■四川省巴中中學(xué) (特級(jí)教師)

涉及多個(gè)變量的導(dǎo)數(shù)問題能較好地考查函數(shù)與方程、轉(zhuǎn)化與化歸等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng),在高考全國卷和各省市診斷模擬試卷中出現(xiàn)的頻率甚高,多居于壓軸題的位置。破解的策略是如何在函數(shù)、導(dǎo)數(shù)的視角下將那些滲透在方程或不等式關(guān)系中的多變量轉(zhuǎn)化為單變量,以便構(gòu)造一元函數(shù),借助導(dǎo)數(shù)的工具性迅速解決。不少同學(xué)由于欠缺系統(tǒng)有效的方法點(diǎn)撥與強(qiáng)化訓(xùn)練,常常顯得力不從心、茫然無措,下面精選數(shù)例,提煉通法,指點(diǎn)迷津。

利器一 逐個(gè)消元

逐個(gè)消元策略是指在具有依存關(guān)系的多變量問題中,充分挖掘題目的隱含條件,揭示多個(gè)變量之間滿足的等量關(guān)系式,然后通過一個(gè)等式的變形,代入另一個(gè)等式,使得變量一個(gè)一個(gè)減少,最后轉(zhuǎn)化為一元函數(shù),以便借助導(dǎo)數(shù)進(jìn)行有效處理。它是解決多變量問題最基本、最重要的手段。

例1(河南開封市2019屆高三定位考試文數(shù)第21題)已知函數(shù)f(x)=alnx+x2-2x。

(1)當(dāng)a=-4時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若函數(shù)y=f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,且x1＜x2,求證

解析：(1)當(dāng)a=-4時(shí),f(x)=-4lnx+x2-2x,x∈(0,+∞)。

當(dāng)x＞2時(shí),f′(x)＞0；當(dāng)0＜x＜2時(shí),f′(x)＜0。

所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2)。

由題意知：

所以h(x)在上單調(diào)遞減,h(x)

感悟拓展：由于f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2滿足方程2x2-2x+a=0,由韋達(dá)定理可以挖掘出三個(gè)變量x1,x2,a滿足的等量關(guān)系,通過逐個(gè)消元,即把x1化歸為1-x2,把a(bǔ)化歸為2x1x2,進(jìn)而化歸為2x2(1-x2),最后代入則可將目標(biāo)多元函數(shù)化歸為以x2為基本變量的一元函數(shù)。通過求導(dǎo),一舉成功。其中對(duì)這兩個(gè)相互依存又十分隱蔽的等量關(guān)系深度挖掘與靈活利用,是攻克本題的“利器”與“核心技術(shù)”。

利器二 直消多元

含有三元的多變量問題,常規(guī)的消元方法是：先消三元為二元,再消二元為一元。有時(shí)候,若含有比較特殊的和、積關(guān)系,也可以不拘泥于常規(guī),巧用整體思維,直截了當(dāng)?shù)貙⑷獑栴}消元成一元問題。

例2(2019年安徽合肥市高三第一次質(zhì)量檢測(cè))已知函數(shù)f(x)=ax2-2x+lnx有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x1,x2,若不等式λ＞f(x1)+f(x2)恒成立,則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是( )。

A.[-3,+∞) B.(3,+∞)

C.[-e,+∞) D.(e,+∞)

解析：f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f′(x)

因?yàn)閒(x)有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x1,x2,所以f′(x)=0,即2ax2-2x+1=0在(0,+∞)上有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根x1,x2。

因此,g(a)在上單調(diào)遞增,g(a)即f(x1)+f(x2)＜-3。

因?yàn)棣耍緁(x1)+f(x2)恒成立,所以λ≥-3,實(shí)數(shù)λ的取值范圍是[-3,+∞),選A。

感悟拓展：由于f(x)的兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x1,x2滿足方程2ax2-2x+1=0,由韋達(dá)定理可以挖掘出三個(gè)變量x1,x2,a滿足的等量關(guān)系而目標(biāo)式f(x1)+f(x2)通過并項(xiàng),又可變形為x1,x2的和、積對(duì)稱關(guān)系式a(x1+x2)2-2ax1x2-2(x1+x2)+ln(x1x2),因此,以變量a為基本量,可以同時(shí)消去另外兩個(gè)變量x1,x2,解法更簡(jiǎn)捷。

