高中数学-极值点偏移(老师版)-高品质必备
备战高考数学复习知识点讲解课件27---极值点偏移问题
(2)设m，n为两个不相等的正数，且mln n－nln m＝m－n，证明：mn＞e4. 解：(2)证明：mln n－nln m＝m－n⇔m(ln n－1)＝n(ln m－1)⇔ln nn－1＝
ln mm－1⇔lnenln－n 1＝lnemln－m 1， 即f(ln m)＝f(ln n)，ln m≠ln n.
2．(2022·金太阳联考)函数f(x)＝
x－1 ex
(其中e为自然对数的底数)．
(1)求f(x)的单调区间与极值；
解：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝2－ex x，
当x∈(－∞，2)时，f′(x)＞0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＜0.
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，2)，单调递减区间为(2，＋∞)． 故f(x)在x＝2处取得极大值，且极大值为 e12，无极小值．
g′(x)>0，可得
3
1≤x<e8，
3
由 g′(x)<0，可得 e8<x≤3.
3
3
所以 g(x)在[1，e8)上单调递增，在(e8，3]上单调递减，
所以 g(x)的最小值在 x＝1 或 x＝3 处取得．
又 g(1)＝14，g(3)＝14＋29ln 3>14，
所以 g(x)min＝g(1)＝14，
所以 a≤14，即 a 的取值范围为(－∞，14]．
不妨设x1＝ln m，x2＝ln n，x1＜x2， 由(1)可知f(1)＝0，当x→＋∞时，f(x)→0，
所以x2∈(2，＋∞)，f(x1)＝f(x2)＞0，x1∈(1，2)． 当x2≥3时，x1＋x2＞4，mn＞e4.
当 2＜x2＜3 时，1＜4－x2＜2，f(x2)－f(4－x2)＝x2e－x2 1－4－e4x－2x－2 1＝
极值点偏移(老师版) (1) (1)
一、极值点偏移的含义众所周知，函数)(x f 满足定义域内任意自变量x 都有)2()(x m f x f -=，则函数)(x f 关于直线m x =对称；可以理解为函数)(x f 在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若)(x f 为单峰函数，则m x =必为)(x f 的极值点. 如二次函数)(x f 的顶点就是极值点0x ，若c x f =)(的两根的中点为221x x +，则刚好有0212x 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)(x f 的极值点为m ，且函数)(x f 满足定义域内m x =左侧的任意自变量x 都有)2()(x m f x f ->或)2()(x m f x f -<，则函数)(x f 极值点m 左右侧变化快慢不同. 故单峰函数)(x f 定义域内任意不同的实数21,x x 满足)()(21x f x f =，则221x x +与极值点m 必有确定的大小关系：如函数x e x x g =)(的极值点10=x 刚好在方程c x g =)(的两根中点221x x +的左边，我们称之为极值点左偏.二、极值点偏移问题的一般题设形式：1. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；2. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；3. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f ；4. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f . 三、问题初现，形神合聚★函数x ae x x x f ++-=12)(2有两极值点21,x x ，且21x x <.证明：421>+x x .所以)2()2(x h x h -<+，所以)4()]2(2[)]2(2[)()(22221x h x h x h x h x h -=--<-+==，因为21<x ，242<-x ，)(x h 在)2,(-∞上单调递减所以214x x ->，即421>+x x .★已知函数x x f ln )(=的图象1C 与函数)0(21)(2≠+=a bx ax x g 的图象2C 交于Q P ,，过PQ 的中点R 作x 轴的垂线分别交1C ，2C 于点N M ,，问是否存在点R ，使1C 在M 处的切线与2C 在N 处的切线平行？若存在，求出R 的横坐标；若不存在，请说明理由.四、招式演练★过点P(−1,0)作曲线f(x)=e x的切线l．（1）求切线l的方程；（2）若直线l与曲线y=a f(x) (a∈R)交于不同的两点A(x1,y1)，B(x2,y2)，求证：x1+x2<−4．【答案】（1）y=x+1（2）见解析【解析】试题分析：（1）先根据导数几何意义求切线斜率y′|x=0=1，再根据点斜式求切线方程y=x+1．因为x1≠x2，不妨设x1<−2，x2>−2．设g(x)=f(x)−f(−4−x)，则g′(x)=f′(x)+f′(−4−x)=(x+2)e x(1−e−2(2+x))，所以g(x)>g(−2)=0，所以当x>−2时，f(x)>f(−4−x)．因为x2>−2，所以f(x2)>f(−4−x2)，从而f(x1)>f(−4−x2)，因为−4−x2<−2，f(x)在(−∞,−2)单调递减，所以x1<−4−x2，即x1+x2<−4．一、极值点偏移的判定定理对于可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大（小）值点0x ，方程0)(=x f 的解分别为21,x x ，且b x x a <<<21，（1）若)2()(201x x f x f -<，则021)(2x x x ><+，即函数)(x f y =在区间),(21x x 上极（小）大值点0x 右（左）偏；（2）若)2()(201x x f x f ->，则021)(2x x x <>+，即函数)(x f y =在区间),(21x x 上极（小）大值点0x 右（左）偏.证明：（1）因为对于可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大（小）值点0x ，则函数)(x f 的单调递增（减）区间为),(0x a ，单调递减（增）区间为),(0b x ，由于b x x a <<<21，有01x x <，且0202x x x <-，又)2()(201x x f x f -<，故2012)(x x x -><，所以021)(2x x x ><+，即函数极（小）大值点0x 右（左）偏；（2）证明略.左快右慢（极值点左偏221x x m +<⇔） 左慢右快（极值点右偏221x x m +>⇔）左快右慢（极值点左偏221x x m +<⇔） 左慢右快（极值点右偏221x x m +>⇔） 二、运用判定定理判定极值点偏移的方法1、方法概述：（1）求出函数)(x f 的极值点0x ；（2）构造一元差函数)()()(00x x f x x f x F --+=；（3）确定函数)(x F 的单调性；（4）结合0)0(=F ，判断)(x F 的符号，从而确定)(0x x f +、)(0x x f -的大小关系. 口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随.2、抽化模型答题模板：若已知函数)(x f 满足)()(21x f x f =，0x 为函数)(x f 的极值点，求证：0212x x x <+.