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极值点偏移的问题（含答案）21212()ln ,(1()1121()()3(),,f x x ax a f x x x a a f m f mf x x x x x e =-==⋅1.已知为常数）（）若函数在处的切线与轴平行，求的值；（）当时，试比较与的大小；（）有两个零点证明：＞21212()ln (),,.f x x ax f x x x x x e =-⋅变式：已知函数，a 为常数。
(1)讨论的单调性；(2)若有两个零点，试证明：＞2012120()+sin,(0,1);2()()()()(),2.xf x x ax x f x a a f x f x f x f x x x x π=+∈=+2.已知（1）若在定义域内单调递增，求的取值范围；（2）当=-2时，记取得极小值为若求证＞()2121212121()ln -,()2(1=()()()(1)()1,,0,2f x x ax x a R f f xg x f x ax g x a x x f x f x x x x x =+∈-++=+≥3.已知（1）若）0，求函数的最大值；（2）令=-,求函数的单调区间；（3）若=-2,正实数满足（）证明：212122(1)1(1)1,,x x x x x e -+>>4.设a>0,函数f(x)=lnx-ax,g(x)=lnx-证明：当时，g(x)>0恒成立；（2）若函数f(x)无零点，求实数a 的取值范围；（3）若函数f(x)有两个相异零点x 求证：x1212312()2ln ,1()2(),8f x x a a x a R f x f x x x x x a x x a =--∈<⋅<5.已知常数。
（）求的单调区间；（）有两个零点，且；(i)指出的取值范围，并说明理由；（ii)求证：6.设函数()e ()x f x ax a a =-+∈R ，其图象与x 轴交于1(0)A x ，，2(0)B x ，两点，且12x x <．（1）求a 的取值范围；（2）证明：0f '<（()f x '为函数()f x 的导函数）；。
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。
极值点偏移的问题(含答案)1.已知 $f(x)=\ln x-ax$，其中 $a$ 为常数。
1）若函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线与 $x$ 轴平行，求$a$ 的值；2）当 $a=1$ 时，比较 $f(m)$ 和 $f(1)$ 的大小；3）$f(x)$ 有两个零点 $x_1$ 和 $x_2$，证明：$x_1\cdotx_2>e^2$。
变式：已知函数 $f(x)=\ln x-ax^2$，其中 $a$ 为常数。
1) 讨论 $f(x)$ 的单调性；2) 若有两个零点 $x_1$ 和 $x_2$，试证明：$x_1\cdotx_2>e$。
2.已知 $f(x)=x^2+ax+\sin (\pi x)$，$x\in(0,1)$。
1）若 $f(1)=0$，求函数 $f(x)$ 的最大值；2）令 $g(x)=f(x)-(ax-1)$，求函数 $g(x)$ 的单调区间；3）若 $a=-2$，正实数 $x_1$ 和 $x_2$ 满足$f(x_1)+f(x_2)+x_1x_2=0$，证明：$x_1+x_2\geq \frac{5}{2}$。
3.已知 $f(x)=\ln x-ax^2+x$，其中 $a\in R$。
1）若 $f(1)=0$，求函数 $f(x)$ 的最大值；2）令 $g(x)=f(x)-(ax-1)$，求函数 $g(x)$ 的单调区间；3）若 $a=-2$，正实数 $x_1$ 和 $x_2$ 满足$f(x_1)+f(x_2)+x_1x_2=0$，证明：$x_1+x_2\geq \frac{5}{2}$。
4.设 $a>0$，函数 $f(x)=\ln x-ax$，$g(x)=\ln x-\frac{2(x-1)}{x+1}$。
1）证明：当 $x>1$ 时，$g(x)>0$ 恒成立；2）若函数 $f(x)$ 无零点，求实数 $a$ 的取值范围；3）若函数$f(x)$ 有两个相异零点$x_1$ 和$x_2$，求证：$x_1\cdot x_2>e^2$。
导数压轴题分类(2)---极值点偏移问题极值点偏移问题常见的处理方法有⑴构造一元差函数Fx f x f 2x 0 x 或者F x f x o x f x o x 。
其中x o 为函数y f x 的极值点。
⑵利用对数平均不等式。
•、ab-—b -—b 。
⑶变换主元等方法。
In a In b 2任务一、完成下面问题，总结极值点偏移问题的解决方法。
2 21 设函数 f(x) a In x x ax (a R)(1)试讨论函数f (x)的单调性;a 21nx x 2 ax 可知 2x 2 ax a 2 (2x a)(x a)x x① 若a 0时，当 x (0, a)时，f (x)0 ,函数f (x)单调递减，当 x (a, )时,f (x) 0，函数f (x)单调递增；② 若a 0时，当 f (X) 2x 0在x (0,)内恒成立，函数f (x)单调递增;③ 若a 0时，当 x (0,a)时，f (X )0 ,函数f (x)单调递减， 因为函数f(x)的定义域为(0,)，所以2 f (x)0，函数f (x)单调递增;当)时,((2) f (x) m 有两解捲必(论x 2)，求证：x-i x 2 2a .解析：(1)由f(x)a 2f (x)2x axa 2,(2)要证 X i X 2 2a , 只需证 a 22 a 2xg(x) f (x)为增函数。
只需证： f (X ^jX1) f (a)0,即证2- N +X 2 a 0 (*)x , x 2 a又 a 21n X i X i 2ax i2 2m, a In X 2 X 2 ax 2 m,两式相减整理得:2x a,则 g (x)g(x) (x)x2a 2x , +x 2 aln x 1 ln x 2 1 2(x 1ix x 2a)a0，把丄（x 1aX 2 a) ln x ( xlnX 2 代入（*） X 2式，即证：x 1 x 22ln x (lnx2o 化为2(竺1)=t 即证：2（t 1) lnt 0x2ln^10,令冬x-i x 2x X 2生1xx t 1x令（t ） 2(t 1) ln t(0 t1）,则⑴4 1 (t 1)2卜ot 21t 1t t1 t所以⑴为减函数，⑴（1）综上得：原不等式得证。
