )＝0，得x ＝0，∴x ∴(－∞，0)时，φ′(x )<0； x ∴(0，＋∞)时，φ′(x )>0，∴φ(x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )min ＝φ(0)＝0，即e x －x －1≥0，即e x ≥x ＋1，当且仅当x ＝0时取“＝”． 同理可证ln x ≤x －1，当且仅当x ＝1时取“＝”． 由e x ≥x ＋1(当且仅当x ＝0时取“＝”)，可得e x －2≥x －1(当且仅当x ＝2时取“＝”)，又ln x ≤x －1，即x －1≥ln x ，当且仅当x ＝1时取“＝”，所以e x －2≥x －1≥ln x 且两等号不能同时成立，故e x －2>ln x ．即证原不等式成立．方法二 令φ(x )＝e x －e 2ln x ，φ(x )的定义域为(0，＋∞)，φ′(x )＝e x －e 2x ，令h (x )＝e x－e 2x，∴h ′(x )＝e x＋e 2x2>0，∴φ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又φ′(1)＝e －e 2<0，φ′(2)＝e 2－12e 2＝12e 2>0，故∴x 0∴(1,2)，使φ′(x 0)＝0，即0e x －e 2x 0＝0，即0e x ＝e 2x 0，∴当x ∴(0，x 0)时，φ′(x )<0； 当x ∴(x 0，＋∞)时，φ′(x 0)>0，∴φ(x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，∴φ(x )min ＝φ(x 0)＝0ex －e 2ln x 0＝e 2x 0－e 2ln x 0＝e 2x 0－022e e ln e x ＝e 2x 0－e 2(2－x 0)＝e 2()1x 0＋x 0－2＝e 2·x 0－12x 0>0，故φ(x )>0，即e x －e 2ln x >0，即证原不等式成立．4．(2018·全国∴)已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.∴若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ∴若a >2，令f ′(x )＝0，得 x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∴⎝⎛⎭⎫0，a －a 2－42∴⎝⎛⎭⎫a ＋a 2－42，＋∞时， f ′(x )<0；当x ∴⎝⎛⎭⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a －a 2－42，⎝⎛⎭⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝⎛⎭⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． (2)证明 由(1)知，f (x )存在两个极值点当且仅当a >2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1<x 2，则x 2>1.由于f x 1－f x 2x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0.设函数g (x )＝1x－x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减．又g (1)＝0，从而当x ∴(1，＋∞)时，g (x )<0.所以1x 2－x 2＋2ln x 2<0，即f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2.。
极值点偏移的解题方法
极值点偏移的解题方法
极值点偏移是一种常见的解题方法，它常用于优化问题、微积分和数学分析中。
该方法的基本思想是，通过改变变量的值，使得函数的极值点发生偏移，从而达到求解问题的目的。
下面是极值点偏移的解题步骤：
确定函数的极值点，即求出函数的导数，并令其为零，求出极值点的位置。
找出函数中的关键点，即极值点和拐点。
根据问题的要求，将函数的极值点进行偏移，例如，可以将函数的自变量加上一个常数，使得函数的极值点发生偏移。
根据偏移后的极值点，重新确定函数的最值，得出问题的解。
需要注意的是，极值点偏移方法并非适用于所有的优化问题，需要根据具体的问题情况，灵活选择解题方法。
极值点偏移问题的处理策略及探究
极值点偏移问题的处理策略及探究LELE was finally revised on the morning of December 16, 2020极值点偏移问题的处理策略所谓极值点偏移问题，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。
若函数()f x 在0x x =处取得极值，且函数()y f x =与直线y b =交于1(,)A x b ,2(,)B x b 两点，则AB 的中点为12(,)2x x M b +，而往往1202x xx +≠.如下图所示. 极值点没有偏移此类问题在近几年高考及各种模考，作为热点以压轴题的形式给出，很多学生对待此类问题经常是束手无策。
而且此类问题变化多样，有些题型是不含参数的，而更多的题型又是含有参数的。
