高考数学玩转压轴题专题1.1初识极值点偏移

极值点偏移“0”开始自古习武由基础动作开始，武术基本功分为肩功、腰功、腿功、手形、手法、步形、步法、跌扑滚翻等。

学习极值点偏移咱们从“0”开始…… 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：若221x x m +<，则称为极值点左偏；若221x x m +>，则称为极值点右偏.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.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 . 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 .学科&网内练精气神，外练手眼身★【2019江苏无锡高三上学期期末】已知函数f(x) = －ax(a > 0).(1) 当a = 1 时，求证：对于任意x > 0，都有f(x) > 0 成立；(2) 若函数y = f(x) 恰好在x = x1和x = x2两处取得极值，求证：< ln a.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）当a＝1时，f（x）＝e x x2﹣x，则f′（x）＝e x﹣x﹣1，∴f″（x）＝e x﹣1＞0，（x＞0），∴f′（x）＝e x﹣x﹣1单调递增，∴f′（x）＞f′（0）＝0，∴f（x）单调递增，∴f（x）＞f（0）＝1＞0，故对于任意x＞0，都有f（x）＞0成立；（2）∵函数y＝f（x）恰好在x＝x1和x＝x2两处取得极值∴x1，x2是方程f′（x）＝0的两个实数根，不妨设x1＜x2，∵f′（x）＝e x﹣ax﹣a，f″（x）＝e x﹣a，当a≤0时，f″（x）＞0恒成立，∴f′（x）单调递增，f′（x）＝0至多有一个实数解，不符合题意，当a＞0时，f″（x）＜0的解集为（﹣∞，lna），f″（x）＞0的解集为（lna，+∞），∴f′（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，∴f′（x）min＝f′（lna）＝﹣alna，由题意，应有f′（lna）＝﹣alna＜0，解得a＞1，此时f′（﹣1）0，∴存在x1∈（﹣1，lna）使得f′（x1）＝0，易知当时，f(x).∴存在x2∈（lna，）使得f′（x2）＝0，∴a＞1满足题意，∵f′（x1）＝f′（x2）＝0，∴a a＝0，∴a，∴f″（）a（），设t＞0，∴e t，设g（t）＝（2t﹣e t）e t+1，∴g′（t）＝2（t+1﹣e t）e t，由（1）可知，g′（t）＝2（t+1﹣e t）e t＜0恒成立，∴g（t）单调递减，∴g（t）＜g（0）＝0，即f″（）＜0，∴∴lna．★过点作曲线f(x)=e x的切线l．（1）求切线l的方程；（2）若直线l与曲线交于不同的两点A(x1,y1)，B(x2,y2)，求证：．【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，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))，当x>−2时，g′(x)>0，g(x)在单调递增，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)在单调递减，所以x1<−4−x2，即x1+x2<−4．学科&网。

高考数学玩转压轴题专题12极值点偏移问题利器极值点偏移判定定理极值点偏移问题利器——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 $y=f(x)$，在区间 $(a,b)$ 上只有一个极大（小）值点 $x$，方程 $f(x)=0$ 的解分别为 $x_1$、$x_2$，且 $a<x_1<x_2<b$，则：1）若 $f(x_1)<f(2x-x_2)$，则极（小）大值点 $x$ 右（左）偏；2）若 $f(x_1)>f(2x-x_2)$，则极（小）大值点 $x$ 右（左）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 $x$，则函数 $f(x)$ 的单调递增（减）区间为 $(a,x)$，单调递减（增）区间为 $(x,b)$。

由于 $x_1)2x-x_2$，$a)2x$，即函数 $y=f(x)$ 在区间 $(x_1,x_2)$ 上$2x_1+x_2)x$，即函数 $y=f(x)$ 的极（小）大值点 $x$ 右（左）偏。

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 $x$；2）构造一元差函数 $F(x)=f(x+x)-f(x-x)$；3）确定函数 $F(x)$ 的单调性；4）结合 $F(x)=0$，判断 $F(x)$ 的符号，从而确定$f(x+x)$、$f(x-x)$ 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、抽象模型答题模板：若已知函数 $f(x)$ 满足 $f(x_1)=f(x_2)$，$x$ 为函数 $f(x)$ 的极值点，求证：$x_1+x_2<2x$。

1）讨论函数$f(x)$ 的单调性并求出$f(x)$ 的极值点$x$；假设此处 $f(x)$ 在 $(-\infty,x)$ 上单调递减，在$(x,+\infty)$ 上单调递增。

三招解决极值点偏移问题极值点偏移问题简介：极值点偏移问题是咱们高中非常常见的导数问题，其中解法与题型也非常非常多，比如比值换元，差值换元，对称化构造，同构方程，对数均值不等式，切线夹，割线放缩，零点差一次拟合，飘带函数放缩，泰勒二次拟合，零点差一次拟合等等。

很多学生看了题不知道从哪里入手，在此总结了三大类题型，包括了大部分方法，看起来更加清晰明了，这三类题型也是必须掌握的题型，前两种较基础要掌握，最后一种难度偏高可以选择性记忆。