（完整word版）⾼中数学极值点偏移问题极值点偏移问题沈阳市第⼗⼀中学数学组：赵拥权⼀：极值点偏移（俗称峰⾕偏）问题的定义对于可导函数y=f(x)在区间（a,b）上只有⼀个极⼤（⼩）值点x0,⽅程f(x)=0(f(x)=m)的解分别为x1,x2且a 若x1+x22≠x0，,则称函数f(x)在区间（a,b）上极值点x0偏移；（1）x1+x22>x0,则称函数f(x)在区间（a,b）上极值点x0左偏移；（2）x1+x22⼆：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（f(x)=m)的解分别为x1,x2且a （1）若f(x1)2（2）若f(x1)2>x0即函数f(x)在区间上（a,b）极⼩值点x0左偏;（即⾕偏左）（3）若f(x1)>f(2x0?x2)则x1+x22>x0即函数f(x)在区间上（a,b）极⼤值点x0左偏;（即峰偏左）（4）若f(x1)>f(2x0?x2)则x1+x22拓展：1）若)()(x b f x a f -=+，则)(x f 的图象关于直线2ba x +=①f(x)在(0,a)递增，在(a,2a)递减,且f(a -x)<（>）f(a+x)(f(x)<(>)f(2a -x)) ②f(x)在(0,a)递减,在(a,2a)递增,且f(a -x)>(<)f(x+a)(f(x)> (<)f(2a -x))则函数f(x)在(0,2a)的图象关于直线x=a 偏移(偏对称)(俗称峰⾕偏函数)其中①极⼤值左偏（或右偏）也称峰偏左（或右）②极⼩值偏左（或偏右）也称⾕偏左（或右）；性质：1) )(x f 的图象关于直线a x =对称若x 1,x 2∈(0,2a)x 1≠x 2则 x 1+x 2=2a <=>f (x 1)=f(x 2),(f ′(x 1)+f ′(x 2)=0,f ′(x 1+x 22)=0);2)已知函数是满⾜条件的极⼤值左偏（峰偏左）若x 1,x 2∈(0,2a)x 1≠x 2则f (x 1)=f(x 2)则x 1+x 2>2a ,及f ′(x 1+x 22)<0极值点偏移解题步骤：①求函数f(x)的极值点x 0；②构造函数F(x)=f(x+x 0)-f(x 0?x) (F(x)=f(x 0?x )-f(x 0+x), F(x)=f(x+2x 0)-f(?x) , F(x)=f(x)-f(2x 0?x))确定F(x)单调性③结合F(0)=0（F(-x 0)=0,F(x 0)=0)判断F(x)符号从⽽确定f(x+x 0),f(x 0?x)( f(x+2x 0)与f(?x); f(x)与f(2x 0?x)）的⼤⼩关系; 答题模式：已知函数y=f(x)满⾜f (x 1)=f(x 2),x 0为函数y=f(x)的极值点,求证：x 1+x 2<2x 0 ①求函数f(x)的极值点x 0；②构造函数F(x)=f(x+x 0)-f(x 0?x) 确定F(x)单调性③判断F(x)符号从⽽确定f(x+x 0),f(x 0?x) 的⼤⼩关系;假设F(x)在(0,+∞）上单调递增则F(x)>F(0)=0，从⽽得到x>0时f(x+x 0)>f(x 0?x) ④1.（2016年全国I ⾼考）已知函数有两个零点. 设x 1，x 2是的两个零点，证明：+x 2<2.2. (2010年⾼考天津卷理科21)（本⼩题满分14分）已知函数f(x)=xe -x（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x=1对称，证明当x>1时，f(x)>g(x)(Ⅲ)如果12,x x ≠且12()(),f x f x =证明122x x +> 证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)2x e-令F(x)=f(x)-g(x),即2()(2)xx F x xe x e --=+-于是22'()(1)(1)x x F x x ee --=--当x>1时，2x-2>0,从⽽2x-2e 10,0,F x e -->>⼜所以’(x)>0,从⽽函数F （x ）在[1,+∞)是增函数。
导数压轴题分类(2)---极值点偏移问题(含答案)极值点偏移问题是在求解函数的极值点时，由于函数表达式的特殊性质，导致极值点位置发生偏移，需要采用特殊的解决方法。
常见的处理方法有以下几种：1.构造一元差函数F(x)=f(x)-f(2x-x)或F(x)=f(x+x)-f(x-x)，其中x为函数y=f(x)的极值点。
2.利用对数平均不等式ab<a-b+a+b。
3.变换主元等方法lna-lnb^2<ln(a-b^2)。
接下来，我们以一个具体的例子来说明极值点偏移问题的解决方法。
题目：设函数f(x)=-alnx+x-ax(a∈R)，试讨论函数f(x)的单调性；若f(x)=m有两解x1,x2(x12a。
解析：1.讨论函数f(x)的单调性由f(x)=-alnx+x-ax可知：f'(x)=-a/x+1-a=-(a/x+a-1)因为函数f(x)的定义域为(0,+∞)，所以：①若a>0时，当x∈(0,a)时，f'(x)0，函数f(x)单调递增。
②若a=0时，当f'(x)=1/x>0在x∈(0,+∞)XXX成立，函数f(x)单调递增。
③若a0，函数f(x)单调递增。
2.求证x1+x2>2a因为f(x)=m有两解x1,x2(x1<x2)，所以：alnx1+x1-ax=m，-alnx2+x2-ax=m将两式相减，整理得：lnx1-lnx2+ln(x1-x2)=a根据对数平均不等式，有：ln(x1-x2)<(lnx1-lnx2)/2代入上式得：a>-[(lnx1-lnx2)/2]化XXX：x1-x2<2e^-2a因为x1+x2>2x2>a，所以：x1+x2>2a综上所述，极值点偏移问题的解决方法包括构造一元差函数、利用对数平均不等式和变换主元等方法。
在具体求解中，需要根据函数表达式的特殊性质，选择合适的方法进行处理。
2(t-1)x2-1)/(4(t-1)2+1)为减函数，且在(1,∞)上递增，所以原不等式得证。
3.8极值点、拐点偏移问题【题型解读】【知识储备】一、极值点偏移的含义函数f (x )满足内任意自变量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x 0，如图(1)所示，函数f (x )图象的顶点的横坐标就是极值点x 0，若f (x )＝c 的两根的中点则刚好满足x 1＋x 22＝x 0，则极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移．图(1) 图(2) 图(3)若x 1＋x 22≠x 0，则极值点偏移．若单峰函数f (x )的极值点为x 0，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 )极值点x 0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x 1，x 2，满足f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＋x 22与极值点x 0必有确定的大小关系：若x 0<x 1＋x 22，则称为极值点左偏；若x 0>x 1＋x 22，则称为极值点右偏．