（1）讨论函数)(x f 的单调性并求出)(x f 的极值点0x ；（2）构造)()()(00x x f x x f x F --+=；（3）通过求导)('x F 讨论)(x F 的单调性，判断出)(x F 在某段区间上的正负，并得出)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系；假设此处)(x F 在),0(+∞上单调递增，那么我们便可得出0)()()()(000=-=>x f x f x F x F ，从而得到：0x x >时，)()(00x x f x x f ->+.（4）不妨设201x x x <<，通过)(x f 的单调性，)()(21x f x f =，)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系得出结论；接上述情况，由于0x x >时，)()(00x x f x x f ->+且201x x x <<，)()(21x f x f =，故)2()]([)]([)()(2002002021x x f x x x f x x x f x f x f -=-->-+==，又因为01x x <，0202x x x <-且)(x f 在),(0x -∞上单调递减，从而得到2012x x x -<，从而0212x x x <+得证.（5）若要证明0)2('21<+x x f ，还需进一步讨论221x x +与0x 的大小，得出221x 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.此处只需继续证明：因为0212x x x <+，故0212x x x <+，由于)(x f 在),(0x -∞上单调递减，故0)2('21<+x x f . 【说明】（1）此类试题由于思路固定，所以通常情况下求导比较复杂，计算时须细心；三、对点详析，利器显锋芒★已知函数)()(R x xe x f x ∈=-.(1)求函数)(x f 的单调区间和极值；(2)若21x x ≠，且)()(21x f x f =，证明：221>+x x .∵12>x ，∴122<-x ，)(x f 在)1,(-∞上单调递增，∴212x x ->，∴221>+x x ★函数3434)(x x x f -=与直线)31(->=a a y 交于),(1a x A 、),(2a x B 两点. 证明：221<+x x .★已知函数2()ln f x x x=+，若1x ≠2x ，且)()(21x f x f =，证明：421>+x x . 【解析】由函数2()ln f x x x =+单调性可知：若)()(21x f x f =，则必有212x x <<，。
极值点偏移1：纯偏移(教师版)
极值点偏移1：纯偏移一、极值点偏移我们知道二次函数()f x 的顶点就是极值点0x ，若()f x c =的两根的中点为122x x +，则刚好有1202x x x +=，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移. 若函数()x xg x e =的极值点01x =刚好在两根的中点122x x +的左边，我们称之为极值点左偏；若极值点01x =刚好在两根的中点122x x +的右边，我们称之为极值点右偏.二、纯极值点偏移与纯拐点偏移常规类型 1、极值点偏移（()00f x '=）（不偏移）二次函数()()121202f x f x x x x =⇒+=（左偏）()()1220112022f x f x x x x x x x =⇒>-⇒+>2、拐点偏移（()00f x ''=）（不偏移）()()()12012022f x f x f x x x x +=⇒+=（左偏）()()()120201120222f x f x f x x x x x x x +=⇒>-⇒+>三、极值点纯偏移特征： ①函数()f x 的极值点为0x ；②函数()()12f x f x =，然后证明：1202x x x +>或1202x x x +<.四、极值点偏移的的纯偏移型解法步骤：①构造一元差函数()()()02F x f x f x x =--或是()()()00F x f x x f x x =+--； ②对差函数()F x 求导，判断单调性；③结合()00F =，判断()F x 的符号，从而确定()f x 与()02f x x -的大小关系；④由()()()()()1200200202_____2f x f x f x x x f x x x f x x ==--+-=-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦的大小关系，得到()()102____2f x f x x -，（横线上为不等号）； ⑤结合()f x 单调性得到102____2x x x -，进而得到120___2x x x +.【例1】 【2020·平顶山市一中高二开学考·理科】已知函数()xf x xe -=（x R ∈）（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间和极值；（Ⅱ）已知函数()y g x =的图象与函数()y f x =的图象关于直线1x =对称，证明当1x >时，()()f x g x >（Ⅲ）如果12x x ≠，且()()12f x f x =，证明122x x +>.【答案】：（Ⅰ）()f x 在(),1-∞内是增函数，在()1,+∞内是减函数． 函数()f x 在1x =处取得极大值()11f e=；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】：【例2】 已知函数()21xf x e x x =---（1）求函数()'y f x =的单调区间；（2）已知1a ≥-，且()21f x x ax b ≥-++-恒成立，求()1a b +的最大值；（3）若存在不相等的实数12,x x 使()()12''f x f x =成立，试比较12x x +与2ln 2的大小. 【答案】：【解析】：（拐点偏移）【例3】 【2016·全国Ⅰ卷·理科】已知函数()()()221xf x x e a x =-+-有两个零点.（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设12,x x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<. 【答案】：（Ⅰ）()0,+∞；（Ⅱ）见解析【解析】：（Ⅰ）'()(1)2(1)(1)(2)x x f x x e a x x e a =-+-=-+． ①设0a =，则()(2)x f x x e =-，()f x 只有一个零点．②设0a >，则当(,1)x ∈-∞时，'()0f x <；当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >．所以()f x 在(,1)-∞单调递减，在(1,)+∞单调递增．又(1)f e =-，(2)f a =，取b 满足0b <且ln 2a b <，则223()(2)(1)()022a fb b a b a b b >-+-=->， 故()f x 存在两个零点．③设0a <，由'()0f x =得1x =或ln(2)x a =-． 若2ea ≥-，则ln(2)1a -≤，故当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >，因此()f x 在(1,)+∞单调递增．