一.最常见的方法--构造函数极值点偏移模型：考点1.利用韦达定理，进行构造函数1已知函数f x =12x2+a ln x-4x a>0.(1)当a=3时，试讨论函数f x 的单调性；(2)设函数f x 有两个极值点x1,x2x1<x2，证明：f x1+f x2>ln a-10.2已知函数f x =ln x +x 2-ax a ∈R .(1)若a =1，求函数f x 图象在点1,f 1 处的切线方程；(2)设f x 存在两个极值点x 1,x 2且x 1<x 2，若0<x 1<12，求证：f x 1 -f x 2 >34-ln2.考点2. 利用分析法，进行对称构造3已知函数f (x )=ln x +m x -1.(1)若存在实数x ，使f (x )<-1成立，求实数m 的取值范围；(2)若f (x )有两个不同零点x 1,x 2，求证：x 1+x 2>2.4已知函数f x =ln x-a x-2a∈R.(1)讨论f x 的单调性；(2)若f x 有两个零点x1，x2x1<x2，证明：x1+3x2>3a+2.5已知函数f x =2ln x+ax a∈R(1)若f x ≤0在0,+∞上恒成立，求a的取值范围；(2)设g x =x3-f x ，x₁，x₂为函数g(x)的两个零点，证明：x₁x₂<1.二.对数均值不等式飘带函数模型：考点1.同构方程，利用比值换元构造函数6已知函数f x =x -2 e x -ax a ∈R ．(1)若a =2，讨论f x 的单调性．(2)已知关于x 的方程f x =x -3 e x +2ax 恰有2个不同的正实数根x 1,x 2．(i )求a 的取值范围；(ii )求证：x 1+x 2>4．7已知函数f x =2ln x-ax2+2x-1，g x =f x -2ax+3a∈R.(1)若f1 =-1，求函数y=f x 的极值；(2)若关于x的不等式g x ≤0恒成立，求整数a的最小值；(3)当0<a<1时，函数g x 恰有两个不同的零点x1，x2，且x I<x2，求证：x1+x2>2a.考点2.和积转化(差积转化)8已知函数f x =xe x-ax+1,x∈-1,+∞,a>0,g x =bx-ln x x，(1)当b=1，f x 和g x 有相同的最小值，求a的值；(2)若g x 有两个零点x1，x2，求证：x1x2>e.考点3.消参减元9已知函数f x =ax2-ln x+1a∈R．(1)讨论函数f x 极值点的个数；(2)若函数f x 在定义域内有两个不同的零点x1，x2，①求a的取值范围；②证明：x1+x2>2a a．三.零点差--放缩法筷子夹汤圆模型：考点1.零点差，切线夹10已知函数f x =3x-e x+1，其中e=2.71828⋯是自然对数的底数.(1)设曲线y=f x 与x轴正半轴相交于点P x0,0，曲线在点P处的切线为l，求证：曲线y=f x 上的点都不在直线l的上方；(2)若关于x的方程f x =m(m为正实数)有两个不等实根x1,x2x1<x2，求证：x2-x1<2-34 m.11已知函数f x =x +b e x -a (b >0)在点-1，f -1 处的切线方程为e -1 x +ey +e -1=0．(1)求a 、b ；(2)设曲线y =f (x )与x 轴负半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为y =h (x )，求证：对于任意的实数x ，都有f (x )≥h (x )；(3)若关于x 的方程f x =m (m >0)有两个实数根x 1、x 2，且x 1<x 2，证明：x 2-x 1≤1+m 1-2e 1-e ．考点2.割线放缩12已知f x =x ln x 与y =a 有两个不同的交点A ,B ，其横坐标分别为x 1,x 2(x 1<x 2).(1)求实数a 的取值范围；(2)求证：ae +1<x 2-x 1.考点3.二次拟合13已知m∈R，函数f(x)=xe x-m有两个不同的零点x1,x2．(I)证明：0<m<1e；(Ⅱ)证明：x2-x1>21-em．三招解决极值点偏移问题极值点偏移问题简介：极值点偏移问题是咱们高中非常常见的导数问题，其中解法与题型也非常非常多，比如比值换元，差值换元，对称化构造，同构方程，对数均值不等式，切线夹，割线放缩，零点差一次拟合，飘带函数放缩，泰勒二次拟合，零点差一次拟合等等。