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x 1，x 2且x 1≠x 2，求证：x 1＋x 2＞2x 0（x 0为函数f (x )的极值点）；(2)若函数f (x )定义域中存在x 1，x 2且x 1≠x 2，满足f (x 1)＝f (x 2)，求证：x 1＋x 2＞2x 0（x 0为函数f (x )的极值点）； (3)若函数f (x )存在两个零点x 1，x 2且x 1≠x 2，令x 0＝x 1＋x 22，求证：f '(x 0)＞0；(4)若函数f (x )定义域中存在x 1，x 2且x 1≠x 2，满足f (x 1)＝f (x 2)，令x 0＝x 1＋x 22，求证：f '(x 0)＞0．三、极值点偏移问题的一般解法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x 0)，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x 0． (2)构造函数，即对结论x 1＋x 2>2x 0型，构造函数F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )或F (x )＝f (x 0＋x )－f (x 0－x )；对结论x 1x 2>x 20型，构造函数F (x )＝f (x )－f ⎝⎛⎭⎫x 20x ，通过研究F (x )的单调性获得不等式．(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． 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． 2．比(差)值代换法比(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比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值或差值(一般用t 表示)表示两个极值点，即t ＝x 1x 2，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． 3．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 b a a b -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩(, )2a bab 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 bab L a b +<<．不失一般性，可设a b >．证明如下： (1)(, )ab L a b < ① 不等式①1ln ln ln2ln (1)a a b a a b x x x b b a x bab⇔-<⇔<⇔<-=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； (2)再证：(, )2a bL a b +<②不等式②2(1)2()2(1)ln ln ln ln (1)(1)(1)a a b a x ab a b x x a a b b x bb---⇔->⇔>⇔>=>+++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(1)(2)知，对, a b +∀∈R ，(, )2a bab L a b +≤≤成立，当且仅当a b =时，等号成立． 【题型精讲】【题型一 极值点偏移解法赏析】例1 （2022·山东济南历城二中高三月考）已知函数f (x )＝x e －x (x ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)若x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)，求证：x 1＋x 2>2．【解析】 (1)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， ∴f (x )有极大值f (1)＝1e，f (x )无极小值．(2)方法一 (对称化构造法)欲证x 1＋x 2>2，即证x 1>2－x 2，由(1)可设0<x 1<1<x 2，故x 1，2－x 2∈(0，1)， 又因为f (x )在(0，1)上单调递增，故只需证f (x 1)>f (2－x 2)，又因为f (x 1)＝f (x 2)， 故也即证f (x 2)>f (2－x 2)，构造函数F (x )＝f (x )－f (2－x )，x ∈(1，＋∞)， 则等价于证明F (x )>0对x ∈(1，＋∞)恒成立．由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， 则F (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以F (x )>F (1)>0，即已证明F (x )>0对x ∈(1，＋∞)恒成立，故原不等式x 1＋x 2>2亦成立． 方法二 (比值换元法)设0<x 1<1<x 2，f (x 1)＝f (x 2)即1212e e ,x x x x --=取对数得ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2．xyx 1+x 22x 2x 1f x () = x ∙ex1e1O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 ＋1)ln t t －1>2⇔ln t －2(t －1)t ＋1>0，设g (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1 (t >1)，∴g ′(t )＝1t －2(t ＋1)－2(t －1)(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0，∴当t >1时，g (t )为增函数，∴g (t )>g (1)＝0，∴ln t －2(t －1)t ＋1>0，故x 1＋x 2>2．方法三 (对数均值不等式法)设0<x 1<1<x 2，f (x 1)＝f (x 2)，即1212e e ,x x x x --=取对数得ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2，可得，1＝x 1－x 2ln x 1－ln x 2，利用对数平均不等式得，1＝x 1－x 2ln x 1－ln x 2<x 1＋x 22，即证，x 1＋x 2>2．【题型精练】1．（2022·天津·崇化中学期末）已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x ． (1)讨论f (x )的单调性；(2)设f (x )的两个零点是x 1，x 2，求证：f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0．