极值点偏移第2招--含参数的极值点偏移问题

极值点偏移问题的两种常见解法之比较浅谈部分导数压轴题的解法在高考导数压轴题中，不断出现极值点偏移问题，那么，什么是极值点偏移问题？参考陈宽宏、邢友宝、赖淑明等老师的文章，极值点偏移问题的表述是：已知函数()y f x =是连续函数，在区间12(,)x x 内有且只有一个极值点0x ，且12()()f x f x =，若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点1202x x x +=，我们称这种状态为极值点不偏移；若极值点左右的“增减速度”不同，函数的图象不具有对称性，常常有极值点1202x x x +≠的情况，我们称这种状态为“极值点偏移”. 极值点偏移问题常用两种方法证明：一是函数的单调性，若函数()f x 在区间(,)a b 内单调递增，则对区间(,)a b 内的任意两个变量12x x 、，1212()()f x f x x x <⇔<；若函数()f x 在区间(,)a b 内单调递减，则对区间(,)a b 内的任意两个变量12x x 、，1212()()f x f x x x <⇔>. 二是利用“对数平均不等式”证明，什么是“对数平均”？什么又是“对数平均不等式”？两个正数a 和b 的对数平均数定义：,,(,)ln ln ,,a ba b L a b a b a a b -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩对数平均数与算术平均数、(,)2a bL a b +≤≤，（此式记为对数平均不等式）下面给出对数平均不等式的证明： i ）当0a b =>时，显然等号成立 ii ）当0a b ≠>时，不妨设0a b >>， ①ln ln a b a b -<-，ln ln a ba b--，只须证：ln a b <，1x =>，只须证：12ln ,1x x x x≤-> 设1()2ln ,1f x x x x x=-+>，则22221(1)()10x f x x x x -'=--=-<，所以()f x在(1,)+∞内单调递减，所以()(1)0f x f <=，即12ln x x x<-，ln ln a ba b --①再证：ln ln 2a b a ba b -+<- 要证：ln ln 2a b a ba b -+<-，只须证：1ln21a ab b a b-<+令1a x b =>，则只须证：1ln 12x x x -<+，只须证2ln 1112x x x -<>+，设2ln ()112xg x x =--+，1x >，则22221(1)()0(1)22(1)x g x x x x x --'=-=<++ 所以()g x 在区间(1,)+∞内单调递减，所以()g(1)0g x <=，即2ln 112xx -<+， 故ln ln 2a b a ba b -+<- 综上述，当0,0a b >>(,)2a bL a b +≤≤例1 （2016年高考数学全国Ⅰ理科第21题）已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x有两个零点．（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅰ）设21,x x 是)(x f 的两个零点，证明：221<+x x ． 解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为R ，当0a =时，()(2)0xf x x e =-=，得2x =，只有一个零点，不合题意； 当0a ≠时，()(1)[2]x f x x e a '=-+当0a >时，由()0f x '=得，1x =，由()0f x '>得，1x >，由()0f x '<得，1x <， 故，1x =是()f x 的极小值点，也是()f x 的最小值点，所以min ()(1)0f x f e ==-< 又(2)0f a =>，故在区间(1,2)内存在一个零点2x ，即212x << 由21lim (2)limlim 0,xx x x x x x x e e e--→-∞→-∞→-∞--===-又2(1)0a x ->，所以，()f x 在区间 (,1)-∞存在唯一零点1x ，即11x <， 故0a >时，()f x 存在两个零点；当0a <时，由()0f x '=得，1ln(2)x x a ==-或， 若ln(2)1a -=，即2ea =-时，()0f x '≥，故()f x 在R 上单调递增，与题意不符 若ln(2)1a ->，即02ea -<<时，易证()=(1)0f x f e =-<极大值故()f x 在R 上只有一 个零点，若ln(2)1a -<，即2ea <-时，易证()=(ln(2)f x f a -极大值2(ln (2)4ln(2)5)0a a a =---+<，故()f x 在R 上只有一个零点综上述，0a >（Ⅰ）解法一、根据函数的单调性证明 由（Ⅰ）知，0a >且1212x x <<<令2()()(2)(2),1xxh x f x f x x e xe x -=--=-+>，则2(1)2(1)(e 1)()x x x h x e ----'= 因为1x >，所以2(1)10,10x x e-->->，所以()0h x '>，所以()h x 在(1,)+∞内单调递增所以()(1)0h x h >=，即()(2)f x f x >-，所以22()(2)f x f x >-，所以12()(2)f x f x >-， 因为121,21x x <-<，()f x 在区间(,1)-∞内单调递减，所以122x x <-，即122x x +< 解法二、利用对数平均不等式证明由（Ⅰ）知，0a >，又(0)2f a =- 所以， 当02a <≤时，10x ≤且212x <<，故122x x +<当2a >时，12012x x <<<<，又因为12122212(2)(2)(1)(1)x x x e x e a x x --=-=--- 即12122212(2)(2)(1)(1)x x x e x e x x --=--所以111222ln(2)2ln(1)ln(2)2ln(1)x x x x x x -+--=-+--所以12122112ln(2)ln(2)2(ln(1)ln(1))(2)(2)x x x x x x x x -------=-=---所以1212121212ln(1)ln(1)(2)(2)412ln(2)ln(2)ln(2)ln(2)2x x x x x x x x x x ---------=<------所以1212122ln(1)ln(1)22ln(2)ln(2)x x x x x x +----<--- ①下面用反证法证明不等式①成立因为12012x x <<<<，所以12220x x ->->，所以12ln(2)ln(2)0x x ---> 假设122x x +≥，当122x x +=，1212122ln(1)ln(1)02=02ln(2)ln(2)x x x x x x +----=---且,与①矛盾； 当122x x +>时1212122ln(1)ln(1)02<02ln(2)ln(2)x x x x x x +---->---且,与①矛盾，故假设不成立 所以122x x +<例2 （2011年高考数学辽宁卷理科第21题）已知函数2()ln (2)f x x ax a x =-+-（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）若曲线()y f x =与x 轴交于A B 、两点，A B 、中点的横坐标为0x ，证明：0()0f x '<解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域是(0,)+∞1(12)(1)()2(2)x ax f x ax a x x+-'=-+-=当0a ≤时，()0f x '>在区间(0,)+∞内恒成立，即()f x 在区间(0,)+∞内单调递增 当0a >时，由()f x '>0，得函数()f x 的递增区间1(0,)a， 由()f x '<0，得函数()f x 的递减区间1(,)a+∞ （Ⅱ）解法一、根据函数的单调性求解设点A B 、的横坐标分别为12x x 、，则1202x x x +=，且1210x x a<<< 由（Ⅰ）知，当0a >时，max 111[()]=[()]()ln 1f x f x f a a a ==+-极大值因为函数()f x 有两个不同的零点，所以max [()]0f x >，所以01a <<要证0000(12)(1)()0x ax f x x +-'=<，只须证01ax >，即证122x x a+>令2()()()h x f x f x a =--=21ln ln()22,0x x ax x a a ---+<<则212(1)()202(2)a ax h x a x ax x ax -'=+-=>--，所以()h x 在1(0,)a内单调递增所以1()()0h x h a <=，即2()()f x f x a <- 因为1210x x a <<<，所以112()()f x f x a <-，所以212()()f x f x a <-又21121,x x a a a >->，且()f x 在区间1(,)a +∞内单调递减所以212x x a >-，即122x x a+>，故0()0f x '<解法二、利用对数平均不等式求解设点A B 、的坐标分别为12(,0)(,0)A x B x 、，则1202x x x += 由（Ⅰ）知，当0a >时，max111[()]=[()]()ln 1f x f x f a a a==+-极大值因为函数()f x 有两个不同的零点，所以max [()]0f x >，所以01a <<因为21112222ln (2)0ln (2)0x ax a x x ax a x ⎧-+-=⎪⎨-+-=⎪⎩，所以212121ln ln [()(2)]()x x a x x a x x -=+--- 所以211212211()(2)ln ln 2x x x x a x x a x x -+=<+---，即12121()(2)2x x a x x a +<+--所以21212()(2)()20a x x a x x ++-+-> ，所以1212[()2][()1]0a x x x x +-++>所以12102x x a+-<，所以121212012(1)(1)2()()022x x x x ax xf x f x x +++-+''==<+.例3 （2014年高考数学湖南卷文科第21题）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 +< 解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为R()f x '=2222222(1)2(1)1[(1)2](1)1(1)x x xx x x x x x e e e x x x -+-----++=+++ 由()0f x '=，得0x =，由()0f x '>，得函数的递增区间(,0)-∞，由()0f x '<，得函数的递减区间(0,)+∞，所以max ()(0)1f x f == （Ⅱ）解法一、利用函数的单调性求解令2211()()()11x xx x h x f x f x e e x x --+=--=-++ ，0x > 则22222(23)(23)()(1)x xx x e x x h x xx e -+-++'=-+令222()(23)(2+3),0xH x x x ex x x =-+-+>则22()2[(2)(1)],0xH x x x ex x '=-+-+>，则22()2[(23)1],0x H x x e x ''=+->由0x >得，()2(31)40H x ''>-=>，故()H x '在(0,)+∞内单调递增 故()(0)20H x H ''>=>，故()H x 在(0,)+∞内单调递增 故()(0)0H x H >=，故()0h x '<，故()h x 在(0,)+∞上单调递减 所以，()(0)0h x h <=由（1）及1212()(),f x f x x x =≠知，1201x x <<<，故222()()()0h x f x f x =--< 所以22()()f x f x <-，所以12()()f x f x <-，又()f x 在(,0)-∞上单调递增 所以，12x x <-，即120x x +< 解法二、利用对数平均不等式求解因为1x <时，()0f x >，1x >时，()0f x <，1212()(),f x f x x x =≠ 所以，1201x x <<<，121222121111x x x x e e x x --=++，所以，21111222121111x x x x e e x x ----=++ 所以，22121212ln(1)(1)ln(1)ln(1)(1)ln(1)x x x x x x -+--+=-+--+ 所以，22212112(1)(1)ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)x x x x x x ---=---++-+所以，222112212121(1)(1)ln(1)ln(1)111ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)2x x x x x x x x x x ---+-+-+-=+<------ 所以，22121212ln(1)ln(1)2ln(1)ln(1)x x x x x x ++-+<---① 因为1201x x <<<，所以12ln(1)ln(1)0x x ---> 下面用反证法证明120x x +<，假设120x x +≥当120x x +=时，22121212ln(1)ln(1)0,=02ln(1)ln(1)x x x x x x ++-+=---且，与不等式①矛盾当120x x +>时，210x x >->，所以120,2x x +>且221212ln(1)ln(1)0ln(1)ln(1)x x x x +-+<---，与不等式①矛盾.所以假设不成立，所以120x x +<例4 （2014年江苏省南通市二模第20题）设函数()(),xf x e ax a a R =-+∈其图象与x 轴交于12(,0),(,0)A x B x 两点，且12x x <. （Ⅰ）求实数a 的取值范围；（Ⅱ）证明：0(()f f x ''<为函数()f x 的导函数）； （Ⅲ）略.解：（Ⅰ）()xf 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min ()0f x ≥，即20a e <≤时，()f x 至多有一个零点，不合题意，故舍去；当min ()0f x <，即2a e >时，由(1)0f e =>，且()f x 在(,ln )a -∞内单调递减，故()f x 在(1,ln )a 有且只有一个零点；由22(ln )2ln (12ln ),f a a a a a a a a =-+=+- 令212ln ,y a a a e =+->，则210y a'=->，故2212ln 1430a a e e +->+-=-> 所以2(ln )0f a >，即在(ln ,2ln )a a 有且只有一个零点. （Ⅱ）解法一、根据函数的单调性求解由（Ⅰ）知，()f x 在(,ln )a -∞内递减，在(ln ,)a +∞内递增，且(1)0f e => 所以121ln 2ln x a x a <<<<，要证0f '<，只须证a <ln a <122x x +<，故只须证122ln x x a +< 令2ln ()()(2ln )(2ln ),xa xh x f x f a x e ax a e a a x a -=--=-+-+--222ln xxe a eax a a -=--+，1ln x a <<则2()220x x h x e a e a a -'=+-≥=，所以()h x 在区间(1,ln )a 内递增 所以ln 2ln ()2ln 2ln 0aa h x ea e a a a a -<--+=，即()(2ln )f x f a x <-所以11()(2ln )f x f a x <-，所以21()(2ln )f x f a x <-因为21ln ,2ln ln x a a x a >->，且()f x 在区间(ln ,)a +∞内递增 所以212ln x a x <-，即122ln x x a +<，故0f '< 解法二、利用对数平均不等式求解由（Ⅰ）知，()f x 在(,ln )a -∞内递减，在(ln ,)a +∞内递增，且(1)0f e =>所以121ln 2ln x a x a <<<<，因为111()0xf x e ax a =-+=，222()0xf x e ax a =-+=121211x x e e a x x ==--，即12111211x x e e x x --=--，所以1212(1)(1)1ln(1)ln(1)x x x x ---=>---所以1212()0x x x x -+<，要证：0f '<，只须证a <ln a<11ln(1)x x <--22ln(1)x x <--所以1212ln(1)(1)x x x x <+---，所以121212ln(()1)x x x x x x -++<+-因为1212()0x x x x -+<，所以1212ln(()1)ln10x x x x -++<=，而120x x +->所以121212ln(()1)x x x x x x -++<+-f '<从以上四个例题可以看出，两种方法解决的问题相同，即若12,x x 是函数()f x 的两个零点，而0x x =是函数()f x 的极值点，证明1202x x x +<（或1202x x x +>），根据函数单调性求解的步骤是：一、构建函数0()()(2)h x f x f x x =--，二、判断函数()h x 的单调性，三、证明()0h x >（或()0h x <）即0()(2)f x f x x >-（或0()(2)f x f x x <-），四、故函数()f x 的单调性证1202x x x +<（或1202x x x +>）.根据对数平均不等式求解的步骤是：一、通过等式两边同取自然对数或相减等配凑出1212ln ln x x x x --及，二、通过等式两边同除以12ln ln x x -构建对数平均数1212ln ln x x x x --，三、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1202x x x +<（或1202x x x +>）. 两种方法各有优劣，适用的题型也略有差异，考生若能灵活驾驭这两种方法，便能在考场上发挥自如，取得理想的成绩.。