利器三 整體換元

將兩個(gè)獨(dú)立變量之間的加、減、乘、除四則運(yùn)算關(guān)系式視作一個(gè)新元,“整體”代換后,構(gòu)造出與之相關(guān)的一元函數(shù),實(shí)現(xiàn)問題的合理轉(zhuǎn)化與迅速解決,通常被稱為“整體換元策略”。

例3(2018年高考浙江卷節(jié)選)已知函數(shù)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)處導(dǎo)數(shù)相等,證明：f(x1)+f(x2)＞8-8ln 2。

因此,g(x)在(256,+∞)上單調(diào)遞增。

因?yàn)閤1x2＞256,所以g(x1x2)＞g(256)=8-8ln 2,即f(x1)+f(x2)＞8-8ln 2。

例4(湖北省武漢市武昌區(qū)2019屆高三調(diào)研考試第21題)已知函數(shù)f(x)=

(1)當(dāng)a=-1時(shí),求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,且

當(dāng)0＜x＜1時(shí),f′(x)＞0；當(dāng)x＞1時(shí),f′(x)＜0。

所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+∞)。

因?yàn)閒(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn),所以f′(x)=0,即ax2-x+2=0在(0,+∞)上有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根x1,x2。

感悟拓展：由于f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2滿足方程ax2-x+2=0,故由韋達(dá)定理可以挖掘出三個(gè)變量x1,x2,a滿足的等量關(guān)系因此先用代換a,將三個(gè)變量不等式證明問題：等價(jià)轉(zhuǎn)化為雙變量不等式證明問題：再通過比值整體換元,即令化歸為一元不等式的證明問題,移項(xiàng)構(gòu)造,迎刃而解。

利器四 確立主元

在涉及多個(gè)變量且變量地位平等的問題中,不妨將某一個(gè)變量確立為主元,其他的變量當(dāng)成常數(shù),以便厘清主次、拿捏輕重、創(chuàng)造構(gòu)建函數(shù)的契機(jī),這種思維方法通常稱之為“確立主元策略”。

例5(2013年高考陜西卷理數(shù)第21題)已知函數(shù)f(x)=ex,x∈R。

(1)若直線y=kx+1與f(x)的反函數(shù)的圖像相切,求實(shí)數(shù)k的值；

(2)設(shè)x＞0,討論曲線y=f(x)與曲線y=mx2(m＞0)公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)；

(3)設(shè)a＜b,比較與的大小,并說明理由。

解析：(1)f(x)的反函數(shù)為g(x)=lnx,x＞0,則g′(x)=設(shè)直線y=kx+1與g(x)=lnx的圖像相切于點(diǎn)P(x0,y0),則解得k=e-2。

(2)當(dāng)x＞0 時(shí),曲線y=f(x)與曲線y=mx2(m＞0)公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)等價(jià)于曲線y與直線y=m(m＞0)公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)。

令h(x)=x＞0,則h′(x)=

因此,當(dāng)x∈(0,2)時(shí),h′(x)＜0,h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(2,+∞)時(shí),h′(x)＞0,h(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增。

所以h(x)在(0,2)上的最小值為h(2)

(3)方法一(確立主元策略)：

取特殊值a=0,b=1,則

(b-a)(ea+eb)＞2eb-2ea。(*)

不等式(*)中含有兩個(gè)變量a,b,不妨把變量a視為常數(shù),把變量b看成(a,+∞)上的變量x。作差移項(xiàng),構(gòu)造一元函數(shù)：h(x)=(x-a)(ea+ex)-2ex+2ea,x＞a。