又当1x ≤时()0f x <，所以()f x 不存在两个零点．若2ea <-，则ln(2)1a ->，故当(1,ln(2))x a ∈-时，'()0f x <；当(ln(2),)x a ∈-+∞时，'()0f x >．因此()f x 在(1,ln(2))a -单调递减，在(ln(2),)a -+∞单调递增．又当1x ≤时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0,)+∞．（Ⅱ）不妨设12x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞，()f x 在(,1)-∞单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，即2(2)0f x -<． 由于222222(2)(1)x f x x ea x --=-+-，而22222()(2)(1)0x f x x e a x =-+-=，所以222222(2)(2)x x f x x e x e --=---．设2()(2)x x g x xe x e -=---，则2'()(1)()x x g x x e e -=--． 所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <．从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<．【演练题组1】1、已知函数()22ln f x x x x =++，若正实数12,x x 满足()()12+=4f x f x ，求证:122x x +≥. 【答案】：见解析.【解析】：注意到()1=2f ，()()()12+=21f x f x f()2=+210f x x x '+>，()22=2f x x''-+，()1=0f ''，则()1,2是()f x 图像的拐点不妨设1201x x <≤≤，要证()()1221212212x x x x f x f x +≥⇔≥-≥⇔≥-()()1142f x f x ⇔-≥-()()1142f x f x ⇔≥+-()()()2F x f x f x =+-，(]0,1x ∈，则()()()()222212212F x f x f x x x x x ⎛⎫⎛⎫'''=--=++-+-+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭()()141102x x x ⎛⎫=--≥ ⎪ ⎪-⎝⎭， 得()F x 在(]0,1上单增，有()()()1214F x F ≤=+=，得证.2、【2020·广东10月联考】已知函数()21ln 12f x x ax =-+. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =时，设函数()f x 的两个零点为12,x x ，试证明：122x x +>.【答案】：（1）当0a ≤时，()f x 在()0,+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在0,a ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在a ⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）证明见解析. 【解析】：（1）易得函数()f x 的定义域为()0,∞+. 对函数()f x 求导得：()1f x ax x'=-. 当0a ≤时，()0f x '>恒成立，即可知()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a >时，当x ⎛∈ ⎝⎭时，()0f x '>，当x ⎫∈+∞⎪⎪⎝⎭时，()0f x '<，故()f x 在0,a ⎛ ⎝⎭上单调递增，在a ⎛⎫+∞⎪ ⎪⎝⎭上单调递减. （2）当1a =时，()21ln 12f x x x =-+，()211x f x x x x-'=-=，此时()f x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减.()()1102f x f ==>极大值，又10f e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，()0f e <， 不妨设12x x <，则有1201x x <<<，令()()()2F x f x f x =--，()0,1x ∈，()()()()()()22212211222x x x F x f x f x x x x x ----'''=+-=+=--.当()0,1x ∈时，()0F x '>，()F x 单调递增，()10,1x ∈，()()()()111210F x f x f x F ∴=--<=，()()112f x f x ∴<-，又()()120f x f x ==，()()212f x f x ∴<-， 21x >，121x ->，()f x 在()1,+∞上单调递减，212x x ∴>-，即122x x +>.3、【2020·江苏南通市通州区9月一诊】已知函数()()2ln 1f x x x x =-+-. （1）求曲线()y f x =在点()()1,1P f 处的切线方程；（2）已知0x x =是函数()y f x =的极值点，若()()12f x f x =，12x x ≠，12,x x R ∈，求证：1202x x x +>(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值). 【答案】：（1）0y =；（2）证明见解析.【解析】：（1）由()(2)ln 1f x x x x =-+-，有2'()ln 1x f x x x-=++ ∴()01f '=，而(1)0f =，可知曲线()y f x =在点(1,(1))P f 处的切线方程为0y =（2）由（1）得22()ln 1ln 2x f x x x x x '-=++=+-，令2()ln 2,0g x x x x=+->， 则212()0g x x x'=+>在(0,)+∞上恒成立，即2()ln 2g x x x =+-在(0,)+∞上单调递增，而(1)0g =，知当01x <<时，()0f x '<；当1x >时，()0f x '>，∴当函数()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，即()f x 在1x =处取得极大值. ∵()()121212,,,f x f x x x x x R =≠∈，不妨设1201x x <<<， 令()()(2),01h x f x f x x =--<<，则22()()(2)ln 2ln(2)22h x f x f x x x x x'''=+-=+-+-+--4ln (2)4(2)x x x x =-+--因为01x <<，所以0(2)1x x <-<，即有4ln (2)0,40(2)x x x x -<-<-，∴()0h x '<，即函数()()(2)h x f x f x =--在(0,1)上单调递减，而(1)(1)(1)0h f f =-=，所以()(1)0h x h >=在(0,1)上恒成立，即()(2)f x f x >-在(0,1)上恒成立，有()()112f x f x >-在(0,1)上恒成立，又()()12f x f x =，所以()()212f x f x >-，因为1201x x <<<且121x ->，而函数()f x 在(1,)+∞上单调递增，所以212x x >-，即122x x +>，而01x =，所以1202x x x +>得证.4、已知函数()()xf x e ax a R =-∈.