【解析】 (1)函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x 的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －2ax ＋(2－a )＝－(ax －1)(2x ＋1)x，①当a ≤0时，f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a >0时，若x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ，则f ′(x )>0，若x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞，则f ′(x )<0， 则f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)法一：对称化构造法由(1)易知a >0，且f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减，不妨设0<x 1<1a <x 2， f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0⇔x 1＋x 22>1a ⇔x 1＋x 2>2a ，故要证f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0，只需证x 1＋x 2>2a 即可．构造函数F (x )＝f (x )－f ⎝⎛⎭⎫2a －x ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ， F ′(x )＝f ′(x )－⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫2a －x ′＝f ′(x )＋f ′⎝⎛⎭⎫2a －x ＝2ax (ax －2)＋2x (2－ax )＝2(ax －1)2x (2－ax )， ∵x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ，∴F ′(x )＝2(ax －1)2x (2－ax )>0，∴F (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增， ∴F (x )<F ⎝⎛⎭⎫1a ＝f ⎝⎛⎭⎫1a －f ⎝⎛⎭⎫2a －1a ＝0，即f (x )<f ⎝⎛⎭⎫2a －x ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ， 又x 1，x 2是函数f (x )的两个零点且0<x 1<1a<x 2，∴f (x 1)＝f (x 2)<f ⎝⎛⎭⎫2a －x 1，而x 2，2a －x 1均大于1a ，∴x 2>2a －x 1，∴x 1＋x 2>2a ，得证．法二：对数平均不等式法易知a >0，且f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减， 不妨设0<x 1<1a <x 2，f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0⇔x 1＋x 22>1a ．因为f (x )的两个零点是x 1，x 2，所以ln x 1－ax 21＋(2－a )x 1＝ln x 2－ax 22＋(2－a )x 2，所以ln x 1－ln x 2＋2(x 1－x 2)＝a (x 21－x 22＋x 1－x 2)，所以a ＝ln x 1－ln x 2＋2(x 1－x 2)x 21－x 22＋x 1－x 2，以下用分析法证明，要证x 1＋x 22>1a ， 即证x 1＋x 22>x 21－x 22＋x 1－x 2ln x 1－ln x 2＋2(x 1－x 2)，即证x 1＋x 22>x 1＋x 2＋1ln x 1－ln x 2x 1－x 2＋2，即证2x 1＋x 2<ln x 1－ln x 2x 1－x 2＋2x 1＋x 2＋1，只需证2x 1＋x 2<ln x 1－ln x 2x 1－x 2，即证x 1＋x 22>x 1－x 2ln x 1－ln x 2，根据对数平均不等式，该式子成立，所以f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0．法三：比值换元法因为f (x )的两个零点是x 1，x 2，不妨设0<x 1<x 2，所以ln x 1－ax 21＋(2－a )x 1＝ln x 2－ax 22＋(2－a )x 2，所以a (x 22－x 21)＋(a －2)(x 2－x 1)＝ln x 2－ln x 1，所以ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝a (x 2＋x 1)＋a －2，f ′(x )＝1x －2ax ＋2－a ，f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22＝2x 1＋x 2－a (x 1＋x 2)－(a －2)＝2x 1＋x 2－ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝1x 2－x 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎫x 2x 1－11＋x 2x 1－ln x 2x 1， 令t ＝x 2x 1(t >1)，g (t )＝2(t －1)1＋t －ln t ，则当t >1时，g ′(t )＝－(t －1)2t (t ＋1)2<0，所以g (t )在(1，＋∞)上单调递减，所以当t >1时，g (t )<g (1)＝0，所以f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0．【题型二 加法型极值点偏移】例2 （2022·山东青岛高三期末）已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x ，a ∈R ．(1)若f (x )存在极值点1，求a 的值；(2)若f (x )存在两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1＋x 2>2． 【解析】 (1)由已知得f ′(x )＝x ＋1－a －ax，因为f (x )存在极值点1，所以f ′(1)＝0，即2－2a ＝0，a ＝1，经检验符合题意，所以a ＝1．(2)f ′(x )＝x ＋1－a －ax＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎫1－a x (x >0)， ①当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意； ②当a >0时，由f ′(x )＝0得x ＝a ，当x >a 时，f ′(x )>0，所以f (x )单调递增，当0<x <a 时，f ′(x )<0，所以f (x )单调递减， 所以当x ＝a 时，f (x )取得极小值f (a )．