則h′(x)=(x-a-1)ex+ea,h″(x)=(x-a)ex＞0,所以h′(x)在(a,+∞)上單調(diào)遞增,h′(x)＞h′(a)=0。

所以h(x)在(a,+∞)上單調(diào)遞增,h(x)＞h(a)=0。

于是當(dāng)a＜b時(shí),h(b)＞0,即(b-a)(ea+eb)＞2eb-2ea。

將b-a整體視作一個(gè)新的變?cè)獂,將雙變量問題轉(zhuǎn)化為單變量,易于求導(dǎo)處理。

令g(x)=x+2+(x-2)ex,x＞0,則g′(x)=1+(x-1)ex,g″(x)=xex＞0,所以g′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,g′(x)＞g′(0)=0,g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,g(x)＞g(0)=0。

當(dāng)a＜b時(shí),b-a＞0,所以g(b-a)＞0,即(b-a+2)+(b-a+2)eb-a＞0。則

故當(dāng)a＜b時(shí),

利器五 反客為主

在一些數(shù)學(xué)問題中,打破常規(guī),將“客元”視作“主元”,“主元”視作“客元”,反而可變被動(dòng)為主動(dòng),掌握決勝的主動(dòng)權(quán),這種思維方法稱之為“反客為主策略”。

例6(2006年四川高考卷文數(shù)壓軸題)已知函數(shù)f(x)=x3+3ax-1,g(x)=f′(x)-ax-5,其中f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)。

(1)對(duì)滿足-1≤a≤1的一切a的值,都有g(shù)(x)＜0,求實(shí)數(shù)x的取值范圍；

(2)設(shè)a=-m2,當(dāng)實(shí)數(shù)m在什么范圍內(nèi)變化時(shí),函數(shù)y=f(x)的圖像與直線y=3只有一個(gè)公共點(diǎn)?

解析：(1)由題意可得g(x)=3x2-ax+3a-5。

令g(x)=φ(a)=(3-x)a+3x2-5,-1≤a≤1,則φ(a)是關(guān)于a的一次函數(shù)或常函數(shù),其圖像是一條線段。對(duì)-1≤a≤1,都有g(shù)(x)＜0,即有φ(a)＜0。

(2)當(dāng)a=-m2時(shí),f(x)=x3-3m2x-1,f′(x)=3x2-3m2。

①當(dāng)m=0時(shí),f(x)=x3-1的圖像與直線y=3只有一個(gè)公共點(diǎn)。

②當(dāng)m≠0時(shí),令f′(x)=0,得x=±|m|,如列表1：

表1

f(x)極小值=f(|m|)=-2m2|m|-1＜-1。

又因?yàn)閒(x)的值域是R,且在(|m|,+∞)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x＞|m|時(shí)函數(shù)y=f(x)的圖像與直線y=3只有一個(gè)公共點(diǎn)。

當(dāng)x＜|m|時(shí),恒有f(x)≤f(-|m|)。

由題意,得f(-|m|)＜3,即2m2|m|-1=2|m|3-1＜3。

綜上,實(shí)數(shù)m的取值范圍是

感悟拓展：第一小題,“已知參數(shù)a范圍,求自變量x的范圍的二次不等式恒成立問題”,常運(yùn)用“反客為主”策略,轉(zhuǎn)化為“一次不等式恒成立”,進(jìn)而轉(zhuǎn)化為一次函數(shù)處理,即所謂的“巧化二次為一次”。第二小題,將“直線與曲線的公共點(diǎn)問題”轉(zhuǎn)化為“求函數(shù)極值問題”。第二小題,對(duì)m的“分與不分”拿捏恰當(dāng),令人回味：一是分m=0與m≠0；二是令f′(x)=0,巧得x=±|m|時(shí),避免細(xì)分m＞0與m＜0帶來的麻煩。

利器六 放縮減元

對(duì)于某些涉及雙變量不等式的問題,有時(shí)可通過基本不等關(guān)系的合理放縮,巧妙轉(zhuǎn)化為單變量的不等式問題,以便于利用一元函數(shù)處理。

例7(2018年江蘇鹽城市模擬題)實(shí)數(shù)x,y滿足2x-3≤ln(x+y+1)+ln(xy-2),則xy=_____。

設(shè)t=2x-1(t＞0),則t-2≤2lnt-2ln 2。

令f(t)=t-2-2lnt+2ln 2,t＞0,則f′(t)=

當(dāng)0＜t＜2時(shí),f′(t)＜0,f(t)單調(diào)遞減；當(dāng)t＞2時(shí)0,f′(t)＞0,f(t)單調(diào)遞增。