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 的图象与直线y a =交于,A B 两点，记,A B 两点的横坐标分别为12,x x ，且12x x <，证明：212ln x x a +<.【答案】：（1）过程不唯一，具体见解析；（2）证明见解析. 【解析】：（1）()x f x e a '=-，0a ≤时，()0f x '>，()f x 在R 递增；0a >时，令()0f x '>，解得：ln x a >，令()0f x '<，解得：ln x a <，故()f x 在(,ln )a -∞递减，在(ln ,)a +∞递增；（2）函数的()f x 的导数()x f x e a '=-，若0a ≤，则()0x f x e a '=->，还是单调递增， 则不满足条件，则0a >由()0f x '>得ln x a >，由()0f x '<得ln x a <，即当ln x a =时，还是()f x 取得极小值同时也是最小值ln (ln )ln (1ln )a f a e a a a a =-=- ∵()f x a =有两个根，∴(1ln )0a a -<，即1ln 0a -<，则ln 1a >，即a e >要证122ln x x a +<，则只需要212ln x a x <-又2ln x a >，则只需要证明()()212ln f x f a x <-， 即证()()()1212ln 0f a x f x f x ->==，令()(2ln )()g x f a x f x =--，(ln )x a <，则2ln ()(2ln )a x x g x e a a x e ax -=---+，()()220x x x xe a g x a e a e a e--=-+-+=-≤'，即()g x 在(,ln ]a -∞上单调递减，即()(ln )0g x g a >=则命题成立.5、已知函数()()ln af x x a R x=-∈. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若12,x x 是方程()2f x =的两个不同实根，证明：1232x x e+>. 【答案】：（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【解析】：（1）因为()ln a f x x x =-，所以()221a a x f x x x x+'=--=-. ①当0a ≥时，()0f x '<在()0,∞+上恒成立，故()f x 在()0,∞+上单调递减. ②当0a <时，由()0f x '>得0x a <<-；由()0f x '<得x a >-. 即()f x 在()0,a -上单调递增，在(),a -+∞上单调递减， 综上，当0a ≥时，()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a <时，()f x 在()0,a -上单调递增，在(),a -+∞上单调递减.（2）证明：因为()()122f x f x ==，所以11ln 20a x x --=，22ln 20ax x --=， 即111222ln 2ln 20x x x a x x x a +-=+-=. 设()ln 2g x x x x a =+-，则()ln 3g x x '=+，故()g x 在310,e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在31,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增. 由题意不妨设12310e x x <<<，欲证1232e x x +>，只需证2132e x x >-. 又2x ，13321,e e x ⎛⎫-∈+∞ ⎪⎝⎭，()g x 在31,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.故只需证()2132e g x g x ⎛⎫>- ⎪⎝⎭. 因为()()12g x g x =，所以只需证()1132e g x g x ⎛⎫>-⎪⎝⎭对任意的1310,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立即可， 即111111333222ln 2ln 2e e e x x x a x x x a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+->--+--⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 整理得111111333224ln 2ln 2x x x x x x e e e ⎛⎫⎛⎫+>--+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即11111333224ln ln 40e e e x x x x x ⎛⎫⎛⎫---+-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 设()333224ln ln 4e e e h x x x x x x ⎛⎫⎛⎫=---+-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，310,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 则()23322ln ln 6ln 6e e x h x x x x ⎛⎫⎛⎫'=+-+=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 因为310e x <<，所以236210e e x x <-<，所以()232ln 60e x h x x ⎛⎫'=-+< ⎪⎝⎭，所以()h x 在310,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，则()310e h x h ⎛⎫>= ⎪⎝⎭.所以1232e x x +>成立.。
极值点(拐点)偏移 教师版
极值点偏移一、 基础知识 1. 极值点不偏移众所周知，函数）（f x 满足定义域内任意自变量x 都有）（）（=−f x f m x 2，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，且若）（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 x x 212的顶点就是极值点，若）（=f x t 的两根的中点为m ，则刚好有=+m x x 212即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移。
2. 极值点偏移（左偏和右偏）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）（＞）（−f x f m x 2或）（＜）（−f x f m x 2.则函数）（f x 极值点m 左右侧变化快慢不同。