又f (x )存在两个不同的零点x 1，x 2，所以f (a )<0，即12a 2＋(1－a )a －a ln a <0，整理得ln a >1－12a ，作y ＝f (x )关于直线x ＝a 的对称曲线g (x )＝f (2a －x )， 令h (x )＝g (x )－f (x )＝f (2a －x )－f (x )＝2a －2x －a ln 2a －xx ，则h ′(x )＝－2＋2a 2(2a －x )x ＝－2＋2a 2－(x －a )2＋a 2，因为在(0，2a )上，h ′(x )≥0，所以h (x )在(0，2a )上单调递增， 不妨设x 1<a <x 2，则h (x 2)>h (a )＝0，即g (x 2)＝f (2a －x 2)>f (x 2)＝f (x 1)， 又2a －x 2∈(0，a )，x 1∈(0，a )，且f (x )在(0，a )上为减函数，所以2a －x 2<x 1，即x 1＋x 2>2a ，又ln a >1－12a ，易知a >1成立，故x 1＋x 2>2． 【题型精练】1．（2022·天津市南开中学月考）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 +>． 【解析】（1）易知()f x 的定义域为(0,)+∞，由题意知28()202x f x a x '=-+≥，即244x a x ≤+在(0,)+∞上恒成立，．令24()(0)4x g x x x=+>，则32248()22x x g x x x -'=-=．当2x >时，()0g x '>，()g x 单调递增； 当02x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减， 所以当2x =时，()g x 有最小值(2)3g =， 所以3a ≤；（2）因为28()22x f x a x '=-+，由()0f x '=知，24=4x a x+，设24()(0)4x g x x x=+>则12()()g x g x =，且()g x 在(2,)+∞上单调递增，在(0,2)上单调递减，所以可令，1202x x <<<，．令()(2)(2)h x g x g x =+--，(2,0)x ∈-．则222442(23)(+23)()(2)(2)2(2)(2)x x x h x g x g x x x -'''=++-=--+-因为(2,0)x ∈-，所以()0h x '<，所以()h x 上在(2,0)-单调递减，且(0)0h =， 所以(2,0)x ∈-时，()(2)(2)(0)0h x g x g x h =+-->=． 又1(0,2)x ∈，所以12(2,0)x -∈- 所以111(2)()(4)0h x g x g x -=-->． 所以211()()(4)g x g x g x =>-．因为12x <，142x ->，22x >且()g x 在(2,)+∞上单调递增， 所以214x x >-，124x x +>．2. （2022·安徽省江淮名校期末）已知函数21()e 2x f x x ax =--（a ∈R ）．(1)若函数()f x 在R 上是增函数，求实数a 的取值范围；(2)如果函数()21()()2g x f x a x =--恰有两个不同的极值点12, x x ，证明：12ln 22x x a +<．【解析】 (1)()f x 是R 上是增函数，, ()e 0x x f x x a '∴∀∈=--≥R ，()mine x a x ∴≤-设()e x h x x =-，()e 1x h x '=-，令()0h x '>解得0x >，故()h x 在(, 0)-∞单调递减，在(0 +)∞，单调递增．min ()(0)1h x h ∴==，1a ∴≤． (2)依题意可得：221()()()e 2x g x f x a x ax ax =--=--，()e 2x g x ax a '=--．12, x x 是极值点，121122()0e 20()0e 20xxg x ax a g x ax a '⎧=--=⎧⎪⇒⎨⎨'=--=⎪⎩⎩，两式相减可得：1212e e 2x x a x x -=-． 所证不等式等价于：1212121221212e e e e ln e 2x x x x x x x x x x x x ++--<⇔<--，不妨设12x x >，两边同除以2e x 可得： 12122121x x x x x x ---<-ｅｅ（观察指数幂的特点以及分式的分母，化不同为相同，同除以2e x 使得多项呈12x x -的形式） 从而考虑换元减少变量个数．令12t x x =-()0, t ∈+∞．所证不等式只需证明：221e e e +1<0tt t t e t t -<⇔-，设()2e e 1tt p x t =-+，22()e (e (1))2t t t p x '=--+由e 1xx ≥+可得：2e (1)02t t-+≥，()0p x '∴≤，()p t ∴在()0 +∞，单调递减，()(0)0p t p <=，∴原不等式成立即12ln 22x x a +< 【题型三 乘法型极值点偏移】例3 （2022·河南高三期末）已知f (x )＝x ln x －12mx 2－x ，x ∈R ．(1)当m ＝－2时，求函数f (x )的所有零点；(2)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)．【解析】 (1)当m ＝－2时，f (x )＝x ln x ＋x 2－x ＝x (ln x ＋x －1)，x ＞0．设g (x )＝ln x ＋x －1，x ＞0， 则g ′(x )＝1x＋1＞0，于是g (x )在(0，＋∞)上为增函数．又g (1)＝0，所以g (x )有唯一的零点x ＝1，从而函数f (x )有唯一的零点x ＝1． (2)欲证x 1x 2＞e 2，只需证ln x 1＋ln x 2＞2．由函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，可得函数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的两个不同实根．于是有⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0， ①ln x 2－mx 2＝0， ②①＋②可得ln x 1＋ln x 2＝m (x 1＋x 2)，即m ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2，②－①可得ln x 2－ln x 1＝m (x 2－x 1)，即m ＝ln x 2－ln x 1x 2－x 1，从而可得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＝⎝⎛⎭⎫1＋x 2x 1ln x 2x 1x 2x 1－1．