1、极值点的“偏移”问题1.极值点“偏移”图示 知识拓展(左右对称，无偏移，如二次函数；若f(x1)f(x2)，则x1x22x0)(左陡右缓，极值点向左偏移；若f(x1)f(x2)，则x1x22x0)(左缓右陡，极值点向右偏移；若f(x1)f(x2)，则x1x22x0)2.极值点偏移问题的结论不一定总是 x1x2()2x0，也可能是 x1x2()x20.【例1】已知函数f(x)xex.(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x1对称，证明：当x1时，f(x)g(x)；(3)如果x1x2，且f(x1)f(x2)，证明：x1x22.题型一 对称化构造法
2、 题型突破(1)解 f(x)ex(1x)，得 f(x)在(，1)上递增，在(1，)上递减，f(x)有极大值 f(1)1e，无极小值.(2)证明 由g(x)的图象与f(x)的图象关于直线x1对称，得g(x)的解析式为yf(2x)，构造辅助函数 F(x)f(x)g(x)f(x)f(2x)，x(1，)，求导得F(x)f(x)f(2x)ex(1x)ex2(x1)(x1)(ex2ex)，当x1时，x10，ex2ex0，则F(x)0，得F(x)在(1，)上单增，有F(x)F(1)0，即f(x)g(x).(3)证明 由f(x1)f(x2)，结合f(x)的单调性可设x11x2，将x2代入(2)中不等式得f(x
3、2)f(2x2)，又f(x1)f(x2)，故f(x1)f(2x2)，又x11，2x21，f(x)在(，1)上单增，故x12x2，x1x22.规律方法 用对称化构造的方法解决极值点偏移问题分为以下三步：(1)求导，获得 f(x)的单调性，极值情况，作出 f(x)的图象，由 f(x1)f(x2)得 x1，x2 的取值范围(数形结合)；(2)构造辅助函数，对结论 x1x2()2x0，构造 F(x)f(x)f(2x0 x)；对结论 x1x2()x20，构造 F(x)f(x)fx20 x，求导，限定范围(x1 或 x2 的范围)，判定符号，获得不等式；(3)代入 x1(或 x2)，利用 f(x1)f(x
4、2)及 f(x)的单调性证明最终结论.【训练1】(2016新课标卷节选)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点(a0).设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x22.证明 由f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)，知f(x)在(，1)上递减，在(1，)上递增，f(1)e，由f(x1)f(x2)0，可设x11x2.构造辅助函数F(x)f(x)f(2x)，求导得F(x)f(x)f(2x)(x1)(ex2a)(x1)(e2x2a)(x1)(exe2x)，当x1时，x10，exe2x0，则F(x)0，得F(x)在(，1)上单增，又F(1)0，故F(x)0(x1)，即f(
5、x)f(2x)(x1).将x1代入上述不等式中，得f(x1)f(x2)f(2x1)，又x21，2x11，f(x)在(1，)递增，故x22x1，x1x22.题型二 构造函数的选取【例2】已知函数f(x)exax有两个不同的零点x1，x2，其极值点为x0.(1)求a的取值范围；(2)求证：x1x22x0；(3)求证：x1x22；(4)求证：x1x21.(1)解 f(x)exa，若a0，则f(x)0，f(x)在R上单增，f(x)至多有1个零点，舍去；故必有a0，易得f(x)在(，ln a)上单减，在(ln a，)上单增，要使f(x)有两个不同的零点，则有f(ln a)0ae(严格来讲，还需补充两处变
6、化趋势的说明：当x时，f(x)；当x时，f(x).(2)证明 由所证结论知这是f(x)的极值点偏移问题，选取函数f(x)来做，下面按对称化构造的三个步骤来写，其中x0ln a.由(1)知f(x)在(，x0)上单减，在(x0，)上单增，可设x1x0 x2；构造函数F(x)f(x)f(2x0 x)，则F(x)f(x)f(2x0 x)exe2x0 x2a，当 xx0 时，有 F(x)2 exe2x0 x2a0，则 F(x)在(，x0)上单增，得 F(x)F(x0)0，即 f(x)f(2x0 x)(xx0)；将x1代入中不等式得f(x1)f(x2)f(2x0 x1)，又x2x0，2x0 x1x0，f(
7、x)在(x0，)上单增，故x22x0 x1，x1x22x0.(3)证明 由所证结论可以看出，这已不再是 f(x)的极值点偏移问题，谁的极值点会是 x1 呢？回到题设条件：f(x)exax0exaxaexx，记函数 g(x)exx，则有g(x1)g(x2)a，求导得 g(x)ex（x1）x2，则 x1 是 g(x)的极小值点，我们选取函数 g(x)来证(3)中结论 x1x22，也可证(4)中结论 x1x21.g(x)在(，0)和(0，1)上单减，在(1，)上单增；g(x)的符号与 x 的符号相同；当 x时，g(x)0；当 x0时，g(x)；当 x0时，g(x)；当 x时，g(x)，g(x)的图象