2022年高考压轴大题：极值点的偏移问题解题方法极值点偏移问题常作为压轴题出现，题型复杂多变．解决此类问题，先需理解此类问题的实质，例1 已知函数f (x )＝x e －x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若x 1≠x 2且f (x 1)＝f (x 2)，求证：x 1＋x 2>2.(1)解 f ′(x )＝e －x (1－x )，令f ′(x )>0得x <1；令f ′(x )<0得x >1，∴函数f (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)证明 方法一 (对称化构造法)构造辅助函数F (x )＝f (x )－f (2－x )，x >1，则F ′(x )＝f ′(x )＋f ′(2－x )＝e －x (1－x )＋e x －2(x －1)＝(x －1)(e x －2－e －x )，∴当x >1时，x －1>0，e x －2－e －x >0，∴F ′(x )>0， ∴F (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴F (x )>F (1)＝0， 故当x >1时，f (x )>f (2－x )，(*)由f (x 1)＝f (x 2)，x 1≠x 2，可设x 1<1<x 2， 将x 2代入(*)式可得f (x 2)>f (2－x 2)， 又f (x 1)＝f (x 2)， ∴f (x 1)>f (2－x 2)．又x 1<1,2－x 2<1，而f (x )在(－∞，1)上单调递增， ∴x 1>2－x 2， ∴x 1＋x 2>2.方法二 (比值代换法) 设0<x 1<1<x 2，f (x 1)＝f (x 2)即11ex x -＝22ex x -，取对数得ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2.令t ＝x 2x 1>1，则x 2＝tx 1，代入上式得ln x 1－x 1＝ln t ＋ln x 1－tx 1，得x 1＝ln t t －1，x 2＝t ln t t －1.∴x 1＋x 2＝t ＋1ln t t －1>2∴ln t －2t －1t ＋1>0，设g (t )＝ln t －2t －1t ＋1(t >1)，∴g ′(t )＝1t －2t ＋1－2t －1t ＋12＝t －12t t ＋12>0，∴当t >1时，g (t )单调递增，∴g (t )>g (1)＝0，∴ln t －2t －1t ＋1>0，故x 1＋x 2>2.例2 已知函数f (x )＝ln x －ax 有两个零点x 1，x 2. (1)求实数a 的取值范围； (2)求证：x 1·x 2>e 2.(1)解 f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x(x >0)，∴若a ≤0，则f ′(x )>0，不符合题意；∴若a >0，令f ′(x )＝0，解得x ＝1a.当x ∴⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0； 当x ∴⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0. 由题意知f (x )＝ln x －ax 的极大值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －1>0，解得0<a <1e. 所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，1e . (2)证明 因为f (1)＝－a <0，所以1<x 1<1a<x 2.构造函数H (x )＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＋x －f ⎝⎛⎭⎫1a －x ＝ln ⎝⎛⎭⎫1a ＋x －ln ⎝⎛⎭⎫1a －x －2ax ,0<x <1a. H ′(x )＝11a ＋x ＋11a－x －2a ＝2a 3x21－a 2x 2>0，所以H (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增， 故H (x )>H (0)＝0，即f ⎝⎛⎭⎫1a ＋x >f ⎝⎛⎭⎫1a －x .由1<x 1<1a <x 2，知2a －x 1>1a，故f (x 2)＝f (x 1)＝f ⎝⎛⎭⎫1a －⎝⎛⎭⎫1a －x 1<f ⎝⎛⎭⎫1a ＋⎝⎛⎭⎫1a －x 1＝f ⎝⎛⎭⎫2a －x 1. 因为f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减， 所以x 2>2a －x 1，即x 1＋x 2>2a.故ln x 1x 2＝ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)>2， 即x 1·x 2>e 2.例3已知函数f (x )＝x 2－2x ＋1＋a e x 有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2. 证明：x 1＋x 2>4.解析 证明：令g (x )＝f ′(x )＝2x －2＋a e x ，则x 1，x 2是函数g (x )的两个零点． 令g (x )＝0，得a ＝－2(x －1)e x .令h (x )＝－2(x －1)e x ， 则h (x 1)＝h (x 2)，h ′(x )＝2x －4e x ，可得h (x )在区间(－∞，2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增， 所以x 1<2<x 2.令H (x )＝h (2＋x )－h (2－x )，则H ′(x )＝h ′(2＋x )－h ′(2－x )＝2x (e 2－x －e 2＋x )e 2＋x ·e 2－x ，当0<x <2时，H ′(x )<0，H (x )单调递减，有H (x )<H (0)＝0， 所以h (2＋x )<h (2－x )．所以h (x 1)＝h (x 2)＝h (2＋(x 2－2))<h (2－(x 2－2))＝h (4－x 2)． 因为x 1<2,4－x 2<2，h (x )在(－∞，2)上单调递减， 所以x 1>4－x 2，即x 1＋x 2>4.例4已知f (x )＝x ln x －12mx 2－x ，m ∈R .若f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2. 求证：x 1x 2>e 2(e 为自然对数的底数)．一题多解解法1思路参考：转化为证明ln x 1＋ln x 2>2，根据x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的根建立等量关系． 令t ＝x 2x 1将ln x 1＋ln x 2变形为关于t 的函数，将ln x 1＋ln x 2>2转化为关于t 的不等式进行证明． 证明：欲证x 1x 2>e 2，需证ln x 1＋ln x 2>2.若f (x )有两个极值点x 1，x 2，即函数f ′(x )有两个零点．又f ′(x )＝ln x －mx ，所以x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不等实根．于是，有⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0，解得m ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2. 