所以f(t)min=f(2)=0。又f(t)≤0,即f(t)=0,所以

感悟拓展：巧用基本不等式ab≤進(jìn)行放縮變形,將題設(shè)雙變量不等關(guān)系轉(zhuǎn)化為單變量不等式t-2≤2lnt-2ln 2,進(jìn)而構(gòu)造與之相關(guān)的一元函數(shù)f(t)=t-2-2lnt+2ln 2,t＞0,以便巧用“函數(shù)思想”處理“不等關(guān)系”,思維奇特,別開生面。

利器七 最值轉(zhuǎn)化

全稱量詞“任意(?)”、特稱量詞“存在(?)”與函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式等主體知識(shí)的交匯是近年來高考命題的新亮點(diǎn),其中尤以雙變量的“?”“?”的不同組合增添內(nèi)涵與挑戰(zhàn)。破解之道在于將邏輯語言轉(zhuǎn)化為自然語言,將雙變量的“任意性”、“存在性”與單變量的“恒成立”、“能成立”合理對(duì)應(yīng),將函數(shù)值的相等關(guān)系等價(jià)轉(zhuǎn)化為函數(shù)值域之間的包含或交集關(guān)系,把函數(shù)值的不等關(guān)系等價(jià)轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值的不等式。

例8(2019年江西模擬試題)已知函數(shù)f(x)=ax+x2-xlna(a＞0,a≠1)。

(1)求函數(shù)f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程；

(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；

(3)若存在x1,x2∈[-1,1],使得|f(x1)-f(x2)|≥e-1(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)),求實(shí)數(shù)a的取值范圍。

解析：(1)f′(x)=axlna+2x-lna=2x+(ax-1)lna。當(dāng)x=0時(shí),f(0)=1,f′(0)=0,故切線方程為y=1。

(2)因?yàn)閍＞0,a≠1時(shí),f″(x)=2+(lna)2·ax＞0,所以f′(x)在R上單調(diào)遞增,且f′(0)=0。

令f′(x)＞0?f′(x)＞f′(0)?x＞0,故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞)。

(3)“存在x1,x2∈[-1,1],使得|f(x1)-f(x2)|≥e-1成立”等價(jià)于“x1,x2∈[-1,1]時(shí),|f(x1)-f(x2)|max≥e-1”,即等價(jià)于“當(dāng)x∈[-1,1]時(shí),f(x)max-f(x)min≥e-1”。

由(2)易得f(x)在上[-1,0]是減函數(shù),在[0,1]上是增函數(shù),故當(dāng)x∈[-1,1]時(shí),f(x)min=f(0)=1,f(x)max=max{f(-1),f(1)}。

令g(a)=f(1)-f(-1)=a+1-lna

而g(1)=0,故當(dāng)a＞1時(shí),g(a)＞g(1)=0,即f(1)＞f(-1)；

當(dāng)0＜a＜1時(shí),g(a)＜g(1)=0,即f(1)＜f(-1)。

故當(dāng)a＞1時(shí),f(x)max-f(x)min=f(1)-f(0)=a-lna≥e-1,易證m(a)=alna在(1,+∞)上為增函數(shù),所以由m(a)≥m(e)?a≥e；

當(dāng)0＜a＜1時(shí),f(x)max-f(x)min=f(-1)-f(0)=+lna≥e-1,易證n(a)在(0,1)上為減函數(shù),所以n(a)

綜上,a的取值范圍為+∞)。

感悟拓展：(1)若?x1,x2∈D,使得|f(x1)-f(x2)|≥t成立,等價(jià)于|f(x1)-f(x2)|max≥t,即等價(jià)于f(x)max-f(x)min≥t。若?x1,x2∈D,使得|f(x1)-g(x2)|≤t成立,等價(jià)于|f(x1)-g(x2)|min≤t,特別地,當(dāng)f(x)max＜g(x)min時(shí),等價(jià)于g(x)min-f(x)max≤t。

(2)對(duì)于?x1,x2∈D,都有|f(x1)-f(x2)|≤t,等價(jià)于|f(x1)-f(x2)|max≤t,也即等價(jià)于f(x)max-f(x)min≤t。