由0＜x 1＜x 2，设t ＝x 2x 1，则t ＞1．因此ln x 1＋ln x 2＝(1＋t )ln t t －1，t ＞1．要证ln x 1＋ln x 2＞2，即证(t ＋1)ln t t －1＞2(t ＞1)，即证当t ＞1时，有ln t ＞2(t －1)t ＋1．令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．因此h (t )＞ln 1－2(1－1)1＋1＝0．于是当t ＞1时，有ln t ＞2(t －1)t ＋1．所以有ln x 1＋ln x 2＞2成立，即x 1x 2＞e 2．【题型精练】1．（2022·广东·高三期末）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 >. 【解析】(1)解：由()()g x f x ≤可得ln ln tx x x -≤，可得2ln t x x ≤，令()2ln h x x x =，其中0x >，则()()21ln h x x '=+， 当10e x <<时，()0h x '<，此时函数()h x 单调递减，当1ex >时，()0h x '>，此时函数()h x 单调递增，所以，()min 12e e h x h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，所以，2e t ≤-；(2)解：要证()12e e xf x x >-，即证2ln e ex x x x >-， 由（1）可知，1ln ex x ≥-，当且仅当1e x =时，等号成立，令()2e e x x m x =-，其中0x >，则()1e xx m x -'=， 当01x <<时，()0m x '>，此时函数()m x 单调递增， 当1x >时，()0m x '<，此时函数()m x 单调递减，所以，()()max 11em x m ==-，因为1ln ex x ≥-和()1e m x ≤-取等的条件不同，故2ln e e x x x x >-，即()12e e xf x x >-；(3)解：由题知1111ln x ax x -=①，2221ln x ax x -=②， ①+②得()()12121212ln x x x x a x x x x +-=+③， ②-①得()22121112ln x x xa x x x x x ⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭④.③÷④得()()1212212122112ln ln x x x x x x x x x x x x ++-=-，不妨设120x x <<，记211x t x =>. 令()()()21ln 11t F t t t t -=->+，则()()()()222114011t F t t t t t -'=-=>++， 所以()F t 在()1,+∞上单调递增， 所以()()10F t F >=，则()21ln 1t t t ->+，即()2121122lnx x x x x x ->+，所以()()1212212122112ln ln 2x x x x x x x x x x x x ++-=>-.因为()()()()121212121212121224ln ln ln x x x x x x x x x x x x x x +-<= 1212x x x x = 所以12122x x x x >，即12121x x x x >. 令()2ln x x x ϕ=-，()2120x x xϕ'=+>，则()x ϕ在()0,∞+上单调递增. 又)12ln2ln 21122e e =+<，所以)12121ln 22x x e x x e>>)122x x e ϕϕ>，所以2122x xe >.【题型四 导数型极值点偏移】例4 （2022·黑龙江工农·鹤岗一中高三期末）已知函数g (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x (a ∈R )． (1)求g (x )的单调区间；(2)若函数f (x )＝g (x )＋(a ＋1)x 2－2x ，x 1，x 2(0＜x 1＜x 2)是函数f (x )的两个零点，证明：f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0．【解析】(1)函数g (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x 的定义域为(0，＋∞)， g ′(x )＝1x －2ax ＋(2－a )＝－(ax －1)(2x ＋1)x，①当a ≤0时，g ′(x )>0，则g (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a >0时，若x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ，则g ′(x )>0，若x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞，则g ′(x )<0， 则g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)因为x 1，x 2是f (x )＝ln x ＋ax 2－ax 的两个零点，所以ln x 1＋ax 21－ax 1＝0，ln x 2＋ax 22－ax 2＝0，所以a ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2＋(x 2＋x 1)，又f ′(x )＝1x ＋2x －a ， 所以f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22＝2x 1＋x 2＋(x 1＋x 2)－a ＝2x 1＋x 2－ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以要证f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<0，只须证明2x 1＋x 2－ln x 1－ln x 2x 1－x 2<0， 即证明2(x 1－x 2)x 1＋x 2>ln x 1－ln x 2，即证明()12112221ln *1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+令()120, 1x t x =∈，则()()1ln 22h t t t t =+-+，则()1ln 1h t t t =+-'， ()2110h t t t=-'<'． ∴()h t '在()0, 1上递减， ()()10h t h '>='，∴()h t 在()0, 1上递增， ()()10h t h <=． 所以()*成立，即1202x x f +⎛⎫< ⎪⎝⎭'．【题型精练】1.