另一方面，由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0，得ln x 2－ln x 1＝m (x 2－x 1)， 从而得ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2.于是，ln x 1＋ln x 2＝(ln x 2－ln x 1)(x 2＋x 1)x 2－x 1＝⎝⎛⎭⎫1＋x 2x 1ln x 2x 1x 2x 1－1.又0<x 1<x 2，设t ＝x 2x 1，则t >1. 因此，ln x 1＋ln x 2＝(1＋t )ln tt －1，t >1. 要证ln x 1＋ln x 2>2，即证(t ＋1)ln tt －1>2，t >1. 即当t >1时，有ln t >2(t －1)t ＋1. 设函数h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1，t ＞1， 则h ′(t )＝1t －2(t ＋1)－2(t －1)(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2≥0， 所以，h (t )为(1，＋∞)上的增函数．注意到，h (1)＝0，因此，h (t )＞h (1)＝0. 于是，当t >1时，有ln t >2(t －1)t ＋1. 所以ln x 1＋ln x 2>2成立，即x 1x 2>e 2. 解法2思路参考：将证明x 1x 2>e 2转化为证明x 1>e 2x 2.依据x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不等实根构造函数g (x )＝ln x x ，结合函数g (x )的单调性，只需证明g (x 2)＝g (x 1)<g ⎝⎛⎭⎫e 2x 1.证明：由x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不等实根，所以mx 1＝ln x 1，mx 2＝ln x 2. 令g (x )＝ln xx ，g (x 1)＝g (x 2)， 由于g ′(x )＝1－ln xx 2，因此，g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减． 又x 1<x 2，所以0<x 1<e<x 2.令h (x )＝g (x )－g ⎝⎛⎭⎫e 2x (x ∈(0，e))，h ′(x )＝(1－ln x )(e 2－x 2)x 2e 2>0， 故h (x )在(0，e)上单调递增，故h (x )<h (e)＝0，即g (x )<g ⎝⎛⎭⎫e 2x .令x ＝x 1，则g (x 2)＝g (x 1)<g ⎝⎛⎭⎫e 2x 1.因为x 2，e 2x 1∈(e ，＋∞)，g (x )在(e ，＋∞)上单调递减，所以x 2>e 2x 1，即x 1x 2>e 2. 解法3思路参考：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，推出t 1t 2＝e t 1－t 2.将证明x 1x 2>e 2转化为证明t 1＋t 2>2，引入变量k ＝t 1－t 2<0构建函数进行证明． 证明：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0得⎩⎪⎨⎪⎧t 1＝m e t1，t 2＝m et 2⇒t 1t 2＝e t 1－t 2.设k ＝t 1－t 2<0，则t 1＝k e k e k －1，t 2＝k e k －1. 欲证x 1x 2>e 2， 需证ln x 1＋ln x 2>2.即只需证明t 1＋t 2＞2，即k (1＋e k )e k －1>2⇔k (1＋e k )<2(e k －1)⇔k (1＋e k )－2(e k －1)<0. 设g (k )＝k (1＋e k )－2(e k －1)(k <0)，g ′(k )＝k e k －e k ＋1， g ″(k )＝k e k <0，故g ′(k )在(－∞，0)上单调递减， 故g ′(k )>g ′(0)＝0，故g (k )在(－∞，0)上单调递增， 因此g (k )<g (0)＝0，命题得证． 解法4思路参考：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，推出t 1t 2＝e t 1－t 2.将证明x 1x 2>e 2转化为证明t 1＋t 2>2，引入变量t 1t 2＝k ∈(0,1)构建函数进行证明．证明：设t 1＝ln x 1∈(0,1)，t 2＝ln x 2∈(1，＋∞)，由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0得⎩⎪⎨⎪⎧t 1＝m e t1，t 2＝m et 2⇒t 1t 2＝e t 1－t 2.设t 1t 2＝k ∈(0,1)，则t 1＝k ln k k －1，t 2＝ln k k －1.欲证x 1x 2>e 2，需证ln x 1＋ln x 2>2，即只需证明t 1＋t 2>2，即(k ＋1)ln kk －1>2⇔ln k <2(k －1)k ＋1⇔ln k －2(k －1)k ＋1<0. 设g (k )＝ln k －2(k －1)k ＋1(k ∈(0,1))，g ′(k )＝(k －1)2k (k ＋1)2>0， 故g (k )在(0,1)上单调递增，因此g (k )<g (1)＝0，命题得证．思维升华1．本题考查应用导数研究极值点偏移问题，基本解题方法是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数．2．基于课程标准，解答本题一般需要熟练掌握转化与化归能力、运算求解能力、逻辑思维能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数与方程、不等式、导数的计算与应用等知识，渗透着函数与方程、转化与化归、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养中起到了积极的作用．多维训练1.已知函数f (x )＝e x (e x －ax ＋a )有两个极值点x 1，x2. (1)求a 的取值范围； (2)求证：2x 1x 2<x 1＋x 2.(1)解：因为f (x )＝e x (e x －ax ＋a )，所以f ′(x )＝e x (e x －ax ＋a )＋e x (e x －a )＝e x (2e x －ax )． 令f ′(x )＝0，则2e x ＝ax . 当a ＝0时，不成立； 当a ≠0时，2a ＝xe x .令g (x )＝xe x ，所以g ′(x )＝1－x e x .当x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0.所以g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 又因为g (1)＝1e ，当x →－∞时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0，因此，当0<2a <1e 时，f (x )有2个极值点，即a 的取值范围为(2e ，＋∞)．(2)证明：由(1)不妨设0<x 1<1<x 2，且⎩⎨⎧2e x 1＝ax 1，2e x 2＝ax 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧ln 2＋x 1＝ln a ＋ln x 1，ln 2＋x 2＝ln a ＋ln x 2， 所以x 2－x 1＝ln x 2－ln x 1. 要证明2x 1x 2<x 1＋x 2，只要证明2x 1x 2(ln x 2－ln x 1)<x 22－x 21，即证明2ln ⎝⎛⎭⎫x 2x 1<x 2x 1－x 1x 2.