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 +<.。

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。

极值点偏移问题总结判定方法1极值点偏移的定义对于函数y f(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Xp x2，且a X i X2 b，(1)若冬X2x0，则称函数y f(x)在区间(X i，X2)上极值点X o偏移；2(2)若空X2x0，则函数y f (x)在区间(x i, X2)上极值点X o左偏，简称极值点X o2左偏；(3)若X o，贝U函数y f(x)在区间(X i,X2)上极值点X o右偏，简称极值点X o2右偏。

2、极值点偏移的判定定理则函数y f (x)的单调递增(减)区间为(a,x o)，单调递减(增)区间为(x o,b)，又 a x i x2b，有'X2(a,b)由于f'(X1 X2) o，故匹X2(a,x o)，所以2 2 2乞△ ( )X o，即函数极大(小)值点X o右(左)偏。

2判定定理2 对于可导函数y f(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「X2，且a X i X2 b ,(1)若f(xj f (2x o X2)，则一X2( )x o 即函数y f (x)在区间(x i, X2)上极2,大(小)值点X o右(左)偏；(2)若f(xj f(2x o X2)，则■昙()X o 即函数y f(x)在区间(X i，X2)上极2大(小)值点X o左(右)偏。

证明：(1)因为对于可导函数y f (x)在区间(a,b)上只有一个极大(小)值点x o，则函数y f (x)的单调递增(减)区间为(a,x o)，单调递减(增)区间为(x o,b)，又a X i X2 b，有X! X o，且2x o X2 X o，又 f (xj f (2x°X2)，故X i ( )2X o X2，所以空X2( )x o，即函数极大(小)值点X o右(左)偏.2结论(2)证明略。

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f(x)的极值点；(2)构造一兀差函数F(x) f (x o x) f (x o x)(3)确定函数F(x)的单调性；(4)结合F(o)o，判断F(x)的符号，从而确定f(x o x), f(x o x)的大小关系。

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。

极值点偏移问题与拐点偏移问题【考点预测】1.极值点偏移的相关概念所谓极值点偏移，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x =x 0处取得极值，且函数y =f (x )与直线y =b 交于A (x 1,b ),B (x 2,b )两点，则AB 的中点为M x 1+x 22,b ，而往往x 0≠x 1+x 22。