（2022·全国高三课时练习）设函数f (x )＝x 2－(a －2)x －a ln x ． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若方程f (x )＝c 有两个不相等的实数根x 1，x 2，求证：12()02x x f +'>． 【解析】 (1)(0, )x ∈+∞．22(2)(2)(1)()2(2)a x a x a x a x f x x a x x x----+'=---==．当0a ≤时，()0f x '>，函数()f x 在(0, )+∞上单调递增，即()f x 的单调递增区间为(0, )+∞． 当0a >时，由()0f x '>得2a x >；由()0f x '<，解得02ax <<．所以函数()f x 的单调递增区间为(, )2a +∞，单调递减区间为(0, )2a．(2)1x ，2x 是方程()f x c =得两个不等实数根，由(1)可知：0a >．不妨设120x x <<．则()21112ln x a x a x c ---=，()22222ln x a x a x c ---=．两式相减得()()221112222ln 2ln 0x a x a x x a x a x ----+-+=，化为221122112222ln ln x x x x a x x x x +--=+--．()02a f '=，当(0, )2a x ∈时，()0f x '<，当(, )2ax ∈+∞时，()0f x '>． 故只要证明1222x x a+>即可，即证明22112212112222ln ln x x x x x x x x x x +--+>+--，即证明11221222ln x x x x x x -<+，设12(01)x t t x =<<，令()22ln 1t g t t t -=-+，则22214(1)()(1)(1)t g t t t t t -'=-=++． 10t >>，()0g t ∴'>．()g t ∴在(0, 1)上是增函数，又在1t =处连续且(1)g 0=，∴当(0, 1)t ∈时，()0g t <总成立．故命题得证．【题型五 拐点偏移问题】例5 （2022·辽宁省实验中学分校高三期末）已知函数f (x )＝x a x a x x )1(2ln 2-+-，其导函数f ′(x )的最大值为0.(1)求实数a 的值；(2)若),(1)()(2121x x x f x f ≠-=+证明12 2.x x +>【解析】 （1）【解法一】由题意，函数()f x 的定义域为()0,+∞，其导函数()()ln 1f x x a x '=-- 记()(),h x f x '= 则()1.axh x x-'= 当0a ≤时，()10axh x x-'=≥恒成立， 所以()h x 在()0,+∞上单调递增，且()10h =.所以()1,x ∀∈+∞，有()()0h x f x '=>，故0a ≤时不成立；当0a >时，10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭若，则()10ax h x x -'=>；若1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，则()10axh x x -'=<. 所以()h x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减又()10h = 若01a << 即11a>时，则()()h x f x '=在()0,1单调递减，()()()0,1,10x f x f ''∀∈>=， 故01a <<时不成立； 若1a > 即101a <<时，则()()h x f x '=在1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，()()1,1,10x f x f a ⎛⎫''∀∈>= ⎪⎝⎭， 故1a >时不成立；若1a =时，则()()h x f x '=在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减，所以()()()max 0,,10x f x f ''∀∈+∞==成立 ，故1a =时成立. 综上可知，1a = 【解法二】由题意，函数()f x 的定义域为()0,+∞ ，其导函数()()ln 1f x x a x '=-- 记()()h x f x '= 则()1.axh x x-'= 当0a ≤时，()10axh x x-'=≥恒成立，所以()h x 在()0,+∞上单调递增，且()10h =. 所以()1,x ∀∈+∞，有()()0h x f x '=>，故0a ≤时不成立；当0a >时，10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭若，则()10ax h x x -'=>；若1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，则()10axh x x -'=<.所以()h x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减所以()max 1ln 10h x h a a a ⎛⎫==-+-= ⎪⎝⎭令()()11ln 1,1.a g a a a g a a a-'=-+-=-=则 ()()()()()010; 1 0.011.a g a a g a g a ''<<<>>+∞当时，当时，所以在，的单减，在，单增所以()()10g a g =，故.1=a（2）【解法一】（分析法解题）当1a =时，()21ln 2f x x x x =-，则()1ln f x x x '=+-.由（1）知()1ln 0f x x x '=+-≤恒成立， 所以()21ln 2f x x x x =-在()0,+∞上单调递减，且()112f =-，()()()121=21f x f x f +=-不妨设120x x << ，则1201,x x <<<欲证122x x +>，只需证212x x >-，因为()f x 在()0,+∞上单调递减， 则只需证()()212f x f x <-，又因为()()121f x f x +=-， 则只需证()()1112f x f x --<-,即()()112+ 1.f x f x ->- 令()()()()()20,1F x f x f x x =+-∈其中，且()11F =-. 所以欲证()()112+1f x f x ->-，只需证()()()1,0,1,F x F x >∈ 由()()()()()21ln 1ln 22F x f x f x x x x x '''=--=+--+--+， 整理得：()()()()ln ln 2210,1F x x x x x '=--+-∈，，()()()()22100,12x F x x x x -''=>∈-，，所以()()()ln ln 221F x x x x '=--+-在区间()0,1上单调递增，所以()0,1x ∀∈，()()()()ln ln 22110F x x x x F ''=--+-<=， 所以函数()()()2F x f x f x =+-在区间()0,1上单调递减， 所以有()()()10,1F x F x >∈，，故12 2.x x +>. 