设x 2x 1＝t (t >1)，即要证明2ln t －t ＋1t <0在t ∈(1，＋∞)上恒成立． 记h (t )＝2ln t －t ＋1t (t >1)，h ′(t )＝2t －1－1t 2＝－t 2＋2t －1t 2＝－(t －1)2t 2<0， 所以h (t )在区间(1，＋∞)上单调递减，所以h (t )<h (1)＝0，即2ln t －t ＋1t <0，即2x 1x 2<x 1＋x 2. 2.已知函数f (x )＝x ln x －2ax 2＋x ，a ∈R .(1)若f (x )在(0，＋∞)内单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若函数f (x )有两个极值点分别为x 1，x 2，证明x 1＋x 2>12a . (1)解：f ′(x )＝ln x ＋2－4ax . 因为f (x )在(0，＋∞)内单调递减，所以 f ′(x )＝ln x ＋2－4ax ≤0在(0，＋∞)内恒成立， 即4a ≥ln x x ＋2x 在(0，＋∞)内恒成立． 令g (x )＝ln x x ＋2x ，则g ′(x )＝－1－ln x x 2. 所以，当0<x <1e 时，g ′(x )>0，即g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 内单调递增； 当x >1e 时，g ′(x )<0，即g (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞内单调递减．所以g (x )的最大值为g ⎝⎛⎭⎫1e ＝e ， 所以实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫e 4，＋∞.(2)证明：若函数f (x )有两个极值点分别为x 1，x 2，则f ′(x )＝ln x ＋2－4ax ＝0在(0，＋∞)内有两个不等根x 1，x 2. 由(1)，知0<a <e4.由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＋2－4ax 1＝0，ln x 2＋2－4ax 2＝0，两式相减， 得ln x 1－ln x 2＝4a (x 1－x 2)． 不妨设0<x 1<x 2， 所以要证明x 1＋x 2>12a ，只需证明x 1＋x 24a (x 1－x 2)<12a (ln x 1－ln x 2). 即证明2(x 1－x 2)x 1＋x 2>ln x 1－ln x 2，亦即证明2⎝⎛⎭⎫x 1x 2－1x 1x 2＋1>ln x 1x 2.令函数h (x )＝2(x －1)x ＋1－ln x,0<x <1. 所以h ′(x )＝－(x －1)2x (x ＋1)2<0， 即函数h (x )在(0,1)内单调递减． 所以当x ∈(0,1)时，有h (x )>h (1)＝0， 所以2(x －1)x ＋1>ln x .即不等式2⎝⎛⎭⎫x 1x 2－1x 1x 2＋1>ln x 1x 2成立．综上，x 1＋x 2>12a ，命题得证.3．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∴R )．(1)讨论函数f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)证明：e x －e 2ln x >0恒成立． (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x，当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a，∴x ∴()0，1a 时，f ′(x )>0；x ∴()1a ，＋∞时，f ′(x )<0，∴f (x )在()0，1a 上单调递增，在()1a ，＋∞上单调递减．(2)证明 方法一 要证e x －e 2ln x >0，即证e x －2>ln x ， 令φ(x )＝e x －x －1，∴φ′(x )＝e x －1.令φ′(x )＝0，得x ＝0，∴x ∴(－∞，0)时，φ′(x )<0； x ∴(0，＋∞)时，φ′(x )>0，∴φ(x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )min ＝φ(0)＝0，即e x －x －1≥0，即e x ≥x ＋1，当且仅当x ＝0时取“＝”． 同理可证ln x ≤x －1，当且仅当x ＝1时取“＝”． 由e x ≥x ＋1(当且仅当x ＝0时取“＝”)，可得e x －2≥x －1(当且仅当x ＝2时取“＝”)，又ln x ≤x －1，即x －1≥ln x ，当且仅当x ＝1时取“＝”，所以e x －2≥x －1≥ln x 且两等号不能同时成立，故e x －2>ln x ．即证原不等式成立．方法二 令φ(x )＝e x －e 2ln x ，φ(x )的定义域为(0，＋∞)，φ′(x )＝e x －e 2x ，令h (x )＝e x－e 2x，∴h ′(x )＝e x＋e 2x2>0，∴φ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又φ′(1)＝e －e 2<0，φ′(2)＝e 2－12e 2＝12e 2>0，故∴x 0∴(1,2)，使φ′(x 0)＝0，即0e x －e 2x 0＝0，即0e x ＝e 2x 0，∴当x ∴(0，x 0)时，φ′(x )<0； 当x ∴(x 0，＋∞)时，φ′(x 0)>0，∴φ(x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，∴φ(x )min ＝φ(x 0)＝0ex －e 2ln x 0＝e 2x 0－e 2ln x 0＝e 2x 0－022e e ln e x ＝e 2x 0－e 2(2－x 0)＝e 2()1x 0＋x 0－2＝e 2·x 0－12x 0>0，故φ(x )>0，即e x －e 2ln x >0，即证原不等式成立．4．(2018·全国∴)已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.∴若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ∴若a >2，令f ′(x )＝0，得 x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∴⎝⎛⎭⎫0，a －a 2－42∴⎝⎛⎭⎫a ＋a 2－42，＋∞时， f ′(x )<0；当x ∴⎝⎛⎭⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a －a 2－42，⎝⎛⎭⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝⎛⎭⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． (2)证明 由(1)知，f (x )存在两个极值点当且仅当a >2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1<x 2，则x 2>1.由于f x 1－f x 2x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0.设函数g (x )＝1x－x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减．又g (1)＝0，从而当x ∴(1，＋∞)时，g (x )<0.所以1x 2－x 2＋2ln x 2<0，即f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2.。