故单蜂函数）（f x 定义域内任意不同的实数x x ,12满足）（）（=f x f x 12，则+x x 212与极值点m 必有确定的大小关系： 若＜+m x x 212，则称极值点左偏，若＞+m x x212则称极值点右偏。
3.拐点偏移对函数=−+f x x 113)()(，=−'f x x 312)()(，=−''f x x 61)()(，令=''f x 0)(，得=x 1，则称f 1,1)()(为函数f x )(得拐点。
作出f x )(图像如下：由图可知，在点x f x ,00)()(左侧，=y f x )(的图像上凸，在点x f x ,00)()(右侧，=y f x )(的图像下凸，故拐点可直观理解为S 型曲线的分界点，也即凸弧和凹弧的连接点，拐点是一个点，且拐点横坐标处的二阶导为零。
对于三次函数=−+f x x 113)()(，我们知道其图像关于点1,1)(对称，若=+x x x 2012，则有=+f x f x f x 2012)()()(，反之亦然。
2025年新人教版高考数学一轮复习讲义 第三章 培优点6 极值点偏移
2025年新人教版高考数学一轮复习讲义第三章培优点6 极值点偏移极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色.1.极值点偏移的概念已知函数y＝f(x)是连续函数，在区间(a，b)内只有一个极值点x0，f(x1)＝f(x2)，且x0在x1与x2之间，由于函数在极值点左右两侧的变化速度不同，使得极值点偏向变化速度快的一侧，常常有x0≠ ，这种情况称为极值点偏移.2.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x1，x2且x1≠x2，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；(2)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；题型一 对称化构造函数例1 (2023·唐山模拟)已知函数f(x)＝x e2－x.(1)求f(x)的极值；因为f(x)＝x e2－x，所以f′(x)＝(1－x)e2－x，由f′(x)>0，解得x<1；由f′(x)<0，解得x>1，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又f(1)＝e，所以f(x)在x＝1处取得极大值e，无极小值.(2)若a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，证明：a＋b<4.由(1)可知，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，f(2)＝2，且a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，不妨设1<a<2<b，要证a＋b<4，只需证b<4－a，而b>2,2<4－a<3，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以只需证f(b)>f(4－a)，即证4－f(a)>f(4－a)，即证f(a)＋f(4－a)<4.即证当1<x<2时，f(x)＋f(4－x)<4，令F(x)＝f(x)＋f(4－x)，1<x<2，则F′(x)＝f′(x)－f′(4－x)＝(1－x)e2－x－e x－2(x－3)，令h(x)＝(1－x)e2－x－e x－2(x－3)，1<x<2，则h′(x)＝e2－x(x－2)－e x－2(x－2)＝(x－2)(e2－x－e x－2)，因为1<x<2，所以x－2<0，e2－x－e x－2>0，所以h′(x)<0，即h(x)在(1,2)上单调递减，则h(x)>h(2)＝0，即F′(x)>0，所以F(x)在(1,2)上单调递增，所以F(x)<F(2)＝2f(2)＝4，即当1<x<2时，f(x)＋f(4－x)<4，所以原命题成立.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).(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，＋∞).可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.又f(x)≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，所以a的取值范围为(－∞，e＋1].(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.方法一 不妨设x 1<x 2，1211e 11x x x x ⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1e xx令g (x )＝e x ＋x － －1(x >0)，1e xx 11e ex x +x ＝e x ＋1＋ (x >0)，11e 1x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭所以当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，所以当x ∈(0,1)时，g (x )<g (1)＝0，所以当x ∈(0,1)时，F ′(x )>0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以F(x)<F(1)，方法二 (同构法构造函数化解等式)不妨设x 1<x 2，由f (x 1)＝f (x 2)＝0，得 －ln x 1＋x 1＝ －ln x 2＋x 2，11e x x 22e x x 即 ＋x 1－ln x 1＝ ＋x 2－ln x 2.11ln e x x －22ln e x x －因为函数y＝e x＋x在R上单调递增，所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立.构造函数h(x)＝x－ln x(x>0)，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，题型二 比值代换例2 (2024·沧州模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax－1(a∈R).若方程f(x)＋2＝0有两个实根x1，x2，且x2>2x1，求证：.(参考数据：ln 2≈0.693，ln 3≈1.099)由题意知f(x)＋2＝ln x－ax＋1＝0，则有ln x1＋2ln x2>5ln 2－3，于是φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，所以g′(t)>0，即函数g(t)在(2，＋∞)上单调递增，于是g(t)>g(2)＝5ln 2.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＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明.(1)讨论f(x)的单调性；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.(2)若f(x)有两个不相同的零点x1，x2，设f(x)的导函数为f′(x).证明：x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2ln a＋2.