利器八 集合關(guān)系

例9(四川省巴中中學(xué)2020屆高三10月月考卷)已知函數(shù)f(x)=和函數(shù)g(x)=若存在x1,x2∈[0,1],使得f(x1)=g(x2)成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )。

解析：設(shè)函數(shù)f(x),g(x)在[0,1]上的值域分別為A,B,則“存在x1,x2∈[0,1],使得f(x1)=g(x2)成立”等價(jià)于“A∩B≠?”。

故f(x)在[0,1]上的值域

當(dāng)x∈[0,1]時(shí)在[0,1]上單調(diào)遞增。又a＞0,所以在[0,1]上單調(diào)遞增,其值域

由A∩B≠?,得或0≤1≤a≤2,選C。

感悟拓展：若?x1∈D1,?x2∈D2,使得f(x1)=g(x2),等價(jià)于函數(shù)f(x)在D1上的值域A與函數(shù)g(x)在D2上的值域B的交集不為空集,即A∩B≠?。其等價(jià)轉(zhuǎn)化的基本思想是：兩個(gè)函數(shù)有相等的函數(shù)值,即它們的值域有公共部分。

對(duì)?x1∈D1,?x2∈D2,使得f(x1)=g(x2),等價(jià)于函數(shù)f(x)在D1上的值域A是函數(shù)g(x)在D2上的值域B的子集,即A?B。其等價(jià)轉(zhuǎn)化的基本思想是：函數(shù)f(x)的任意一個(gè)函數(shù)值都與函數(shù)g(x)某一個(gè)函數(shù)值相等,即f(x)的函數(shù)值都在g(x)的值域之中。

例10(2018年河南開封市高三定位考試改編)函數(shù)f(x)=xex,x∈(-∞,2),函數(shù)g(x)=ax+1,x∈[-2,2],對(duì)任意的x1∈[-2,2],總存在x0∈(-∞,2),使得f(x0)=g(x1)成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為____。

解析：“任意的x1∈[-2,2],總存在x0∈(-∞,2),使得f(x0)=g(x1)成立”等價(jià)于“函數(shù)g(x)=ax+1,x∈[-2,2]的值域B是函數(shù)f(x)=xex,x∈(-∞,2)的值域A的子集,即B?A”。

因?yàn)閒(x)=xex,x∈(-∞,2),所以f′(x)=(1+x)ex。

令f′(x)=0,得x=-1。

當(dāng)x＜-1時(shí),f′(x)＜0；當(dāng)-1＜x＜2時(shí),f′(x)＞0。所以f(x)在(-∞,-1)上是減函數(shù),在(-1,2)上是增函數(shù),

當(dāng)x=-1時(shí),f(x)min=f(-1)=

當(dāng)x＜-1時(shí)；當(dāng)-1＜x＜2時(shí)

所以函數(shù)f(x)=xex在x∈(-∞,2)上的值域

當(dāng)a=0時(shí),g(x)=1,滿足條件。

當(dāng)a＞0時(shí),g(x)=ax+1在[-2,2]為增函數(shù),其值域B=[-2a+1,2a+1]。

由B?A,得2a+1＜2e2且-2a+1≥又a＞0,所以

當(dāng)a＜0時(shí),g(x)=ax+1在[-2,2]為減函數(shù),其值域B=[2a+1,-2a+1]。

由B?A,得-2a+1＜2e2且2a+1≥又a＜0,所以

綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍為

利器九 形似聯(lián)想

挖掘并識(shí)別雙變量等式(或不等式)左右、上下結(jié)構(gòu)中明顯或隱蔽的數(shù)字、字母的相似性、關(guān)聯(lián)性,將多變量問題轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)問題來處理,通常稱之為“形似聯(lián)想策略”。

例11(2018年河北名校聯(lián)盟高三二診文數(shù)第16題)已知函數(shù)f(x)=x+alnx(a＞0),若對(duì)任意x2),都有則正數(shù)a的取值范圍是____。