高考数学压轴题--------极值点偏移问题的三种解法
在高考和模考中.极值点偏移问题都是一个热点问题.这类试题设问新颖多变,难度较大,综合性强,能较好考查学生的逻辑推理能力、数据处理能力、转化与化归思想、函数与方程思想等.往往作为压轴题出现，对于这类问题，学生通常会望而却步，甚至不敢解、不想解.笔者通过对极值点偏移问题的探究，总结出解决这类问题三种方法,希望可以帮助学生克服畏难心理,迎难而上.
下面通过典型试题介绍这类问题的三种求解策略.
一 .构造法
构造法是解决极值点偏移问题最基本的方法。

对函数y =f（x）,要考虑它在极值点x0附近偏移问题，可以通过构造并判断函数F(x) =f(x0+x)-f（x0-x）在x >0时的符号.确定x >0时f(x0+x)与f（x0-x）的大小关系;再将x = x0-x1代人上式，结合F（x1）=f(x2),得到f（2x0-x1）与f（x2）的大小关系;最后结合函数f（x）的单调性解决问题.
二、利用对称性
三、增量法
解决极值点偏移的方法有很多，以上三种方法各有优劣，不同
题目使用三种方法的繁简程度不一样,我们应该根据题目的实际情况,择优选择.。

作者的话（可作为编者按）：极值点偏移，在近几年的数学圈里可谓是一个时髦的名词．特别地，它作为2016年高考新课标Ⅰ卷导数压轴题第（2）问出现，更是引起了人们的广泛关注和讨论．一时间，全国上下竞相效仿，各地的模拟题都呈现出大偏移状态．说起极值点偏移，必然要提到对称化构造的处理策略，这可一直追溯到7年前，2010年高考天津卷理数第21题，之后在高考中时有出现，如2011年辽宁卷理数第21题，2013年湖南卷文数第21题等．笔者决定发布极值点偏移问题的系列短文，一期一个解题方法或操作细节，敬请关注．希望对此已有所了解的朋友能认识得更加深入，还不甚了解的朋友能由此入门．极值点偏移问题（1）——对称化构造（解题方法）杨春波（高新区枫杨街 郑州外国语学校，河南 郑州 450001)三张图教你直观认识极值点偏移：xx 0=2（左右对称，无偏移，如二次函数；若()()12f x f x =，则1202x x x +=）x2（左陡右缓，极值点向左偏移；若()()12f x f x =，则1202x x x +>）2x（左缓右陡，极值点向右偏移；若()()12f x f x =，则1202x x x +<） 例1 （2010天津）已知函数()x f x xe -=． （1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）已知函数()g x 的图象与()f x 的图象关于直线1x =对称，证明：当1x >时，()()f x g x >；（3）如果12x x ≠，且()()12f x f x =，证明：122x x +>． 解：（1）()()1xf x e x -'=-，得()f x 在(),1-∞上递增，在()1,+∞上递减，()f x 有极大值()11f e=，无极小值； （2）由()g x 的图象与()f x 的图象关于直线1x =对称，得()g x 的解析式为()2y f x =-，构造辅助函数()()()()()2F x f x g x f x f x =-=--，()1,x ∈+∞，求导得()()()()()()()222111x x x x F x f x f x e x e x x e e ----'''=+-=-+-=--，当1x >时，10x ->，20x x ee --->，则()0F x '>，得()F x 在()1,+∞上单增，有()()10F x F >=，即()()f x g x >．（3）由()()12f x f x =，结合()f x 的单调性可设121x x <<，将2x 代入（2）中不等式得()()222f x f x >-，又()()12f x f x =，故()()122f x f x >-，又11x <，221x -<，()f x 在(),1-∞上单增，故122x x >-，122x x +>．点评：该题的三问由易到难，层层递进，完整展现了处理极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的全过程，直观展示如下：x例1是这样一个极值点偏移问题：对于函数x f x xe -=，已知()12f x f x =，且21x x ≠，证明122x x +>．再次审视解题过程，发现以下三个关键点：（1）1x ，2x 的范围()1201x x <<<； （2）不等式()()()21f x f x x >->；（3）将2x 代入（2）中不等式，结合()f x 的单调性获证结论． 把握以上三个关键点，就可以轻松解决一些极值点偏移问题．例2 （2016新课标1卷）已知函数()()()221xf x x e a x =-+-有两个零点．（1）求a 的取值范围；（2）设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<．解：（1）()0,+∞，过程略；（2）由（1）知()f x 在(),1-∞上递减，在()1,+∞上递增，由()()120f x f x ==，可设121x x <<．构造辅助函数()()()2F x f x f x =--，求导得()()()()()()()2221(2)1(2)1x x x x F x f x f x x e a x e a x e e --'''=+-=-++-+=--，当1x <时，10x -<，20xxe e --<，则()0F x '>，得()F x 在(),1-∞上单增，又()10F =，故()()01F x x <<，即()()()21f x f x x <-<．将1x 代入上述不等式中，得()()()1212f x f x f x =<-，又21x >，121x ->，()f x 在()1,+∞递增，故212x x <-，122x x +<．通过以上两例，相信读者对极值点偏移问题以及对称化构造的一般步骤已有所了解．但极值点偏移问题的结论不一定总是()1202x x x +><，也可能是()2120x x x ><，借鉴前面的解题经验，我们就可以给出类似的过程．例 3 已知函数()ln f x x x =的图象与直线y m =交于不同的两点()11,A x y ，()22,B x y ，求证：1221x x e<． 证明：()ln 1f x x '=+，得()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递减，在1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增；当01x <<时，()0f x <；()10f =；当1x >时，()0f x >；当0x +→时，()0f x →（洛必达法则）；当x →+∞时，()f x →+∞．于是()f x 的图象如下，得12101x x e<<<<． x构造函数()()21F x f x f e x ⎛⎫=-⎪⎝⎭，求导得 ()()()22222222111111ln 1ln 1ln 1F x f x f x x e x e x e x e x e x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫'''=+=+++=+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 当10x e <<时，1ln 0x +<，22110e x -<，则()0F x '>，得()F x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上递增，有()10F x F e ⎛⎫<= ⎪⎝⎭，即()2110f x f x e x e ⎛⎫⎛⎫<<< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭．将1x 代入（2）中不等式得()1211f x f e x ⎛⎫<⎪⎝⎭，又()()12f x f x =，故()2211fx f e x ⎛⎫<⎪⎝⎭，又21x e >，2111e x e >，()f x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增，故2211x e x <，1221x x e<． 小结：用对称化构造的方法解决极值点偏移问题大致分为以下三步：Step 1． 求导，获得()f x 的单调性，极值情况，作出()f x 的图象，由()()12f x f x =得1x ，2x 的取值范围（数形结合）；Step 2． 构造辅助函数（对结论()1202x x x ><，构造()()()02F x f x f x x =--；对结论()2120x x x ><，构造()()20x F x f x f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭），求导，限定范围（1x 或2x 的范围），判定符号，获得不等式；Step 3． 代入1x （或2x ），利用()()12f x f x =及()f x 的单调性证明最终结论． 练习1 已知函数()ln f x x =和()g x ax =，若存在两个实数1x ，2x 且12x x ≠，满足()()11f x g x =，()()22f x g x =，求证：（1）122x x e +>；（2）212x x e >．。