由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)至多有一个零点，不符合要求，故a>0，要想f(x)有两个不相同的零点x1，x2，则f(a)＝1＋ln a<0，要证x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2ln a＋2，即证ln(x1x2)>2ln a，因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，所以只需证x1x2>a2，不妨设0<x1<x2，故h(t)>h(1)＝1－1－2ln 1＝0，能力提升1.(2023·洛阳联考)已知函数g(x)＝ln x－bx，若g(x)有两个不同的零点x1，x2.(1)求实数b的取值范围；由φ′(x)>0，得0<x<e；由φ′(x)<0，得x>e.所以函数φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.又φ(1)＝0，且当x→＋∞时，φ(x)→0；当x→0时，φ(x)→－∞，由于g(x)有两个不同的零点，则直线y＝b与函数φ(x)的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点.(2)求证：ln x1＋ln x2>2.方法一 (比值代换法)由(1)知，不妨设1<x2<e<x1，由g(x1)＝g(x2)＝0，得ln x1－bx1＝0，ln x2－bx2＝0，两式相减得ln x1－ln x2＝b(x1－x2)，两式相加得ln x1＋ln x2＝b(x1＋x2).欲证ln x1＋ln x2>2，只需证b(x1＋x2)>2，所以h (t )在(1，＋∞)上单调递增，所以h (t )>h (1)＝0，故ln x 1＋ln x 2>2，得证.方法二 (对称化构造法)由(1)知，不妨设1<x 1<e<x 2，令t 1＝ln x 1，t 2＝ln x 2，则0<t 1<1<t 2， ，1212e et t t t欲证ln x1＋ln x2>2，即证t1＋t2>2.所以k(t)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.当t2≥2时，易得t1＋t2>2；当0<t1<1<t2<2时，要证t1＋t2>2，即证1>t1>2－t2>0，即证k(t1)>k(2－t2).因为k(t1)＝k(t2)，所以即证k(t2)>k(2－t2).构造函数K(t)＝k(t)－k(2－t)(1<t<2)，易得K(1)＝0，因为1－t<0，且－t<t－2，所以e－t<e t－2，即K′(t)>0.所以K(t)在(1,2)上单调递增，K(t)>K(1)＝0(1<t<2).所以K(t2)>0，即k(t2)>k(2－t2).故ln x1＋ln x2>2，得证.2.(2023·聊城模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ (a∈R)，设m，n为两个不相等的正数，且f(m)＝f(n)＝3.(1)求实数a的取值范围；即a＝3x－x ln x有两个不相等的正根，令函数h(x)＝3x－x ln x，x>0，则h′(x)＝2－ln x，令h′(x)＝0，得x＝e2；令h′(x)>0，得0<x<e2；令h′(x)<0，得x>e2，所以函数h(x)＝3x－x ln x的单调递增区间为(0，e2)，单调递减区间为(e2，＋∞)，令h(x)＝0，得x＝e3，且h(e2)＝e2，当x→0时，h(x)→0，作出函数h(x)＝3x－x ln x的图象，如图所示，要使a＝3x－x ln x有两个不相等的正根，则函数y＝a与函数h(x)＝3x－x ln x有两个交点，由图知0<a<e2，故实数a的取值范围为{a|0<a<e2}.(2)证明：a2<mn<a e2.函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，0<a<e2，若0<x<a，f′(x)<0，f(x)在(0，a)上单调递减，若x>a，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上单调递增.由题意，不妨设0<m<a<n，先证明mn>a2，所以g(x)在(0，a)上单调递增，所以当0<x<a时，g(x)<g(a)＝0，所以ln a＝ln m＋ln(3－ln m)，。
极值点偏移问题-2024届高三数学二轮复习课件
(3)对F ( x)求导, 得出极值点"某一侧" (不需完整 )的单调性
(4)代该侧中的 xi (如此题中的 x2 )进F (x) ()F (x0 ) 0 (5)利用f (x j ) f (xi )替换(4)中不等式, 回归f (x)在"另一侧"的单调性
f (x1) f (2 x2 ) 0
a[ln(2a) 2]2 a 0
在(1,)上单调递增
f (x)的两个极值 f (1), f (ln(2a))均小于零,
易知f (1) e 0
f (x)的零点最多只有一个 .
x 时,
综上所述 , a的取值范围是 [0,)
(x 2)ex 0, a(x 1)2
f (x) x 时,易知f (x) f (x)有两个零点
对极点左右两边的陡缓 研究,可转化成 由原函数与对称函数构 成的差函数 ,以及对差值函数单调性 研究.
如何求一个函数的对称 函数,理论依据是什么 ?
理论 : 如果f (a x) f (a x), 则f (x)关于x a对称 f (x)关于x a对称后得 f (2a x)
(x0是f (x)的一个极值点 )
设F (x) f (x) f (e2 )( x e1)
F
'(x)
ln
x
1
x e2 x 2
[(ln(
e2
)
1]
(1
ln
x)(e2 x2
1)
x
e2x2
f (x)在(0, e1)上单调递减 x e1, F'(x) 0 F(x)在(e1,)上单调递增
f (x)在(e1,)上单调递增 f (x)只有极小值为 f (e1) e1 0,无极大值 f (x)只有极小值为 f (e1) e1 0,无极大值
新人教版高考数学一轮复习极值点偏移问题
2
5
【解法突破】
技法一
构造对称函数法
[典例1](2021新高考Ⅰ卷22题节选)已知函数f(x)=x(1-ln x).设a,b为两个不相等的
正数,且bln a-aln
1 1
b=a-b,证明:2< + <e.
8
【方法提炼】
结论为x1+x2>(<)2x0型,构造对称函数的解题策略
2
, 内向左偏移.(如图1,2)
3
1 +2
(2)右偏移:当
<x0时,极值点x0在
2
, 内向右偏移.(如图3,4)
1 +2
(3)无偏移:当
=x0时,极值点x0在
2
, 内无偏移.(如图5)
4
二、极值点偏移问题的一般题设形式
(1)若函数f(x)存在两个零点x1,x2且x1≠x2,求证:x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点);
16
【迁移应用】
1.已知函数f(x)=xe-x(x∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)若x1≠x2,且f(x1)=f(x2),求证:x1+x2>2.
21
2.已知函数f(x)=ln x-ax2+(2-a)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设f(x)的两个零点是x1,x2,
1 +2
2
(3)用导求解:利用导数求解函数h(t)的最小值,从而可证得结论.
14
技法三
差值不等式法
[典例3]已知函数f(x)=x-aex+1(a∈R)有两个零点x1,x2,且x1<x2,证明:e1 +e2 >2.