故所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是

感悟拓展：對(duì)于任意x1,x2∈D,都有|f(x1)-f(x2)|≤m|x1-x2|(m＞0)型恒成立問題,可先利用排序思想及函數(shù)的單調(diào)性定義,等價(jià)轉(zhuǎn)化為f(x1)±m(xù)x1≥(≤)f(x2)±m(xù)x2型問題,再形似構(gòu)造單變量函數(shù)g(x)=f(x)±m(xù)x,轉(zhuǎn)化為g′(x)≥或≤0在x∈D上恒成立問題。

利器十 對(duì)稱構(gòu)造

例12(2019年云南跨區(qū)調(diào)研試題改編)已知f(x)=lnx-ax有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2。

(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；

(2)求證：x1·x2＞e2。

解析：由題意知,lnx1=ax1,lnx2=ax2,要證x1·x2＞e2,也即證lnx1+lnx2＞2,只需證a(x1+x2)＞2,即證x1+x2＞于是轉(zhuǎn)化為極值點(diǎn)偏移問題,消去參數(shù)a是破解問題的關(guān)鍵。

若a≤0,f′(x)＞0,則f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,不可能有兩個(gè)零點(diǎn)。

若a＞0,由f′(x)=0,解得

所以f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減。

因此,f(x)的極大值為1。

又當(dāng)x→0(x＞0)時(shí),f(x)→-∞,并且x→+∞時(shí),f(x)→-∞,所以要使f(x)有兩個(gè)零點(diǎn),必有,解得0

故實(shí)數(shù)a的取值范圍為

(2)方法一(構(gòu)造對(duì)稱型差函數(shù))：因?yàn)閒(1)=-a＜0,所以

所以ln(x1x2)=lnx1+lnx2=a(x1+x2)＞2,x1·x2＞e2。

方法二(化歸為對(duì)數(shù)—算術(shù)均值不等式模型)：

不妨設(shè)x1＞x2＞0,由已知得lnx1=ax1,lnx2=ax2,相減得lnx1-lnx2=a(x1-x2),則

相加得lnx1+lnx2=a(x1+x2)。欲證x1x2＞e2,只需證ln(x1x2)＞2,即證lnx1+lnx2=a(x1+x2)=(x1+x2)·(化歸為幾何對(duì)數(shù)—算術(shù)平均值不等式模型),只需證只需證lnt＞

感悟拓展：(1)已知函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)有唯一的極值點(diǎn)x=x0,且x1,x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)(或滿足f(x1)=f(x2)),證明：x1+x2＞(或＜)2x0。這便是最近幾年高考和診斷考試中異?；鸨臉O值點(diǎn)偏移問題。

(2)對(duì)于函數(shù)y=f(x),若滿足f(ax)=f(a+x)(或f(x)=f(2a-x)),則函數(shù)y=f(x)的圖像關(guān)于直線x=a對(duì)稱(即極值點(diǎn)不偏移)。因此,要確定一個(gè)函數(shù)圖像不對(duì)稱(即極值點(diǎn)偏移),只需考查f(a-x)與f(a+x)(或f(x)與f(2a-x))具有不等關(guān)系即可。因此,一個(gè)自然而然卻極為重要的破解策略是：構(gòu)造基于對(duì)稱的差函數(shù)F(x)=f(x0+x)-f(x0-x)(或F(x)=f(x)-f(2x0-x))。

極值點(diǎn)偏移問題的證明步驟可歸納為“一求、二差、三判、四脫”：

①求函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)x0；

②構(gòu)造差函數(shù)F(x)=f(x0+x)-f(x0-x)(或F(x)=f(x)-f(2x0-x)；

③判斷差函數(shù)F(x)的單調(diào)性,證明F(x)＞(或＜)0,即f(x0+x)＞(或＜)f(x0-x),或f(x)＜(或＞)f(2x0-x)；

④由x1、x2的范圍,結(jié)合f(x1)=f(x2)及原函數(shù)f(x)的單調(diào)性,“脫掉”f,確定x1+x2與2x0的大小關(guān)系。

解法口訣：極值偏離對(duì)稱軸,構(gòu)造差函數(shù)覓行蹤；四個(gè)步驟環(huán)環(huán)扣,兩次單調(diào)性緊跟從。