如下图所示。

图1 极值点不偏移图2 极值点偏移极值点偏移的定义：对于函数y =f (x )在区间(a ,b )内只有一个极值点x 0，方程f (x )的解分别为x 1、x 2，且a <x 1<x 2<b ，(1)若x 1+x 22≠x 0，则称函数y =f (x )在区间(x 1,x 2)上极值点x 0偏移；(2)若x 1+x 22>x 0，则函数y =f (x )在区间(x 1,x 2)上极值点x 0左偏，简称极值点x 0左偏；(3)若x 1+x 22<x 0，则函数y =f (x )在区间(x 1,x 2)上极值点x 0右偏，简称极值点x 0右偏。

【方法技巧与总结】1.对称变换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x 0)，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x 0.(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数F (x )=f (x )-f (2x 0-x )，若证x 1x 2>x 20，则令F (x )=f (x )-f 2x 0x.(3)判断单调性，即利用导数讨论F (x )的单调性．(4)比较大小，即判断函数F (x )在某段区间上的正负，并得出f (x )与f (2x 0-x )的大小关系．(5)转化，即利用函数f (x )的单调性，将f (x )与f (2x 0-x )的大小关系转化为x 与2x 0-x 之间的关系，进而得到所证或所求．【注意】若要证明f x 1+x 22 的符号问题，还需进一步讨论x 1+x 22与x 0的大小，得出x 1+x 22所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效2.应用对数平均不等式x1x2<x1-x2ln x1-ln x2<x1+x22证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到x1-x2ln x1-ln x2；③利用对数平均不等式来证明相应的问题.3.比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.【题型归纳目录】题型一：极值点偏移:加法型题型二：极值点偏移:减法型题型三：极值点偏移:乘积型题型四：极值点偏移:商型题型五：极值点偏移:平方型题型六：拐点偏移问题【典例例题】题型一：极值点偏移:加法型例1.(2022•浙江期中)已知函数f(x)=x-ln x-a有两个不同的零点x1，x2．(1)求实数a的取值范围；(2)证明：x1+x2>a+1．例2.(2022•汕头一模)已知函数f(x)=x-ln x-a有两个相异零点x1，x2(x1<x2)．(1)求a的取值范围；(2)求证：x1+x2<4a+23．例3.(海淀区校级月考)已知函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2，a∈R．(Ⅰ)求曲线y=f(x)在点P(1，f(1))处的切线方程；(Ⅱ)若a≥0，求f(x)的零点个数；(Ⅲ)若f(x)有两个零点x1，x2，证明：x1+x2<2．例4.(2022•江门一模)已知函数f(x)=ln|x-1|-ax，a∈R是常数．(Ⅰ)求曲线y=f(x)在点(2，f(2))处的切线方程，并证明对任意a∈R，切线经过定点；(Ⅱ)证明：a<0时，设x1、x2是f(x)的两个零点，且x1+x2>2．题型二：极值点偏移:减法型例5.(2022•七星区校级月考)已知函数f(x)=x ln x-a2x2+1．(1)若f(x)在(0,+∞)上单调递减，求a的取值范围；(2)若f(x)在x=1处的切线斜率是12，证明f(x)有两个极值点x1x2，且3ln2<|ln x2-ln x1|<3．例6.(2022•常熟市月考)设函数f(x)=ln x，g(x)=a(x-1)，其中a∈R．(1)若a=1，证明：当x>1时，f(x)<g(x)；(2)设F(x)=f(x)-g(x)e x，且0<a<1e，其中e是自然对数的底数．①证明F(x)恰有两个零点；②设x0如为F(x)的极值点，x1为F(x)的零点，且x1>x0，证明：3x0-x1>2．例7.(2022•黄州区校级模拟)已知函数f(x)=ax ln x-(a+1)ln x，f(x)的导数为f (x)．(1)当a>-1时，讨论f (x)的单调性；(2)设a>0，方程f(x)=3e-x有两个不同的零点x1，x2(x1<x2)，求证：x1+e>x2+1e．例8.(2022•道里区校级二模)已知函数f(x)=mx ln x-(m+1)ln x，f (x)为函数f(x)的导数．(1)讨论函数f (x)的单调性；(2)若当m>0时，函数f(x)与g(x)=3e-x的图象有两个交点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1<x2)，求证：x2+1e<x1+e．题型三：极值点偏移:乘积型例9.(2021春•汕头校级月考)已知，函数f(x)=ln x-ax，其中a∈R．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有两个零点，(i)求a的取值范围；(ii)设f(x)的两个零点分别为x1，x2，证明：x1x2>e2．例10.(2022•攀枝花模拟)已知函数f(x)=ln x+bx-a(a∈R,b∈R)有最小值M，且M≥0．(Ⅰ)求e a-1-b+1的最大值；(Ⅱ)当e a-1-b+1取得最大值时，设F(b)=a-1b-m(m∈R)，F(x)有两个零点为x1，x2(x1<x2)，证明：x1⋅x22>e3．例11.(2022•张家口二模)已知函数f(x)=e x-a ln xx-a(e是自然对数的底数)有两个零点．(1)求实数a的取值范围；(2)若f(x)的两个零点分别为x1，x2，证明：x1x2>e2e x1+x2．例12.(2022•武进区校级月考)已知函数f (x )=ln x +12x 2-ax ．(1)若函数f (x )在x =1处的切线与x 轴平行，求a 的值；(2)若存在t ∈[-1，1]，使不等式f (x )≤tx -(a -1)ln x 对于x ∈[1，e ]恒成立，求a 的取值范围；(3)若方程f (x )=12x 2有两个不等的实数根x 1、x 2，试证明x 1x 2>e 2．题型四：极值点偏移:商型例13.已知函数f (x )=x -e x a (a >0)有两个相异零点x 1、x 2，且x 1<x 2，求证：x 1x 2<e a．例14.(2022•新疆模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+12x2．(1)当a=52时，求f(x)的单调区间；(2)已知a≥433，x1，x2(x1>x2)为函数f(x)的两个极值点，求y=2(x1-x2)x1+x2-lnx1x2的最大值．例15.．(2021春•湖北期末)已知函数f(x)=ae-x+ln x-1(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x1，x2(x1<x2)，且x1+x2≤(2e+1)⋅ln2e2e-1，求x2x1的最大值．例16.(2022•宁德三模)已知函数f(x)=ae-x+ln x-1(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x1，x2(x1<x2)，且x1+x2≤2ln3，求x2x1的最大值．题型五：极值点偏移:平方型例17.(2022•广州一模)已知函数f(x)=x ln x-ax2+x(a∈R)．(1)证明：曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线l恒过定点；(2)若f(x)有两个零点x1，x2，且x2>2x1，证明：x21+x22>4e．例18.(2022•浙江开学)已知a∈R，f(x)=x⋅e-ax(其中e为自然对数的底数)．(Ⅰ)求函数y=f(x)的单调区间；(Ⅱ)若a>0，函数y=f(x)-a有两个零点x，x2，求证：x21+x22>2e．例19.(2021秋•泉州月考)已知函数f(x)=ln x+1 ax．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若(ex1)x2=(ex2)x1(e是自然对数的底数)，且x1>0，x2>0，x1≠x2，证明：x21+x22>2．例20.(2022•开封三模)已知函数f(x)=ln x mx2．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若m=2，对于任意x1>x2>0，证明：(x21⋅f(x1)-x22⋅f(x2))⋅(x21+x22)>x1x2-x22．题型六：拐点偏移问题例21.已知函数f(x)=2ln x+x2+x．(1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程．(2)若正实数x1，x2满足f(x1)+f(x2)=4，求证：x1+x2≥2．例22.已知函数f(x)=12a x2-1+1a2x+1a Inx(a∈R)．(1)当a>0时，讨论函数f(x)的单调性；(2)当a=12时，设g(x)=f(x)+6x，若正实数x1，x2，满足g(x1)+g(x2)=4，求证：x1+x2≥2．例23.已知函数f(x)=ln x+2x-ax2，a∈R．(Ⅰ)若f(x)在x=1处取得极值，求a的值；(Ⅱ)设g(x)=f(x)+(a-4)x，试讨论函数g(x)的单调性；(Ⅲ)当a=-2时，若存在正实数x1，x2满足f(x1)+f(x2)+3x1x2=x1+x2，求证：x1+x2>12．【过关测试】1.(2022·天津河东·二模)已知函数f x =x2a-2ln x(a∈R且a≠0)．(1)a=2，求函数f x 在2,f2处的切线方程．(2)讨论函数f x 的单调性；(3)若函数f x 有两个零点x1、x2x1<x2，且a=e2，证明：x1+x2>2e．2.(2022·河北·沧县中学高二阶段练习)已知函数f x =x+3x+2ln x-a a∈R有两个不同的零点x1,x2.(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1x2>1.3.(2022·江苏泰州·模拟预测)已知函数f x =e x-ax2+bx-1，其中a，b为常数，e为自然对数底数，e =2.71828⋅⋅⋅．(1)当a=0时，若函数f x ≥0，求实数b的取值范围；(2)当b=2a时，若函数f x 有两个极值点x1，x2，现有如下三个命题：①7x1+bx2>28；②2a x1+x2>3x1x2；③x1-1+x2-1>2；请从①②③中任选一个进行证明．(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)4.(2022·湖北武汉·模拟预测)已知函数f x =x-ln x(1)求证：当x>1时，ln x>2x-1x+1；(2)当方程f x =m有两个不等实数根x1,x2时，求证：x1+x2>m+15.(2022·浙江绍兴·模拟预测)已知函数f x =e x-2x-a+1(其中ex-a+2，g x =x2+a-1≈2.71828是自然对数的底数)(1)试讨论函数f x 的零点个数；(2)当a>1时，设函数h x =f x -g x 的两个极值点为x1、x2且x1<x2，求证：e x2-e x1<4a+2.e x-k(x-1),x>-1,k∈R．6.(2022·安徽淮南·二模(理))已知函数f(x)=1-2x+1(1)若k=0，证明：x∈(-1,0)时，f(x)<-1；(2)若函数f(x)恰有三个零点x1,x2,x3，证明：x1+x2+x3>1．7.(2022·湖南·岳阳一中一模)已知函数f x =a ln x+2-x a∈R.(1)讨论f(x)的单调性和最值；(2)若关于x的方程e x=2m-1m ln mx+2(m>0)有两个不等的实数根x1,x2，求证：e x1+e x2>2 m.8.(2022·山东·青岛二中高三期末)已知函数f x =x1-a ln x，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若x∈0,12时，都有f x <1，求实数a的取值范围；(3)若有不相等的两个正实数x1，x2满足1+ln x21+ln x1=x2x1，证明：x1+x2<ex1x2.9.(2021·广东·新会陈经纶中学高三阶段练习)已知函数f x =x1-ln x.(1)讨论f x 的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a-a ln b=a-b，证明：2<1a+1b.10.(2022·全国·高三专题练习)已知函数f x =-e x-ax2a∈R.(1)当a=0时，求曲线y=f x 在点1,f1处的切线方程；(2)当a>0时，若函数g x =xe x+f x ，求g x 的单调区间；(3)当a>0时，若函数h x =f x +2e x-ax恰有两个不同的极值点x1、x2，且x1<x2，求证：x1+x22<ln2a.11.(2022·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=a-1-xe x(x>0)(e为自然对数的底数，a∈R)．(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若存在x1≠x2，满足f x1=f x2，求证：x1+x2>4aa+2．12.(2022·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=x-a-1x+a,a∈R.(1)若f(1)=2，求a的值；(2)若存在两个不相等的正实数x1,x2，满足f(x1)=f(x2)，证明：①2<x1+x2<2a；②x2x1<a2+1.13.(2022·四川省泸县第二中学模拟预测(文))已知函数f(x)=x-x.e x(1)求f(x)的单调区间；(2)已知a,b∈R，且a≠b，若ae a+b+be a=ae b+be a+b，求证：a+b>0.。