不含参数的如何解决含参数的又该如何解决，参数如何来处理是否有更方便的方法来解决其实，处理的手段有很多，方法也就有很多，我们先来看看此类问题的基本特征，再从几个典型问题来逐一探索！ 【问题特征】 【处理策略】一、不含参数的问题.例1.（2010天津理）已知函数()()x f x xe x R -=∈，如果12x x ≠，且12()()f x f x =， 证明：12 2.x x +>【解析】法一：()(1)x f x x e -'=-，易得()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，x →-∞时，()f x →-∞，(0)0f =，x →+∞时，()0f x →，函数()f x 在1x =处取得极大值(1)f ，且1(1)f e =,如图所示.由1212()(),f x f x x x =≠，不妨设12x x <，则必有1201x x <<<， 构造函数()(1)(1),(0,1]F x f x f x x =+--∈， 则21()(1)(1)(1)0x x x F x f x f x e e+'''=++-=->，所以()F x 在(0,1]x ∈上单调递增，()(0)0F x F >=，也即(1)(1)f x f x +>-对(0,1]x ∈恒成立.由1201x x <<<，则11(0,1]x -∈，所以11112(1(1))(2)(1(1))()()f x f x f x f x f x +-=->--==，即12(2)()f x f x ->，又因为122,(1,)x x -∈+∞，且()f x 在(1,)+∞上单调递减，所以122x x -<，即证12 2.x x +>法二：欲证122x x +>，即证212x x >-，由法一知1201x x <<<，故122,(1,)x x -∈+∞，又因为()f x 在(1,)+∞上单调递减，故只需证21()(2)f x f x <-，又因为12()()f x f x =， 故也即证11()(2)f x f x <-，构造函数()()(2),(0,1)H x f x f x x =--∈，则等价于证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立.由221()()(2)(1)0x x x H x f x f x e e--'''=+-=->，则()H x 在(0,1)x ∈上单调递增，所以()(1)0H x H <=，即已证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立，故原不等式122x x +>亦成立.法三：由12()()f x f x =，得1212x x x e x e --=，化简得2121x x x e x -=…， 不妨设21x x >，由法一知，121o x x <<<.令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入式，得11t t x e x +=，反解出11t t x e =-，则121221t tx x x t t e +=+=+-，故要证：122x x +>，即证：221ttt e +>-，又因为10t e ->，等价于证明：2(2)(1)0t t t e +-->…， 构造函数()2(2)(1),(0)t G t t t e t =+-->，则()(1)1,()0t t G t t e G t te '''=-+=>，故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=，从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=，即证式成立，也即原不等式122x x +>成立.法四：由法三中式，两边同时取以e 为底的对数，得221211lnln ln x x x x x x -==-，也即2121ln ln 1x x x x -=-，从而221212121212221211111ln ln ()ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x +-++=+==---， 令21(1)x t t x =>，则欲证：122x x +>，等价于证明：1ln 21t t t +>-…， 构造(1)ln 2()(1)ln ,(1)11t t M t t t t t +==+>--，则2212ln ()(1)t t t M t t t --'=-，又令2()12ln ,(1)t t t t t ϕ=-->，则()22(ln 1)2(1ln )t t t t t ϕ'=-+=--，由于1ln t t ->对(1,)t ∀∈+∞恒成立，故()0t ϕ'>，()t ϕ在(1,)t ∈+∞上单调递增，所以()(1)0t ϕϕ>=，从而()0M t '>，故()M t 在(1,)t ∈+∞上单调递增，由洛比塔法则知：1111(1)ln ((1)ln )1lim ()limlim lim(ln )21(1)x x x x t t t t t M t t t t t→→→→'+++===+='--，即证()2M t >，即证式成立，也即原不等式122x x +>成立.【点评】以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式，方法一、二利用构造新的函数来达到消元的目的，方法三、四则是利用构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的. 二、含参数的问题.例2.已知函数x ae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x .【解析】思路1：函数()f x 的两个零点，等价于方程x xe a -=的两个实根，从而这一问题与例1完全等价，例1的四种方法全都可以用；思路2：也可以利用参数a 这个媒介去构造出新的函数.