高中数学课件-导数中的综合问题-第4课时 极值点偏移问题
高考重难突破一导数中的综合问题第4课时极值点偏移问题已知函数 图象顶点的横坐标就是极值点 0.（1）若 = 的两根的中点满足1+22=0 ，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移.此时函数 在 =0两侧的函数值变化快慢相同，如图①.（2）若 = 的两根的中点1+22≠0 ，则极值点偏移，此时函数在 =0 两侧的函数值变化快慢不同，如图②、图③.技法一构造对称和（或差）法例1(2023·湖南郴州质量检测)已知函数=ln −122+1，若设函数的两个零点为1，2，证明：1+2>2.【证明】′=1−=1+1−>0，令′=0，解得=1.当0<<1时，′>0，在0,1上单调递增；当>1时，′<0，在1,+∞上单调递减，所以max=1=12>0,且当→0+时，→−∞，2=ln 2−1<0，则的两个零点1，2满足0<1<1<2<2.令=−2−,0<<1,则′=y+y2−=2K122−.当0<<1时，′>0，单调递增，所以<1=0，即<2−.因为0<1<1<2<2，所以0<2−2<1,所以2−2<2=1.又函数在0,1上单调递增，所以1>2−2,即1+2>2.对称变换求极值点偏移的步骤第一步：求导，获得的单调性，极值情况，求出的极值点0，再由1=2得出1,2的取值范围；第二步：构造辅助函数（对结论1+2><20,构造=−20−；对结论12><02,构造=−02,）求导，限定1或2的范围，判定符号，获得不等式；第三步：代入1（或2），利用1=2及的单调性证明结论.【对点训练】已知函数=−1e−，∈.设1,2是函数的两个零点，证明：1+2<0.证明：令=−1e−=0，则=−1e.设=−1e，则′=⋅e，当<0时，′<0,在−∞,0上单调递减，当>0时，′>0,在0,+∞上单调递增.所以min=0=−1，且→−∞时，→0,当>1时，>0.所以，当−1<<0时，有两个零点1，2，且12<0，1=2=0，不妨设1<0，2>0，则−2<0.令=−−=−1e+1+e−，则′=e−e−，当<0时，′=e−e−>0，此时在−∞,0上为增函数，所以<0,即=−−<0，即<−.因为−2<0，所以−2<2,因为1=2=0，所以−2<1,因为在−∞,0上为减函数，所以−2>1，即1+2<0.技法二消参减元法例2已知函数=−2e+−12有两个零点.（1）求的取值范围；【解】′=−1e+2−1=−1e+2.①设=0，则=−2e，只有一个零点.②设>0，则当∈−∞,1时，′<0；当∈1,+∞时，′>0.所以在−∞,1上单调递减，在1,+∞上单调递增.又1=−e<0，2=>0，取满足<0且<ln2，则>2−2+−12=2−32g>0，故存在两个零点.③设<0，由′=0得=1或=ln−2.若≥−e2，则l n−2≤1，故当∈1,+∞时，′>0，因此在1,+∞上单调递增.又当≤1时，<0，所以不存在两个零点.若<−e2，则l n−2>1，故当∈ 1,ln−2时，′<0；当∈ln−2,+∞时，′>0.因此在1,ln−2上单调递减，在ln−2,+∞上单调递增.又当≤1时，<0，所以不存在两个零点.综上，的取值范围为0,+∞.（2）设1，2是的两个零点，证明：1+2<2.证明：不妨设1<2，由（1）知1∈−∞,1，2∈1,+∞，2−2∈−∞,1,又在−∞,1上单调递减，所以1+2<2等价于1>2−2，即2−2<0.由于2−2=−2e2−2+2−12，而2=2−2e2+2−12=0，所以2−2=−2e2−2−2−2e2.设=−x2−−−2e，则′=−1e2−−e.所以当>1时，′<0，而1=0，故当>1时，<0.从而2=2−2<0，故1+2<2.消参减元，主要是利用导数把函数的极值点转化为导函数的零点，进而建立参数与极值点之间的关系，消参或减元，从而简化目标函数.其基本解题步骤如下：（1）建立方程：利用函数的导函数，建立极值点所满足的方程，抓住导函数中的关键——导函数解析式中使导函数变号的因式部分；（2）确定关系：根据极值点所满足的方程，建立极值点与方程系数之间的关系；（3）构建函数：根据消参、减元后式子的结构特征，构造相应的函数；（4）求解问题：利用导数研究所构造的函数的单调性、极值、最值等，解决相应的问题.【对点训练】已知函数=122−+En .若函数有两个极值点1，2，证明：1+2>−ln 22−34.证明：由题意得，′=−1+=2−r>0.因为函数有两个极值点1，2，所以方程2−+=0在0,+∞上有两个不同的实数根1，2，则&1+2=1>0，&12=>0，且=1−4>0，所以0<<14.由题意得1+2=1212−1+En 1+1222−2+En 2 =1212+22−1+2+En12=121+22−12−1+2+En12=12−−1+En =En −−12.令ℎ=En −−12 0<<14，则ℎ′=ln <0，所以ℎ在0,14上单调递减，所以ℎ>ℎ14=−ln 22−34，所以1+2>−ln 22−34.技法三比（差）值换元法例3已知函数=Bln +（，为实数）的图象在点1,1处的切线方程为=−1.（1）求实数，的值及函数的单调区间；【解】′=1+ln >0，由题意得&′1==1，&1==0，解得&=1，&=0.令′=1+ln =0，解得=1e.当>1e时，′>0，在1e,+∞ 上单调递增；当0<<1e时，′<0，在0,1e上单调递减.所以的单调递减区间为0,1e，单调递增区间为1e,+∞ .（2）设函数=+1，证明：1=21<2时，1+2>2.证明：由（1）得=En >0，故=+1=ln +1>0，由1=21<2,得l n 1+11=ln 2+12，即2−112=ln21>0.要证1+2>2，即证1+2⋅2−112>2ln21,即证21−12>2ln21.设21=>1，则需证−1>2ln >1.令ℎ=−1−2ln >1，则ℎ′=1+12−2= 1−12>0.所以ℎ在1,+∞上单调递增，则ℎ>ℎ1=0，即−1>2ln .故1+2>2得证.比（差）值换元的目的也是消参，就是先根据已知条件建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比（或差）作为变量，实现消参、减元的目的.设法用两个极值点的比值或差值表示所求解的不等式，进而转化为相应的函数问题求解，多用来研究含对数（或指数）式的函数的极值点偏移问题.其基本解题步骤如下：（1）建等式：利用极值点所满足的条件建立两个关于极值点1，2的方程；（2）设比差：根据两个数值之间的大小关系，选取两数之商或差作为变量，建立两个极值点之间的关系；（3）定关系：用一个极值点与比值或差值表示另一个极值点，代入方程.通过两个方程之差或商构造极值点与比值或差值之间的关系，进而通过解方程用比值或差值表示两个极值点；（4）构函数：将关于极值点的目标代数式用比值或差值表示出来，构造相应的函数；（5）解问题：利用导数研究所构造的函数的单调性、极值、最值等，解决相应的问题.【对点训练】已知函数=e−B有两个零点1，21<2.证明：2−1<21−2.证明：由题意得&e1=B1,&e2=B2,令=2−1>0，两式相除得e=e2−1=21=1+1，即1=e−1>0，欲证2−1<21−2，即证<2 e−1 −2，即证2+2r2e<2.记ℎ=2+2r2e>0，ℎ′=2r2e− 2+2r2 ee2=−2e<0，故ℎ在0,+∞上单调递减，所以ℎ<ℎ0=2，即2+2r2e<2，所以2−1<21−2得证.。
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2. 若函数 f (x) 中存在 x1, x2 且 x1 x2 满足 f (x1) f (x2 ) ，求证： x1 x2 2x0 （ x0 为函数 f (x)
的极值点）；
3.