极值点偏移问题的处理策略所谓极值点偏移问题，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。

若函数()f x 在0x x =处取得极值，且函数()y f x =与直线y b =交于1(,)A x b ,2(,)B x b 两点，则AB 的中点为12(,)2x x M b +，而往往1202x xx +≠.如下图所示.极值点没有偏移此类问题在近几年高考及各种模考，作为热点以压轴题的形式给出，很多学生对待此类问题经常是束手无策。

而且此类问题变化多样，有些题型是不含参数的，而更多的题型又是含有参数的。

不含参数的如何解决？含参数的又该如何解决，参数如何来处理？是否有更方便的方法来解决？其实，处理的手段有很多，方法也就有很多，我们先来看看此类问题的基本特征，再从几个典型问题来逐一探索！ 【问题特征】【处理策略】一、不含参数的问题.例1.（2010天津理）已知函数()()xf x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ， 证明：12 2.x x +>【解析】法一：()(1)xf x x e -'=-，易得()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，x →-∞时，()f x →-∞，(0)0f =，x →+∞时，()0f x →， 函数()f x 在1x =处取得极大值(1)f ，且1(1)f e=,如图所示. 由1212()(),f x f x x x =≠，不妨设12x x <，则必有1201x x <<<， 构造函数()(1)(1),(0,1]F x f x f x x =+--∈， 则21()(1)(1)(1)0x x xF x f x f x e e+'''=++-=->，所以()F x 在(0,1]x ∈上单调递增，()(0)0F x F >=，也即(1)(1)f x f x +>-对(0,1]x ∈恒成立.由1201x x <<<，则11(0,1]x -∈，所以11112(1(1))(2)(1(1))()()f x f x f x f x f x +-=->--==，即12(2)()f x f x ->，又因为122,(1,)x x -∈+∞，且()f x 在(1,)+∞上单调递减， 所以122x x -<，即证12 2.x x +>法二：欲证122x x +>，即证212x x >-，由法一知1201x x <<<，故122,(1,)x x -∈+∞，又因为()f x 在(1,)+∞上单调递减，故只需证21()(2)f x f x <-，又因为12()()f x f x =， 故也即证11()(2)f x f x <-，构造函数()()(2),(0,1)H x f x f x x =--∈，则等价于证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立.由221()()(2)(1)0x x x H x f x f x e e--'''=+-=->，则()H x 在(0,1)x ∈上单调递增，所以()(1)0H x H <=，即已证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立，故原不等式122x x +>亦成立.法三：由12()()f x f x =，得1212x x x ex e --=，化简得2121x x x e x -=… ，不妨设21x x >，由法一知，121o x x <<<.令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，得11tt x e x +=，反解出11t t x e =-，则121221t tx x x t t e +=+=+-，故要证：122x x +>，即证：221ttt e +>-，又因为10t e ->，等价于证明：2(2)(1)0t t t e +-->…②， 构造函数()2(2)(1),(0)tG t t t e t =+-->，则()(1)1,()0ttG t t e G t te '''=-+=>， 故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=，从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=，即证②式成立，也即原不等式122x x +>成立. 法四：由法三中①式，两边同时取以e 为底的对数，得221211lnln ln x x x x x x -==-，也即2121ln ln 1x x x x -=-，从而221212121212221211111ln ln ()ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x +-++=+==---， 令21(1)x t t x =>，则欲证：122x x +>，等价于证明：1ln 21t t t +>-…③， 构造(1)ln 2()(1)ln ,(1)11t t M t t t t t +==+>--，则2212ln ()(1)t t t M t t t --'=-， 又令2()12ln ,(1)t t t t t ϕ=-->，则()22(ln 1)2(1ln )t t t t t ϕ'=-+=--，由于1ln t t ->对(1,)t ∀∈+∞恒成立，故()0t ϕ'>，()t ϕ在(1,)t ∈+∞上单调递增，所以()(1)0t ϕϕ>=，从而()0M t '>，故()M t 在(1,)t ∈+∞上单调递增，由洛比塔法则知：1111(1)ln ((1)ln )1lim ()limlim lim(ln )21(1)x x x x t t t t t M t t t t t→→→→'+++===+='--，即证()2M t >，即证③式成立，也即原不等式122x x +>成立.