解答如下：因为函数()f x 有两个零点12,x x ，所以⎩⎨⎧==)2()1(2121x x aex ae x ， 由)2()1(+得：)(2121x x e e a x x +=+，要证明122x x +>，只要证明12()2x x a e e +>，由)2()1(-得：1212()x x x x a e e -=-，即1212x x x x a e e-=-， 即证：121212()2x x x x e e x x e e +->-211)(212121>-+-⇔--x x x x e e x x ， 不妨设12x x >，记12t x x =-，则0,1t t e >>，因此只要证明：121t te t e +⋅>-01)1(2>+--⇔t t e e t ， 再次换元令x t x e t ln ,1=>=，即证2(1)ln 0(1,)1x x x x -->∀∈+∞+ 构造新函数2(1)()ln 1x F x x x -=-+，0)1(=F求导2'2214(1)()0(1)(1)x F x x x x x -=-=>++，得)(x F 在),1(+∞递增， 所以0)(>x F ，因此原不等式122x x +>获证.【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元12,x x 的基础上，又多了一个参数，故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数。
浅谈极值点偏移问题
教学方法课程教育研究学法教法研究 131在翻阅近几年的高考试卷中，发现以极值点偏移为背景的试题，时有出现。
通过阅读一些参考文献，笔者深受启发，这里给出处理此类问题的一种突破策略。
1.知识准备两点，则点左偏，若2.真题再现（2016年全国I卷）已知函数有两个零点．(1)求的取值范围；(2)设是的两个零点，证明：．分析：（1）求函数的导数，并对参数进行分类讨论，分别研究函数的单调性、极值、最值，根据有两个零点，从而得到参数的取值范围.（2）证明：要证明即要证明右偏的问题，现给出本题的解答.解：不妨设，由（1）知，在上单调递增令，则，在上递增所以，即，所以，故，即.点评：要证明等价于，即．所以想到构造函数3.突破策略通过上面的解答，下面给出解决极值点偏移问题的一种策略:（1）求出函数的极值点；（2）构造函数；（3）研究函数的单调性；（4）结合判断的符号，从而确定与的大小关系.下面再结合一些题目，加深对这种策略的理解。
4.牛刀小试例1（2013湖南文）已知函证明：当时，.而值，则必有，构造函数故，显然当时，，令，故在上单调递增，而，故当时原方程有唯一根.综上，原方程的解为x=0或x=1（3）证明：不妨设，由（1）知，，在上单调递减令，则，在上递增所以，即，又当时单调递减所以，浅谈极值点偏移问题陈俊艺（福建省晋江市毓英中学 福建 泉州 362251）【中图分类号】G633.6【文献标识码】A【文章编号】2095-3089（2018）27-0131-02教学方法课程教育研究132 学法教法研究故，即点评：例4.(苏州市2017届高三调研数学试卷)已知函数．（）若，且，证明：．分析：令，则要证明转化为证明，也就是极值点右偏问题解：令，则，要证明只需证把代入得 ，当时，单调递减，当时，单调递增则令，则，在上递增所以，即，又当时单调递增所以，故，即点评：本题是在原有的两个变量的基础上，运用换元法，从而转化成极值点偏移问题去解决.5.解题感悟这类以极值点偏移为背景的题目，很好地考查了学生的方程与函数，数形结合，转化和化归思想。
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（4）由f (x1) f (x2 ),结合（3）及f (x)的单调性确定x1与2x0 x2的 大小关系
变式练习1：
已知函数f (x) ln x ax2 (2 a)x
(1)讨论f (x)的单调性
x1, 2 x2 ,1
原始型差函数
构造
对称型差函数
F(x) f (x) f (2 x) (x 1) F(x) f (1 x) f (1 x) (x 0)
例题：已知函数f (x) xex (1)求函数f (x)的单调区间和极值 (2)若x1 x2 , f (x1) f (x2 ), 求证：x1 x2 2
Hale Waihona Puke x1 1 2 x2 1 又f (x)在( ,1)上单调递增， x1 2 x2 x1 x2 2
小结：
上述问题的本质是比较
x1
2
x2
与极值点x0的大小
具体方法是通过构造差函数F(x) f (1 x) f (1 x)
利用函数单调性比较大小
解极值点偏移问题的步骤
(1)构造差函数F(x) f (x0 x) f (x0 x) (2)对F(x)求导，判断F（ x)的符号，确定F（x)的单调性
f (x)在 (,1) 单调递增，在 (1, ) 单调递减
又
x 1 f '(x) 0,
f
(
x)极大值
=f
(1)
1 e
链接
要证 x1 x2 2
只需证 x1 2 x2
x1 1 x2
只需证 f (x1) f (2 x2)
f (x1) f (x2 )
只需证 f (x2 ) f (2 x2 )
（2）设a 0, 证明：0 x 1 时，f ( 1 x) f ( 1 x)
a
a
a
(3)若函数y f (x)的图象与x轴交于A, B两点，
线段AB中点的横坐标为x0 , 证明：f (x0 ) 0
变式练习2： 已知函数f (x) ex 2x 2a (1)求函数f (x)的单调区间 （2）若存在两个不相等的正数x1, x2 , 假设f (x1) f (x2 )成立求证：f ( x1x2 ) 0
极值点居中 极值点偏移
案例：已知函数f (x) xex
(1)求函数f (x)的单调区间和极值
（2）若x1 x2 , f (x1) f (x2 ), 求证：x1 x2 2
解: (1) f '(x) ex x (ex ) (1 x)ex
x 1 f '(x) 0, x 1 f '(x) 0
解：构造函数F(x) f (1 x) f (1 x) (x 0)
F(x) (1 x)e(1x) (1 x)ex1
则F(x) x ex1 e(1x) 当x 0时F (x) 0 F (x)在(0, )单调递增，又F(0)=0
F (x) 0 即f (1 x) f (1 x) 令1 x x2 f (x2 ) f (2 x2 ) f (x1) f (2 x2 )