8、如下(由图象亦可得 ae)，由 g(x1)g(x2)a 可设0 x11x2：构造函数 G(x)g(x)g(2x)，则 G(x)g(x)g(2x)ex（x1）x2e2x（1x）（2x）2(x1)exx2e2x（2x）2，当 0 x1 时，x10，但因式exx2e2x（2x）2的符号不容易看出，引进辅助函数(x)exx2，则(x)ex（x2）x3，得(x)在(0，2)上单减，当 x(0，1)时，2x(1，2)，即 0 x2x2，则(x)(2x)，即exx2e2x（2x）20，G(x)0，得 G(x)在(0，1)上单减，有 G(x)G(1)0，即 g(x)g(2x)(0 x1)；将 x1 代入中不等
9、式得 g(x1)g(x2)g(2x1)，又 x21，2x11，g(x)在(1，)上单增，故 x22x1，x1x22.构造函数 G(x)g(x)g1x，则 G(x)g(x)g1x ex（x1）x2（x1）e1xx（x1）（exxe1x）x2，(4)证明 同上；当 0 x1 时，x10，但因式 exxe1x的符号不容易看出，引进辅助函数(x)exxe1x，则(x)ex1x1 e1x，当 x(0，1)时，(x)0，得(x)在(0，1)上单增，有(x)(1)0，则 G(x)0，得 G(x)在(0，1)上单增，有 G(x)G(1)0，即 g(x)g1x(0 x1)；将 x1 代入中不等式得 g(x1)g
10、(x2)g1x1，又 x21，1x11，g(x)在(1，)上单增，故 x21x1，x1x21.规律方法 常规类型：x1x2()2x0 和 x1x2()x20.【训练2】已知ba0，且bln aaln bab.求证：(1)abab1；(2)ab2.证明(1)bln aaln babln aa ln bb 1b1a1ln aa1ln bb.记函数 f(x)1ln xx，则 f(a)f(b).求导得 f(x)ln xx2，知 f(x)在(0，1)上单增，在(1，)上单减，又 f1e 0，当 x0时，f(x)，当 x时，f(x)0，故 f(x)的图象如图所示，由图知1ea1b，又 abab1(a1)(
11、1b)0，又a1，b1，(a1)(1b)0，即 abab1.(2)构造函数 F(x)f(x)f(2x)，则 F(x)f(x)f(2x)ln xx2 ln（2x）（2x）2（2x）2ln xx2ln（2x）x2（2x）2，当x(0，1)时，(2x)2ln xx2ln(2x)的符号如何判定？尝试变更结论：证明更强的结论ab1.构造函数 G(x)f(x)f1x，则 G(x)f(x)f1x ln xx2ln x（x21）ln xx2，当 0 x1 时，G(x)0，得 G(x)在(0，1)上单增，有 G(x)G(1)0，即 f(x)f1x(0 x1).因为 0a1，故 f(a)f(b)f1a，又 b1，
12、1a1，f(x)在(1，)上单减，故b1a，ab1，由基本不等式知 ab2 ab2.题型三 变更结论【例 3】(2020重庆调研二)已知函数 f(x)xln x，g(x)12mx2x.(1)若函数 f(x)与 g(x)的图象上存在关于原点对称的点，求实数 m 的取值范围；(2)设 F(x)f(x)g(x)，已知 F(x)在(0，)上存在两个极值点 x1，x2，且 x1x2，求证：x1x2e2(其中 e 为自然对数的底数.)(1)解 函数 f(x)与 g(x)的图象上存在关于原点对称的点，即 g(x)12mx2x 的图象与函数 yf(x)xln(x)的图象有交点，即12mx2xxln(x)在(，
13、0)上有解，即12mln（x）1x在(，0)上有解，设(x)ln（x）1x，x0，则(x)2ln（x）x2，当 x(，e2)时，(x)为减函数；当 x(e2，0)时，(x)为增函数，(x)min(e2)1e2，即 m2e2.(2)证明 F(x)f(x)g(x)xln x12mx2x，F(x)ln xmx，F(x)在(0，)上存在两个极值点 x1，x2，且 x1x2，ln x1mx10，ln x2mx20，mln x1ln x2x1x2且 mln x1ln x2x1x2，ln x1ln x2x1x2ln x1ln x2x1x2，即 ln x1ln x2x1x2x1x2lnx1x2x1x21 ln
14、 x1x2x1x21，设 tx1x2(0，1)，则 ln x1ln x2（t1）ln tt1，要证 x1x2e2，即证 ln x1ln x22，只需证明（t1）ln tt12，即证明 ln t2（t1）t10，设 h(t)ln t2（t1）t1，则 h(t)1t4（t1）2（t1）2t（t1）20，则 h(t)ln t2（t1）t1在(0，1)上单调递增，h(t)h(1)0，即 h(t)ln t2（t1）t10，ln x1ln x22，x1x2e2.规律方法 通过换元化为常规类型证明【训练3】已知函数f(x)ln x和g(x)ax，若存在两个实数x1，x2，且x1x2，满足f(x1)g(x1)
15、，f(x2)g(x2)，求证：x1x2e2.证明 令x1x20，f(x1)g(x1)，f(x2)g(x2)，ln x1ax10，ln x2ax20，ln x1ln x2a(x1x2)，ln x1ln x2a(x1x2)，x1x2e2 等价于 ln x1ln x22a(x1x2)2a2x1x2，即ln x1ln x2x1x22x1x2ln x1x22x1x21x1x21，令x1x2t，则 t1，x1x2e2 等价于 ln t2（t1）t1，令 g(t)ln t2（t1）t1，g(t)（t1）2t（t1）20，g(t)在(1，)上递增，g(t)g(1)0，即 ln t2（t1）t1成立，故 x1x2e2.