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。

专题04含参数的极值点偏移问题含参数的极值点偏移问题指的是在极值问题的基础上，引入参数的变化对极值点的偏离产生的影响。

在这类问题中，我们需要求出参数取值范围内的所有极值点，并观察参数的变化如何导致极值点的偏离。

为了更好地理解这个问题，我们可以通过一个具体的例子来说明。

假设我们要求函数 f(x) = ax^2 + bx + c 的极值点，其中 a, b, c 都是参数。

我们首先来求当 a, b, c 是常数时的极值点。

根据求导的基本公式，我们可以求出函数 f(x) 的导数 f'(x) = 2ax + b。

当导数为零时，函数 f(x) 达到极值点。

所以我们可以得到 2ax + b = 0，解得 x = -b / (2a)。

将这个值带入原函数，我们可以求出对应的 y 值。

因此当参数固定时，我们可以得到唯一的极值点。

然而，当参数a,b,c不再是固定的常数，而是变量时，求解极值点的问题变得更加复杂。

我们不再能够得到唯一的极值点，而是得到了相应的极值点函数。

回到我们的例子中，假设我们希望观察参数 a 的取值范围从0到1时，极值点的变化情况。

当 a 取0时，我们可以看到函数 f(x) = bx + c 成为线性函数，不再有极值点。

当 a 取1时，我们会得到一个最小值点。

随着 a 的不断增大，最小值点逐渐变得更扁平，但仍然存在。

我们可以进一步观察参数b和c的影响。

当改变参数b的取值时，我们会发现极值点的横坐标发生移动。

当b取正值时，极值点向右偏移；当b取负值时，极值点向左偏移。

而对于参数c，它对极值点的影响是使整个函数平移的效果。

通过分析这个例子，我们可以总结出含参数的极值点偏移问题的一般规律。

参数的变化会导致极值点的位置发生偏移，而参数的取值范围决定了极值点的存在性。

当参数取值范围合适时，会出现极值点；当参数取值范围不合适时，可能会导致函数不存在极值点。

这个问题的应用广泛，涉及到数学、物理、经济等领域的研究。

极值点偏移1-2---极值点偏移判定定理一、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 ；假设此处)(x f 在),(0x -∞上单调递减，在),(0+∞x 上单调递增.（2）构造)()()(00x x f x x f x F --+=；注：此处根据题意需要还可以构造成)2()()(0x x f x f x F --=的形式.（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；（2）此类题目若试题难度较低，会分解为三问，前两问分别求)(x f 的单调性、极值点，证明)(0x x f +与)(0x x f -（或)(x f 与)2(0x x f -）的大小关系；若试题难度较大，则直接给出形如0212x x x <+或0)2('21<+x x f 的结论，让你给予证明，此时自己应主动把该小问分解为三问逐步解题. 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 <<，。