【解法二】（综合法书步骤）当1a =时，()21ln 2f x x x x =-，则()1ln f x x x '=+-.由（1）知()1ln 0f x x x '=+-≤恒成立， 所以()21ln 2f x x x x =-在()0,+∞上单调递减，且()112f =-，()()()121=21f x f x f +=-不妨设120x x << ，则1201,x x <<<令()()()()()20,1F x f x f x x =+-∈其中 ，且()11F =- 由()()()()()21ln 1ln 22F x f x f x x x x x '''=--=+--+--+， 整理得：()()()()ln ln 2210,1F x x x x x '=--+-∈，，()()()()22100,12x F x x x x -''=>∈-，，所以()()()ln ln 221F x x x x '=--+-在区间()0,1上单调递增， 所以()0,1x ∀∈，()()()()ln ln 22110F x x x x F ''=--+-<=， 所以函数()()()2F x f x f x =+-在区间()0,1上单调递减， 因为101<<x ，所以()()()()11121 1.F x f x f x F =+->=-又因为()()121f x f x +=-，所以()()122.f x f x -> ()21ln 2f x x x x =-又因为在()0,+∞上单调递减，所以12122, 2.x x x x -<+>即 【题型精练】1. （2022·江苏·昆山柏庐高级中学期末）已知函数22111()(1)()2f x x x Inx a R a a a=-++∈． （1）当0a >时，讨论函数()f x 的单调性； （2）当12a =时，设()()6g x f x x =+，若正实数1x ，2x ，满足12()()4g x g x +=，求证：122x x +． 【解析】（1）2111()()(1)f x x a x a'=+-+，(0)x >2111()()(1)f x x a x a '=+-+，在(0,1)递减，在(1,)+∞递增，且21()(1)(1)0min f x f a'==--∴当1a =时，()0f x '恒成立，此时函数()f x 在R 上单调递增；当1a ≠时，()0f x '=的根为1a，a 01a ∴<<时，函数()f x 在(0,)a ，1(a ，)+∞上单调递增，在1(,)a a 单调递减；1a >时，函数()f x 在1(0,)a ，(,)a +∞上单调递增，在1(a，)a 单调递减；证明：（2）2()25g x lnx x x =+-，0x >．由12()()4g x g x +=，即221112222240lnx x x lnx x x +++++-=， 从而212121212()()422()x x x x x x ln x x +++-=-，⋯（8分） 令12t x x =，则由()G t t lnt =-得：1()1G t t'=-可知，()G t 在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,)+∞上单调递增． ()G t G ∴（1）1=，21212()()42x x x x ∴+++-， 1212(3)(2)0x x x x ∴+++-，又10x >，20x >，122x x ∴+．。
导数综合题题根之二：不对称问题（极值点偏移）山东省平度第一中学 王尊甫一、极值点偏移初步认识：极值点偏移问题在近几年高考及各种模考中作为热点以压轴题的形式多次给出，难度较大，需要引起老师们的高度关注。
那么，什么是极值点偏移问题呢？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，函数图像呈现对称形态；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”. 根据0x 与221x x +的大小关系，我们将极值点偏移划分为极值点左偏和极值点右偏两种情况，如下图所示：我们可以尝试给出极值点左（右）偏的一般性定义：极值点左偏：若函数)(x f y =满足)()(21x f x f =，且在),(21x x 内有唯一一个极值点0x x =，如果0212x x x >+，则函数)(x f y =极值点左偏。
如图1，若函数)(x f y =极值点左偏，且)(x f 的图像上凸（即)('x f y =递减），则0)()2(0'21'=<+x f x x f ； 如图2，若函数)(x f y =极值点左偏，且)(x f 的图像下凸（即)('x f y =递增），则0)()2(0'21'=>+x f x x f ；极值点右偏：若函数)(x f y =满足)()(21x f x f =，且在),(21x x 内有唯一一个极值点0x x =，如果0212x x x <+，则函数)(x f y =极值点右偏。
如图3，若函数)(x f y =极值点右偏，且)(x f 的图像上凸（即)('x f y =递减），则0)()2(0'21'=>+x f x x f ； 如图4，若函数)(x f y =极值点右偏，且)(x f 的图像下凸（即)('x f y =递增），则0)()2(0'21'=<+x f x x f ；二、高考题题型及解法分析近几年高考题中首次出现极值点偏移问题要追溯到2010年天津卷。
(完整版)极值点偏移问题
极值点偏移是指某个函数的最大值或最小值在其定义域内发生改变的现象。
这种现象多出现在对某些因素进行调整或改变时，导致函数的极值点位置发生偏移或移动，使得函数的最大值或最小值也相应地发生改变。
极值点偏移问题在实际生活中比较常见，例如在优化生产、优化销售、优化成本等领域中应用比较广泛。
在这些领域中，常常需要对某些条件进行调整，以实现最佳效益，从而使得函数的极值点位置发生变化。
例如，在优化生产过程中，如果加入了一些新的设施或流程，将会导致生产效率的变化。
这时，需要重新调整生产程序，使得在新的条件下，生产效率最高。
这个问题可以看做是一个优化问题，需要找到使得函数（生产效率）最大值或最小值的最优解。
然而，由于新的条件的影响，函数的极值点位置会发生偏移，需要重新计算最优解。
另一个例子是在销售领域中。
销售策略的不同会导致客户对某种产品的需求量发生变化，从而导致该产品的销量发生变化。
这时，需要重新制定销售策略，以实现最佳销售效果。
同样地，由于销售策略的变化，函数的极值点位置也会发生偏移，需要重新计算最佳销售策略。
总之，极值点偏移问题在实际生活中十分常见，需要我们在进行优化时认真分析和计算，以找到最佳的解决方案。