若函数
f (x) 存在两 个零点 x1, x2 且 x1
x2 ，令 x0
x1 x2 2
，求证：
f '(x0 ) 0 ；
4.
若函数
f (x) 中存在 x1, x2 且 x1
x2 满足
f (x1)
f (x2 ) ，令 x0
ห้องสมุดไป่ตู้
x1 x2 2
，求证：
f '(x0 ) 0 .
三、问题初现，形神合聚
★函数 f (x) x2 2x 1 aex 有两极值点 x1, x2 ，且 x1 x2 .
证明： x1 x2 4 .
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 x1, x2 满足 f (x1) f (x2 ) ，
则 x1 x2 与极值点 m 必有确定的 大小关系： 2
若 m x1 x2 ，则称为极值点左偏；若 m x1 x2 ，则称为极值点右偏.[来源:学_科_网Z_X_X_K]
2
2
如函数 g(x)
x ex
的极值点 x0
1刚好在方程 g(x)
c 的两根中点
x1
x2 2
的左边，我们称之为 极
值点左偏.
二、极值点偏移问题的一般题设形式：
1. 若函数 f (x) 存在两个零点 x1, x2 且 x1 x2 ，求证：x1 x2 2x0（ x0 为函数 f (x) 的极值点）；
四、招式演练
★过点������(−1,0)作曲线������(������) = ������������的切线������．
（1）求切线������的方程；
（2）若直线������与曲线������
=
������ ������(������)
(������
∈
������)交于不同的两点������(������1,
一、极值点偏移的含义 众所周知，函数 f (x) 满足定义域内任意自变量 x 都有 f (x) f (2m 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，且若 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 x0 ，若 f (x) c 的两
因为������1 ≠ ������2，不妨设������1 < −2，������2 > −2． 设������(������) = ������(������) − ������(−4 − ������)，则������′(������) = ������′(������) + ������′(−4 − ������) = (������ + 2)������������(1 − ������−2(2+������))， 当������ > −2时，������′(������) > 0，������(������)在(−2, +∞)单调递增，[来源:学*科*网Z*X*X*K] 所以������(������) > ������(−2) = 0，所以当������ > −2时，������(������) > ������(−4 − ������)． 因为������2 > −2，所以������(������2) > ������(−4 − ������2)， 从而������(������1) > ������(−4 − ������2)，因为−4 − ������2 < −2，������(������)在(−∞, −2)单调递减，所以������1 < −4 − ������2， 即������1 + ������2 < −4．
������1)，������(������2,
������2)，求证：������1
+
������2
<
−4．
【答案】（1）������ = ������ + 1（2） 见解析
【解析】
试题分析：（1）先根据导数几何意义求切线斜率������′|������=0 = 1 ，再根 据点斜式求切线方程������ = ������ + 1．
极值点偏移问题在 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. 其实，此类问题处理的手段有 很多，方法也就有很多，下面我们来逐一探索！
[来源:Z。xx。]
[来源:学,科,网]
★已知函数
f
(x)
ln
x
的图象 C1
与函数
g(x)
1 2
ax2
bx(a
0)
的图象 C2
交于
P, Q
，过
PQ
的中
点 R 作 x 轴的垂线分别交 C1 ， C2 于点 M , N ，问是否存在点 R ，使 C1 在 M 处的切线与 C2 在 N
处的切线平行？若存在，求出 R 的横坐标；若不存在，请说明理由.
[来源:]
一、极值点偏移的判定定理
对于可导函数 y f (x) ，在区间 (a,b) 上只有一个极大（小）值点 x0 ，方程 f (x) 0 的解分
别为 x1, x2 ，且 a x1 x2 b ，
所以 h(2 x) h(2 x) ，
所以 h(x1) h(x2 ) h[2 (x2 2)] h[2 (x2 2)] h(4 x2 ) ，
因为 x1 2 ， 4 x2 2 ， h(x) 在 (,2) 上单调递减
所以 x1 4 x2 ，即 x1 x2 4 .
根的中点为
x1
x2 2
，则刚好有
x1
x2 2
x0 ，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 f (x) f (2m x) 或 f (x) f (2m x) ，则函数 f (x) 极值