4含参数的极值点偏移问题含参数的极值点偏移问题， 在原有的两个变元x 1,x 2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.21m 例1.已知函数f(x)=x —ae x有两个不同的零点 X 1,X 2，求证：x 1 + x^2.【解折】思昭I ：匪"*的两个事点，等价于方趕F 的两个实根，从而这K 问題与专卷三f 下含 裁数的播値点«移|'司题)例題亮全等饥专S 三例魁的匹种方注全那可以用I 思路4也可S 刑用荻数《这个謀介去构造出新的翅数 解答如下:因为1函針/<X)有两--零点码■可，由0>+(2)n ： %,+西=负沪+严)'要证明西+可>2,只S 证明厮S 八22,由0)=⑵得：乞-三£J(* - 0 ),即g7 先+E 帀G%"吟+l即证：(州—叼》二万>2 0(舟一可)r 百x-^ >x 2，记 t = X j — X 2，贝U t A 0,6 A 1，所以F(x) A O ，因此原不等式 为+x 2 >2获证.J,不妨设e +1 因此只要证明：t ■空1>2= t-2(eT)A O ,e +1再次换元令 d =x A 1, t = In X ，即证 In X — 2&「)> 0, x 亡(1,址)X +1构造新函数F(x)=lnx —1) , F(1)=0 x+1求导F '(X )(X-1)2X (x +1)2x(x+1)2>0，得F(x)在(1,址)上递增,例2.已知函数f(x) =1 nx-ax ， a 为常数，若函数f (x)有两个零点x 1,x 2，证明：x , ^x^ e 2.【解析】法一：消誓转化咸无參数问Si ：/fX)=O <=>111 JC = ecO =西円是方a/(x)=o 的两根，也罡方程h 工=加*"的两根, 则In 卷In Xj 杲方程X = a'的两根F 设u,=liijq,Uj = ln3£^^ g<x)=xe ' ,则^(坷)=£(叫)， 从而码花A/olfl 斗+ln 七+此问题等懈专化成内专题三例题「下略.法二：利用参数a 作为媒介，换元后构造新函数: 不妨设x^ >x 2， ••Tn x , —ax , =O,ln X 2 -ax 2 =0 , A ln x<^ln x ? =a(Xi + x 2 ),ln x , —In X 2 =a(x , -X 2),■- I1-X I一 =a ，欲证明 x i x 2 >e 2，即证 In 为 +In x ? >2.X i — X2^^In t >2，转化成法二，下同，略t -i• In^+lnx 2=a(xi+x 2)即证 a2> -----------为+X 2•••原命题等价于证明InX 1Tn 沁X i -X 22> ----------X i +X 2，即证：In 生〉尘4 ,令t =x 2X, +x 2—,(t 〉i),构造 X 2g(t) =In t -2(t T't >i ，此问题等价转化成为例i 中思路 t +i法三：直接换元构造新函数： 2的解答，下略.In X ,In x 2 a = = X X 二皿=些设 X i<X 2,t = In X , X ,X 2X i,(t>1), 则 X 2 =tX i ,In tx iIn X ,=t ，反解出: In x,=皿,Inx 2=IntX i t TtIntt —i故 x i x 2 2》e u In X i +ln X 2 >2u例3.已知X 1, x 2是函数f(X)= e x- ax 的两个零点，且 x 1 < x 2.(1)求证：x^ +x^2 ； (2)求证：为 ^X 2 <1.YI【解析】⑴冋题可以铐化为；与y 匸一宥两个交点，由團知，叶画<1<旳e a_它L,.-总—密创=a{x^ — jq ) , a = -----工可"斗花 -----沪+应％ 护+才才2故S 证；坷+帀沁，即证： -------------- >2,也即证：—― A ---------------a 沪一可-珂盯■' +1 2也即 S > -------------- 、令£ =孔一坷=则fg(0=+GO)总-耳1 _码.*■ sV)在(0乜>)单调递增，即二E W 在9乜^)单调逼增，即2^2匱⑹=0,故原不等式再证.+ L 1 丄令 h(t) =t e 2-e +1(t >0)，贝y h'(t) =e 2 +丄t e 22t — 1 t又令 W (t) =1 +— —e 2(t A0)，得 W ⑴=——e 2<0,••• W (t)在(0,母)单调递减,2 2 2®(t)"(0)=0，从而h(t)c0 , h(t)在(0,咼)单调递减，••• h(t)<h(0)=0，即证原不等式成立.【点评】从消元的角度，消掉参数 a ，得到一个关于X i ,X 2的多元不等式证明，利用换元思想，将多元不等⑵要证：X i X 2 <1，即证:X 1X 2e 1e 22~ aX 2<1,等价于 eJe X2<(J^ X 2 -X 1X i丄)2,也即 1 奁冷)2€(；7苻，等价于e X1 ■e X2，令t(e 2 ^1)2(X 2-X 1)2-X2 —X<|A 0等价于 te2v2(t>0)，也等价于(e t -1)2 t 2訂 1小，等价于即证:丄t 吞-6+1<0—(Z 2式变成了一元不等式，并通过构造函数证明相应不等式例4.已知函数f（X）=x—e ax（a 沁），若存在x,,X2（X i VX2），使f （xj = f（X2）=0，求证：一cae. x【解折】函數/gftW点等愉于方程令班刃=竺二（"◎・JC X.求导可知，g⑴在①毋上单调递増，在上単碉递减，或疝皿=鎖总）=—-e（0下证：当0此丄时，方程<3=—^= —育两个实很一C X X①当工e （0.0时，£（工）是漏曲数* T g（l> = 0.g（e>二g（l><a<0e）e二当X e （0,^<x）为増函瓶嵌1〉= a烈0）-.旳嵌0）,二当蓝eW"百）时，a=—有一记为西. X②当HE 他时，gC）为；13函如g（^） = -2£i^laa^ a先证：g（4）",即证：令血S）二aloa（口> 0）,求导由枫町的里调性可得:kOO.E =叙一）=一一：>一一*故不等武£1111<1；>一一即证, e €1 2也即原不等式更P） <卫成立-a1—¥二当JcE@・+c»）时，a -——有一辂记为花-X再证：垒cae.X2…X i _ ax i _ ax i x2ax2In x2而0 v x i c e C X2, In x^1^=^€^=ae.证毕. x2 In x21xf(x)=e —ax+a(a 壬R)的图像与 x 轴交于 A(x 1,0), B(x 2,0)( x-^ <x 2)两点,例5：设函数(1)证明: f'(Jx i X 2)<0； (2)求证:x ,X 2 C X^I + X 2 •U -£Uf| +u =0P “ 汨 屮-c*减祷 fj- 一Je*- -ovj + d = 0t眄一州jfi w记卫尹-恥>(o -则r --节卷-专口-F -门］• 设的) = 则-忖所以gm 是单调减函数、【IB 新】<1>法一：因为・>(b 斯以厂(答丑卜4 又八工)_盤_“足单调增函勉且士尹所以厂(応) 法二4 jt-luM 是/(jf)的极小何点t 对证xclnacjf" iS F(x) = /(lnfl*x)-/fln«-.v) = 0}, F'(x) = tf(e''+e"^-2)> 0F(x)在羊前逹岩，因此尸(x) A 尸(0)=0# HPX >0吋 /(Ina + x) >/(Lna-A-)* 易证叫 vinacjfg,以 21na-屯：>lna医此丿(斗)=/(j^) =+(jc, -ln<r)) > - In t()) = 口一主)氏为/fx)在(-wjn a)慎曲递観 所以xdiia-Hjn 珂：心<\na .即爲可 < 用："丄<lnt»,乂/匕)=『-邛是单训递带；£数，序以广(尿X 广(112) = 0.(2)证明：由F xa(Xl 1)，易知 X 2〉x 1 >1 且 a >e ,l e X2= a(x 2 -1)从而竽=ee X2，令 a =X1 —1,P =X2 —1，贝yln" "2 卩=1 ,x 2 -1P « -P由于 x ,X 2 C X i 结合对数函数+ X2 U 邙 <1，下面只要证明： ap c l u p €—,(0 ya c i V P ),a1 1y=l nx 的图像可知，只需证：(ot ,| n a ),(丄,1 n 丄)两点连线的斜率要比 ©,1 n a ),(P ,| n P )两点连线的斜率小即可,In a — in P 又因为k=-——in_ a - PIn 0^ — In — ]------ —<1 0—一4 + 2111 G ；> 0(0 < 0^ <1)1 ry1 12 (^ -1)2令 g 岸)u - -2|^>0,(^<1)，则 g(9 =盲 T +厂一亍 < 0，••• g(a)在(0,1)上单调递减，••• g(a) Ag(1) = 0,• ••原不等式X i X 2 <X i +X 2成立.2例6：设函数f(x) =alnx —bx ，其图像在点 P(2, f(2))处切线的斜率为 —3. 当 a =2时，令 g(x) = f(X)_kX ，设 X 1, X 2(X ^ X 2)是方程 g(x) = 0 的两个根,X o 是X 1,X 2的等差中项，求证：g\x oH 0(g\x)为函数g(x)的导函数).【解析】由M/fx)图像在怎处切线的斜率为-3得b =], 所5’皿“ S 两g 円,则 相: 2(1D 码-】!!旳｝-(码〔-x/j-狀码一兀0, T 丹盘旳， •"岂十"故七"丄_竺迪码一花兀 两十七 斗一花叼f't I f + 1He 値F)在(0.1)上里邇逼;威，又—<0,所Jtr+t>Jq-Xj以证毕.f(x) =a 2x-l-2aln ax(a 〉0)，函数 f (x)为 f(x)的导函数，且 A(X i , f (xj), B(X 2, f(X 2))是 f(x)的X图像上不同的两点，满足 f (X i ) + f(X 2)= 0,线段AB 中点的横坐标为X o ，证明：ax o >1.2’2即 f (一-x 2) + f(X 2)<0iiiiiia1 1 1不妨设X 1 V X 2，注意到f (一)= 0，由函数单调性知，有 x ^ -, x 2 > -，a a a3构造函数 F(x) = f (2—X)+ f(X)，则 F '(X)= f '(X)- f '(2 -X)=-上4止芈， a a X (2 — ax)11 1当x>—时，F'(x)<0，g 卩F(x)单调递减，当X 》一时，F(x)cF(—) = 0，从而不等式式成立，故a a a原不等式成立.★设函数【解析】••• ax 0 >1 = X i 〒X 22得f(X)在定义域上单调递增，所以要证 2 1 2为>——X2，又依题意 f'(x)=(a-—) >0，a X2 ax 。