【点评】以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式，方法一、二利用构造新的函数来达到消元的目的，方法三、四则是利用构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的. 二、含参数的问题.例2.已知函数xae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x .【解析】思路1：函数()f x 的两个零点，等价于方程xxea -=的两个实根，从而这一问题与例1完全等价，例1的四种方法全都可以用；思路2：也可以利用参数a 这个媒介去构造出新的函数.解答如下：因为函数()f x 有两个零点12,x x ，所以⎩⎨⎧==)2()1(2121x x aex ae x ， 由)2()1(+得：)(2121xx e e a x x +=+， 要证明122x x +>，只要证明12()2x x a e e +>，由)2()1(-得：1212()xxx x a e e -=-，即1212x x x x a e e -=-，即证：121212()2x x xx e e x x e e+->-211)(212121>-+-⇔--x x x x e e x x ， 不妨设12x x >，记12t x x =-，则0,1tt e >>，因此只要证明：121t te t e +⋅>-01)1(2>+--⇔t t e e t ， 再次换元令x t x e t ln ,1=>=，即证2(1)ln 0(1,)1x x x x -->∀∈+∞+ 构造新函数2(1)()ln 1x F x x x -=-+，0)1(=F求导2'2214(1)()0(1)(1)x F x x x x x -=-=>++，得)(x F 在),1(+∞递增， 所以0)(>x F ，因此原不等式122x x +>获证.【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元12,x x 的基础上，又多了一个参数，故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数。

一：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122x 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122x x x 的情况，我们称这种状态为“极值点偏移”（左移或右移）.二：极值点偏移问题常用两种方法证明：一是函数的单调性，. 二是利用“对数平均不等式”证明（证明方法见例题）.那么什么是对数平均不等式呢？三：对数平均不等式：已知,a b 为两不等的正实数，我们称ln ln ab a b 为,a b 的“对数平均数”．它与,a b 的“几何平均数ab ”及“算术平均数2b a ”之间有如下不等关系：ln ln 2a b a babab（a=b 的情况几乎不研究，可自行补充）。

证明：不妨设0a b ．先证ln ln a b aba b ，即证ab ba ba ln，令(1)a t tb，设1()2ln (1)f t tt tt，则0)1(112)(222t t ttt f ，所以()f t 在),1(递减，而(1)0f ，因此当1t时，1()2ln 0f t tt t恒成立，即ab ba ba ln成立．再证ln ln 2a b a bab，即证1)1-(2>ln +ba b a ba ，令(1)a t tb，2(1)g()ln (1)1t t ttt ，。

专题1.1初识极值点偏移一、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的两根的中点为x1 +x2 ,则刚好有x1 +x2 = x0,即极值点在两根的正中间，2 2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) a f (2m-x)或f (x) < f (2m - x),则函数f (x)极值点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(x i)=f (x2),则叱区与极值点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.2 2如函数g(x)=等的极值点x o =1刚好在方程g (x) =c的两根中点— -的左边，我们称e 2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)存在两个零点不？2且％#x2,求证：X1十x2 A 2x0 (x0为函数f(x)的极值点)；2.若函数f (x)中存在x1, *2且x1 # x2满足f (x1) = f (x2)，求证：x1+x2 A 2x0 ( x0 为函数f (x)的极值点)；3.若函数f (x)存在两个零点x1 ?2且x1 # x2，令x0 = ~x x2 ,求证：f'(x0)>0；24.若函数f (x)中存在*1?2且x1 # x2满足f (x1) = f (x2)，令x0 = 配产，求证：f'(x0) 0.三、问题初现，形神合聚★函数f (x) =x2—2x+1+ae x有两极值点x i ,x2,且x i < x2.证明：x1 x2 4.【解析】令鼠冗)=/(力=2/-2 +醒\则不，巧是函数小»的两个零点.令欧工)=0,得。