极值点偏移专题（一）1、极值点偏移以函数函数为例，极值点为0，如果直线与它的图像相交，2x y =1=y 交点的横坐标为和，我们简单计算：.也就是说极值点刚好位1-10211=+-于两个交点的中点处，此时我们称极值点相对中点不偏移.当然，更多的情况是极值点相对中点偏移，下面的图形能形象地解释这一点.那么，如何判断一道题是否属于“极值点偏移”问题呢？其具体特征就是：2、主元法破解极值点偏移问题2016年全国I 卷的第21题是一道导数应用问题，呈现的形式非常简洁，考查了函数的双零点的问题，也是典型的极值点偏移的问题, 是考生实力与潜力的综合演练场．所谓主元法就是在一个多元数学问题中以其中一个为“主元”，将问题化归为该主元的函数、方程或不等式等问题，其本质是函数与方程思想的应用．例1.（2016全国1-21）已知函数有两个零点.()()()221xf x x e a x =-+- (I)求a 的取值范围；(II)设x 1,x 2是的两个零点,证明：. ()f x 122x x +<(1)解析：详细解答⑴方法一：由已知得：()()()()()'12112x x f x x e a x x e a =-+-=-+①若，那么，只有唯一的零点，不合题意； 0a =()()0202x f x x e x =⇔-=⇔=()f x 2x =②若，那么，所以当时，，单调递增0a >20x x e a e +>>1x >()'0f x >()f x 当时，，单调递减，即：1x <()'0f x <()f xx(),1-∞1()1,+∞ ()'f x-+()f x ↓ 极小值 ↑故在上至多一个零点，在上至多一个零点()f x ()1,+∞(),1-∞由于，，则，()20f a =>()10f e =-<()()210f f <根据零点存在性定理，在上有且仅有一个零点． ()f x ()1,2而当时，，，1x <x e e <210x -<-<故()()()()()()()222212111x f x x e a x e x a x a x e xe =-+->-+-=-+--则的两根，， ，因为()0f x =11t =+21t =12t t <，故当或时，0a >1x t <2x t >()()2110a x e x e -+-->因此，当且时，1x <1x t <()0f x >文末获取Word文档又，根据零点存在性定理，在有且只有一个零点．()10f e =-<()f x (),1-∞此时，在上有且只有两个零点，满足题意．()f x R ③ 若，则，02ea -<<()ln 2ln 1a e -<=当时，，，()ln 2x a <-()1ln 210x a -<--<()ln 2220a x e a e a -+<+=即，单调递增；()()()'120x f x x e a =-+>()f x 当时，，，即()ln 21a x -<<10x -<()ln 2220a x e a e a -+>+=，单调递减；()()()'120x f x x e a =-+<()f x 当时，，，即，单调递增．1x >10x ->()ln 2220a x e a e a -+>+=()'0f x >()f x 即：x()(),ln 2a -∞- ()ln 2a -()()ln 2,1a -1()1,+∞ ()'f x +0 -+()f x ↑ 极大值 ↓ 极小值 ↑而极大值()()()(){}22ln 22ln 22ln 21ln 2210f a a a a a a a -=---+--=--+<⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦故当时，在处取到最大值，那么1x ≤()f x ()ln 2x a =-()ln 2f a -⎡⎤⎣⎦恒成立，即无解()()ln 20f x f a -<⎡⎤⎣⎦≤()0f x =而当时，单调递增，至多一个零点，此时在上至多一个零点，1x >()f x ()f x R 不合题意．④ 若，那么2ea =-()ln 21a -=当时，，，即，单()1ln 2x a <=-10x -<()ln 2220a x e a e a -+<+=()'0f x >()f x 调递增当时，，，即，单()1ln 2x a >=-10x ->()ln 2220a x e a e a -+>+=()'0f x >()f x 调递增又在处有意义，故在上单调递增，此时至多一个零点，不合题()f x 1x =()f x R 意．⑤ 若，则2ea <-()ln 21a ->当时，，，即，单1x <10x -<()ln 212220a x e a e a e a -+<+<+=()'0f x >()f x 调递增当时，，，即，单()1ln 2x a <<-10x ->()ln 2220a x e a e a -+<+=()'0f x <()f x 调递减当时，，，即，()ln 2x a >-()1ln 210x a ->-->()ln 2220a x e a ea -+>+=()'0f x >单调递增，即：()f xx(),1-∞1()()1,ln 2a - ()ln 2a -()()ln 2,a -+∞ ()'f x +0 -+()f x ↑ 极大值 ↓ 极小值 ↑故当时，在处取到最大值，那么()ln 2x a -≤()f x 1x =()1f e =-()0f x e -<≤恒成立，即无解()0f x =当时，单调递增，至多一个零点，此时在上至多一个零()ln 2x a >-()f x ()f x R 点，不合题意．综上所述，当且仅当时符合题意，即的取值范围为．0a >a ()0,+∞简要解析（Ⅰ）方法二：．'()(1)2(1)(1)(2)x xf x x e a x x e a =-+-=-+（i ）设,则,只有一个零点．0a =()(2)xf x x e =-()f x （ii ）设,则当时,；当时,．所以在0a >(,1)x ∈-∞'()0f x <(1,)x ∈+∞'()0f x >()f x 上单调递减,在上单调递增．(,1)-∞(1,)+∞又,,取满足且,则 (1)f e =-(2)f a =b 0b <ln2a b <, 223()(2)(1)()022a fb b a b a b b >-+-=->故存在两个零点．()f x （iii ）设,由得或．0a <'()0f x =1x =ln(2)x a =-若,则,故当时,,因此在上单调递2ea ≥-ln(2)1a -≤(1,)x ∈+∞'()0f x >()f x (1,)+∞增．又当时,,所以不存在两个零点．1x ≤()0f x <()f x 若,则,故当时,；当时,2ea <-ln(2)1a ->(1,ln(2))x a ∈-'()0f x <(ln(2),)x a ∈-+∞．因此在单调递减,在单调递增．又当时,'()0f x >()f x (1,ln(2))a -(ln(2),)a -+∞1x ≤,所以不存在两个零点．综上,的取值范围为．()0f x <()f x a (0,)+∞⑵ 方法一：由已知得：，不难发现，，()()120f x f x ==11x ≠21x ≠故可整理得：()()()()121222122211xx x e x e a x x ---==--设，则，那么， ()()()221x x e g x x -=-()()12g x g x =()()()2321'1x x g x e x -+=-当时，，单调递减；当时，，单调递增． 1x <()'0g x <()g x 1x >()'0g x >()g x 设，构造代数式：0m > ()()111222*********m m m m m m m m g m g m e e e e m m m m +-----+-⎛⎫+--=-=+ ⎪+⎝⎭设， ()2111mm h m e m -=++0m >则，故单调递增，有．()()2222'01m m h m e m =>+()h m ()()00h m h >=因此，对于任意的，．0m >()()11g m g m +>-由可知、不可能在的同一个单调区间上，不妨设，则()()12g x g x =1x 2x ()g x 12x x <必有121x x <<令，则有110m x =->()()()()()1111211112g x g x g x g x g x +->--⇔->=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦而，，在上单调递增，因此：121x ->21x >()g x ()1,+∞()()121222g x g x x x ->⇔->整理得：．122x x +<(2)方法二：不妨设，由（1）知，12x x <，在上单调递减，()()()122,1,1,,2,1x x x ∈-∞∈+∞-∈-∞()f x (),1-∞所以等价于，即． 122x x +<()()122f x f x >-()()222f x f x >-由于，而，()()22222221x f x x ea x --=-+-()()()2222221x f x x e a x =-+-所以．()()()222222222x x f x f x x e x e ---=---令，则，()()22xx g x xex e -=---()()()21x x g x x e e -'=--所以当时，，而，1x >()0g x '<()10g =故当时，．从而，故． 1x >()()10g x g <=()()2220g x f x =-<122x x +<(二)对解析的分析本问待证是两个变量的不等式，官方解析的变形是，借助于函数的特性及其122x x <-单调性，构造以为主元的函数．由于两个变量的地位相同，当然也可调整主元变形为2x ，同理构造以为主元的函数来处理．此法与官方解析正是极值点偏移问题的处212x x <-1x 理的通法．不妨设，由（1）知，，在12x x <()()()121,1,1,,21,x x x ∈-∞∈+∞-∈+∞()f x 上单调递增，所以等价于，即． ()1,+∞122x x +<()()212f x f x <-()()1120f x f x --<令，则()()()()()2221xx u x f x f x xex e x -=--=--<，()()()210x x u x x e e -'=-->所以，即， ()()10u x u <=()()()21f x f x x <-<所以； ()()()1212f x f x f x =<-所以，即.212x x <-122x x +<变式、（2010年天津理科21题）已知函数()()xf x xe x R -=∈（Ⅰ）求函数的单调区间和极值；()f x （Ⅱ）已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，证明当()y g x =()y f x =1x =时，1x >()()f x g x > （Ⅲ）如果，且，证明．12x x ≠12()()f x f x =122x x +>解：（21）本小题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力，满分14分 （Ⅰ）解：f ′，令f ′(x )=0,解得x =1()(1)xx x e-=-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()内是增函数，在()内是减函数。

极值点偏移问题大总结--高中数学
高中数学，每一道所谓的难题都有至少两种以上的方法去解决它。

高考客观压轴题也是如此。

一种是常规解题思路的方法。

学生容易思考，但是运算量大，耗时比较久。

一种是非常经典的方法，可以秒杀，但是学生如果不经过长期的训练很难想到此种方法。

一题多解旨在开发学生的思维，激发学生潜能，举一反三，灵活应用，达到完全驾驭数学的目的。

一、极值点偏移PK拐点偏移常规套路
方法技巧总结例题
小结：
二、极值点偏移的基本定义。

极值点偏移问题的两种常见解法之比较浅谈部分导数压轴题的解法在高考导数压轴题中，不断出现极值点偏移问题，那么，什么是极值点偏移问题？参考陈宽宏、邢友宝、赖淑明等老师的文章，极值点偏移问题的表述是：已知函数()y f x =是连续函数，在区间12(,)x x 内有且只有一个极值点0x ，且12()()f x f x =，若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点1202x x x +=，我们称这种状态为极值点不偏移；若极值点左右的“增减速度”不同，函数的图象不具有对称性，常常有极值点1202x x x +≠的情况，我们称这种状态为“极值点偏移”. 极值点偏移问题常用两种方法证明：一是函数的单调性，若函数()f x 在区间(,)a b 内单调递增，则对区间(,)a b 内的任意两个变量12x x 、，1212()()f x f x x x <⇔<；若函数()f x 在区间(,)a b 内单调递减，则对区间(,)a b 内的任意两个变量12x x 、，1212()()f x f x x x <⇔>. 二是利用“对数平均不等式”证明，什么是“对数平均”？什么又是“对数平均不等式”？两个正数a 和b 的对数平均数定义：,,(,)ln ln ,,a ba b L a b a b a a b -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩对数平均数与算术平均数、(,)2a bL a b +≤≤，（此式记为对数平均不等式）下面给出对数平均不等式的证明： i ）当0a b =>时，显然等号成立 ii ）当0a b ≠>时，不妨设0a b >>， ①ln ln a b a b -<-，ln ln a ba b--，只须证：ln a b <，1x =>，只须证：12ln ,1x x x x≤-> 设1()2ln ,1f x x x x x=-+>，则22221(1)()10x f x x x x -'=--=-<，所以()f x在(1,)+∞内单调递减，所以()(1)0f x f <=，即12ln x x x<-，ln ln a ba b --①再证：ln ln 2a b a ba b -+<- 要证：ln ln 2a b a ba b -+<-，只须证：1ln21a ab b a b-<+令1a x b =>，则只须证：1ln 12x x x -<+，只须证2ln 1112x x x -<>+，设2ln ()112xg x x =--+，1x >，则22221(1)()0(1)22(1)x g x x x x x --'=-=<++ 所以()g x 在区间(1,)+∞内单调递减，所以()g(1)0g x <=，即2ln 112xx -<+， 故ln ln 2a b a ba b -+<- 综上述，当0,0a b >>(,)2a bL a b +≤≤例1 （2016年高考数学全国Ⅰ理科第21题）已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x有两个零点．（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅰ）设21,x x 是)(x f 的两个零点，证明：221<+x x ． 解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为R ，当0a =时，()(2)0xf x x e =-=，得2x =，只有一个零点，不合题意； 当0a ≠时，()(1)[2]x f x x e a '=-+当0a >时，由()0f x '=得，1x =，由()0f x '>得，1x >，由()0f x '<得，1x <， 故，1x =是()f x 的极小值点，也是()f x 的最小值点，所以min ()(1)0f x f e ==-< 又(2)0f a =>，故在区间(1,2)内存在一个零点2x ，即212x << 由21lim (2)limlim 0,xx x x x x x x e e e--→-∞→-∞→-∞--===-又2(1)0a x ->，所以，()f x 在区间 (,1)-∞存在唯一零点1x ，即11x <， 故0a >时，()f x 存在两个零点；当0a <时，由()0f x '=得，1ln(2)x x a ==-或， 若ln(2)1a -=，即2ea =-时，()0f x '≥，故()f x 在R 上单调递增，与题意不符 若ln(2)1a ->，即02ea -<<时，易证()=(1)0f x f e =-<极大值故()f x 在R 上只有一 个零点，若ln(2)1a -<，即2ea <-时，易证()=(ln(2)f x f a -极大值2(ln (2)4ln(2)5)0a a a =---+<，故()f x 在R 上只有一个零点综上述，0a >（Ⅰ）解法一、根据函数的单调性证明 由（Ⅰ）知，0a >且1212x x <<<令2()()(2)(2),1xxh x f x f x x e xe x -=--=-+>，则2(1)2(1)(e 1)()x x x h x e ----'= 因为1x >，所以2(1)10,10x x e-->->，所以()0h x '>，所以()h x 在(1,)+∞内单调递增所以()(1)0h x h >=，即()(2)f x f x >-，所以22()(2)f x f x >-，所以12()(2)f x f x >-， 因为121,21x x <-<，()f x 在区间(,1)-∞内单调递减，所以122x x <-，即122x x +< 解法二、利用对数平均不等式证明由（Ⅰ）知，0a >，又(0)2f a =- 所以， 当02a <≤时，10x ≤且212x <<，故122x x +<当2a >时，12012x x <<<<，又因为12122212(2)(2)(1)(1)x x x e x e a x x --=-=--- 即12122212(2)(2)(1)(1)x x x e x e x x --=--所以111222ln(2)2ln(1)ln(2)2ln(1)x x x x x x -+--=-+--所以12122112ln(2)ln(2)2(ln(1)ln(1))(2)(2)x x x x x x x x -------=-=---所以1212121212ln(1)ln(1)(2)(2)412ln(2)ln(2)ln(2)ln(2)2x x x x x x x x x x ---------=<------所以1212122ln(1)ln(1)22ln(2)ln(2)x x x x x x +----<--- ①下面用反证法证明不等式①成立因为12012x x <<<<，所以12220x x ->->，所以12ln(2)ln(2)0x x ---> 假设122x x +≥，当122x x +=，1212122ln(1)ln(1)02=02ln(2)ln(2)x x x x x x +----=---且,与①矛盾； 当122x x +>时1212122ln(1)ln(1)02<02ln(2)ln(2)x x x x x x +---->---且,与①矛盾，故假设不成立 所以122x x +<例2 （2011年高考数学辽宁卷理科第21题）已知函数2()ln (2)f x x ax a x =-+-（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）若曲线()y f x =与x 轴交于A B 、两点，A B 、中点的横坐标为0x ，证明：0()0f x '<解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域是(0,)+∞1(12)(1)()2(2)x ax f x ax a x x+-'=-+-=当0a ≤时，()0f x '>在区间(0,)+∞内恒成立，即()f x 在区间(0,)+∞内单调递增 当0a >时，由()f x '>0，得函数()f x 的递增区间1(0,)a， 由()f x '<0，得函数()f x 的递减区间1(,)a+∞ （Ⅱ）解法一、根据函数的单调性求解设点A B 、的横坐标分别为12x x 、，则1202x x x +=，且1210x x a<<< 由（Ⅰ）知，当0a >时，max 111[()]=[()]()ln 1f x f x f a a a ==+-极大值因为函数()f x 有两个不同的零点，所以max [()]0f x >，所以01a <<要证0000(12)(1)()0x ax f x x +-'=<，只须证01ax >，即证122x x a+>令2()()()h x f x f x a =--=21ln ln()22,0x x ax x a a ---+<<则212(1)()202(2)a ax h x a x ax x ax -'=+-=>--，所以()h x 在1(0,)a内单调递增所以1()()0h x h a <=，即2()()f x f x a <- 因为1210x x a <<<，所以112()()f x f x a <-，所以212()()f x f x a <-又21121,x x a a a >->，且()f x 在区间1(,)a +∞内单调递减所以212x x a >-，即122x x a+>，故0()0f x '<解法二、利用对数平均不等式求解设点A B 、的坐标分别为12(,0)(,0)A x B x 、，则1202x x x += 由（Ⅰ）知，当0a >时，max111[()]=[()]()ln 1f x f x f a a a==+-极大值因为函数()f x 有两个不同的零点，所以max [()]0f x >，所以01a <<因为21112222ln (2)0ln (2)0x ax a x x ax a x ⎧-+-=⎪⎨-+-=⎪⎩，所以212121ln ln [()(2)]()x x a x x a x x -=+--- 所以211212211()(2)ln ln 2x x x x a x x a x x -+=<+---，即12121()(2)2x x a x x a +<+--所以21212()(2)()20a x x a x x ++-+-> ，所以1212[()2][()1]0a x x x x +-++>所以12102x x a+-<，所以121212012(1)(1)2()()022x x x x ax xf x f x x +++-+''==<+.例3 （2014年高考数学湖南卷文科第21题）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 +< 解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为R()f x '=2222222(1)2(1)1[(1)2](1)1(1)x x xx x x x x x e e e x x x -+-----++=+++ 由()0f x '=，得0x =，由()0f x '>，得函数的递增区间(,0)-∞，由()0f x '<，得函数的递减区间(0,)+∞，所以max ()(0)1f x f == （Ⅱ）解法一、利用函数的单调性求解令2211()()()11x xx x h x f x f x e e x x --+=--=-++ ，0x > 则22222(23)(23)()(1)x xx x e x x h x xx e -+-++'=-+令222()(23)(2+3),0xH x x x ex x x =-+-+>则22()2[(2)(1)],0xH x x x ex x '=-+-+>，则22()2[(23)1],0x H x x e x ''=+->由0x >得，()2(31)40H x ''>-=>，故()H x '在(0,)+∞内单调递增 故()(0)20H x H ''>=>，故()H x 在(0,)+∞内单调递增 故()(0)0H x H >=，故()0h x '<，故()h x 在(0,)+∞上单调递减 所以，()(0)0h x h <=由（1）及1212()(),f x f x x x =≠知，1201x x <<<，故222()()()0h x f x f x =--< 所以22()()f x f x <-，所以12()()f x f x <-，又()f x 在(,0)-∞上单调递增 所以，12x x <-，即120x x +< 解法二、利用对数平均不等式求解因为1x <时，()0f x >，1x >时，()0f x <，1212()(),f x f x x x =≠ 所以，1201x x <<<，121222121111x x x x e e x x --=++，所以，21111222121111x x x x e e x x ----=++ 所以，22121212ln(1)(1)ln(1)ln(1)(1)ln(1)x x x x x x -+--+=-+--+ 所以，22212112(1)(1)ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)x x x x x x ---=---++-+所以，222112212121(1)(1)ln(1)ln(1)111ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)2x x x x x x x x x x ---+-+-+-=+<------ 所以，22121212ln(1)ln(1)2ln(1)ln(1)x x x x x x ++-+<---① 因为1201x x <<<，所以12ln(1)ln(1)0x x ---> 下面用反证法证明120x x +<，假设120x x +≥当120x x +=时，22121212ln(1)ln(1)0,=02ln(1)ln(1)x x x x x x ++-+=---且，与不等式①矛盾当120x x +>时，210x x >->，所以120,2x x +>且221212ln(1)ln(1)0ln(1)ln(1)x x x x +-+<---，与不等式①矛盾.所以假设不成立，所以120x x +<例4 （2014年江苏省南通市二模第20题）设函数()(),xf x e ax a a R =-+∈其图象与x 轴交于12(,0),(,0)A x B x 两点，且12x x <. （Ⅰ）求实数a 的取值范围；（Ⅱ）证明：0(()f f x ''<为函数()f x 的导函数）； （Ⅲ）略.解：（Ⅰ）()xf 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min ()0f x ≥，即20a e <≤时，()f x 至多有一个零点，不合题意，故舍去；当min ()0f x <，即2a e >时，由(1)0f e =>，且()f x 在(,ln )a -∞内单调递减，故()f x 在(1,ln )a 有且只有一个零点；由22(ln )2ln (12ln ),f a a a a a a a a =-+=+- 令212ln ,y a a a e =+->，则210y a'=->，故2212ln 1430a a e e +->+-=-> 所以2(ln )0f a >，即在(ln ,2ln )a a 有且只有一个零点. （Ⅱ）解法一、根据函数的单调性求解由（Ⅰ）知，()f x 在(,ln )a -∞内递减，在(ln ,)a +∞内递增，且(1)0f e => 所以121ln 2ln x a x a <<<<，要证0f '<，只须证a <ln a <122x x +<，故只须证122ln x x a +< 令2ln ()()(2ln )(2ln ),xa xh x f x f a x e ax a e a a x a -=--=-+-+--222ln xxe a eax a a -=--+，1ln x a <<则2()220x x h x e a e a a -'=+-≥=，所以()h x 在区间(1,ln )a 内递增 所以ln 2ln ()2ln 2ln 0aa h x ea e a a a a -<--+=，即()(2ln )f x f a x <-所以11()(2ln )f x f a x <-，所以21()(2ln )f x f a x <-因为21ln ,2ln ln x a a x a >->，且()f x 在区间(ln ,)a +∞内递增 所以212ln x a x <-，即122ln x x a +<，故0f '< 解法二、利用对数平均不等式求解由（Ⅰ）知，()f x 在(,ln )a -∞内递减，在(ln ,)a +∞内递增，且(1)0f e =>所以121ln 2ln x a x a <<<<，因为111()0xf x e ax a =-+=，222()0xf x e ax a =-+=121211x x e e a x x ==--，即12111211x x e e x x --=--，所以1212(1)(1)1ln(1)ln(1)x x x x ---=>---所以1212()0x x x x -+<，要证：0f '<，只须证a <ln a<11ln(1)x x <--22ln(1)x x <--所以1212ln(1)(1)x x x x <+---，所以121212ln(()1)x x x x x x -++<+-因为1212()0x x x x -+<，所以1212ln(()1)ln10x x x x -++<=，而120x x +->所以121212ln(()1)x x x x x x -++<+-f '<从以上四个例题可以看出，两种方法解决的问题相同，即若12,x x 是函数()f x 的两个零点，而0x x =是函数()f x 的极值点，证明1202x x x +<（或1202x x x +>），根据函数单调性求解的步骤是：一、构建函数0()()(2)h x f x f x x =--，二、判断函数()h x 的单调性，三、证明()0h x >（或()0h x <）即0()(2)f x f x x >-（或0()(2)f x f x x <-），四、故函数()f x 的单调性证1202x x x +<（或1202x x x +>）.根据对数平均不等式求解的步骤是：一、通过等式两边同取自然对数或相减等配凑出1212ln ln x x x x --及，二、通过等式两边同除以12ln ln x x -构建对数平均数1212ln ln x x x x --，三、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1202x x x +<（或1202x x x +>）. 两种方法各有优劣，适用的题型也略有差异，考生若能灵活驾驭这两种方法，便能在考场上发挥自如，取得理想的成绩.。