極值點(diǎn)偏移問(wèn)題經(jīng)常出現(xiàn)在高考模擬題中，近幾年的高考題目對(duì)此類題型也有所考查，此類問(wèn)題常以函數(shù)為載體，導(dǎo)數(shù)為抓手，既可以檢驗(yàn)考生對(duì)于基礎(chǔ)知識(shí)的掌握程度，又可以考查考生分析和解決問(wèn)題的能力.

若函數(shù)f（x）在x=x0時(shí)取得極值，則稱x0為函數(shù)f（x）的極值點(diǎn).例如二次函數(shù)f（x）=ax2+bx+c（a≠0）的極值點(diǎn)為x0=－b2a，作直線y=c與函數(shù)f（x）交于A（x1，c）和B（x2，c）兩點(diǎn)，則點(diǎn)A、B的中點(diǎn)為M（x1+x22，c），此時(shí)x0=x1+x22，則稱極值點(diǎn)居中，沒有偏離中點(diǎn)，如圖1所示.

但對(duì)于許多函數(shù)來(lái)說(shuō)，由于極值點(diǎn)左右“增長(zhǎng)速度”不同，函數(shù)的圖像并不對(duì)稱，因此常常出現(xiàn)x0≠x1+x22的情況，即極值點(diǎn)發(fā)生了偏移，如圖2所示.極值點(diǎn)偏移有左右偏移兩種情況，現(xiàn)給出其定義如下：

設(shè)函數(shù)y=f（x）在（a，b）上連續(xù)，且在（a，b）內(nèi)只有一個(gè)極值點(diǎn)x0，若對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x1，x2，滿足alt;x1lt;x2lt;b，且f（x1）=f（x2），都有x0lt;x1+x22（或x0gt;x1+x22），則函數(shù)y=f（x）在（a，b）上極值點(diǎn)左（或右）偏.

極值點(diǎn)偏移問(wèn)題常用的求解策略有：對(duì)稱化構(gòu)造函數(shù)、比（差）值換元法、消參減元法、對(duì)數(shù)平均不等式法.

策略1：對(duì)稱化構(gòu)造函數(shù)

這類題一般會(huì)這樣設(shè)置問(wèn)題：已知函數(shù)f（x）存在兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，求證：x1+x2gt;2x0.其求解步驟如下：

步驟1：討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性并求出極值點(diǎn)x0.如f（x）在（－∞，x0）上單調(diào)遞增，在（x0，+∞）上單調(diào)遞減.

步驟2：不妨設(shè)x1lt;x0lt;x2，且f（x1）=f（x2）；

步驟3：x1+x2gt;2x0x1gt;2x0－x2f（x1）gt;f（2x0－x2）f（x2）gt;f（2x0－x2）；

（目的在于將比較自變量的大小轉(zhuǎn)化為比較因變量的大小，將雙變量轉(zhuǎn)化為單變量問(wèn)題）

步驟4：構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）－f（2x0－x）（x∈（x0，+∞）），并證明g（x）gt;0.由于g（x0）=0，所以只需要證明函數(shù)g（x）在（x0，+∞）單調(diào)遞增即可.

【例1】（2016年全國(guó)卷Ⅰ）已知函數(shù)f（x）=（x－2）ex+a（x－1）2有兩個(gè)零點(diǎn).

（1）求a的取值范圍；

（2）設(shè)x1，x2是f（x）的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：x1+x2lt;2.

解析：（1）f ′（x）=（x－1）ex+2a（x－1）=（x－1）（ex+2a）.

①若a=0，則f（x）=（x－2）ex，f（x）只有一個(gè)零點(diǎn)；

②若agt;0，令f′（x）=0，則x=1.

當(dāng)x∈（－∞，1）時(shí)，f′（x）lt;0，f（x）單調(diào)遞減.當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）gt;0，f（x）單調(diào)遞增.

∵當(dāng)x=1時(shí)，f（1）=－elt;0，當(dāng)x=2時(shí)，f（2）=agt;0，

當(dāng)x→－∞，f（x）→+∞，∴f（x）有兩個(gè)零點(diǎn).

③若alt;0，令f′（x）=0，則x=1或x=ln（－2a）.

若a≥－e2，則ln（－2a）≤1，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）gt;0，f（x）單調(diào)遞增，

又∵xlt;1時(shí)，f（x）lt;0，∴f（x）不存在兩個(gè)零點(diǎn).

若alt;－e2，則ln（－2a）gt;1，當(dāng)x∈（－∞，1）時(shí)，f′（x）gt;0，f（x）單調(diào)遞增.

當(dāng)x∈（1，ln（－2a））時(shí)，f′（x）lt;0，f（x）單調(diào)遞減.

當(dāng)x∈（ln（－2a），+∞）時(shí)，f′（x）gt;0，f（x）單調(diào)遞增.

又∵f（1）=－elt;0，∴f（x）不存在兩個(gè)零點(diǎn).綜上所述，a的取值范圍為：（0，+∞）.

（2）不妨設(shè)x1lt;x2，由（1）可得x1lt;1lt;x2，要證x1+x2lt;2，即證x1lt;2－x2lt;1，

由（1）可得當(dāng)x∈（－∞，1）時(shí)，f（x）單調(diào)遞減.∴即證f（x1）gt;f（2－x2）.又∵f（x1）=f（x2），

∴即證f（x2）gt;f（2－x2）.令g（x）=f（x）－f（2－x）=（x－2）ex+xe2－x（xgt;1）.

g'（x）=（x－1）（ex－e2－x）.當(dāng)xgt;1時(shí)，g′（x）gt;0，又∵g（1）=0，∴當(dāng)xgt;1時(shí)，g（x）gt;0.

即f（x2）gt;f（2－x2），得證.

評(píng)注：本題第二小題是比較典型的極值點(diǎn)偏移問(wèn)題，其中x=1是函數(shù)的極值點(diǎn)，通過(guò)設(shè)x1lt;1lt;x2，使得x1，2－x2都落在（－∞，1）這個(gè)區(qū)間上，再通過(guò)函數(shù)單調(diào)性進(jìn)行等價(jià)替換，將比較自變量大小的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為比較因變量大小的問(wèn)題，再利用f（x1）=f（x2），將雙變量轉(zhuǎn)化為單一變量.因此在證明x1+x2gt;2x0（或x1+x2lt;2x0）的問(wèn)題時(shí)，一定要先判斷x=x0是否為函數(shù)的極值點(diǎn).

【練習(xí)1】（2017年合肥二模文（改編））若mgt;1且x1，x2為g（x）=ln（x+m）－x的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：x1+x2lt;0.

解析：由題意，可得x∈（－m，+∞），∵ln（x1+m）－x1=0，ln（x2+m）－x2=0.

∴ex1－x1－m=0，ex2－x2－m=0.令h（x）=ex－x－m，x∈（－m，+∞），h′（x）=ex－1.

令h′（x）=0，則x=0.∴h（x）在（－m，0）單調(diào)遞減，（0，+∞）單調(diào)遞增.不妨設(shè)x1lt;x2，

由題意，可得x1lt;0lt;x2，要證x1+x2lt;0，即證x1lt;－x2lt;0，即證h（x1）gt;h（－x2），

∵h(yuǎn)（x1）=h（x2），∴即證h（x2）gt;h（－x2）.令F（x）=h（x）－h(huán)（－x）=ex－e－x－2x，x∈（0，m），

則f′（x）=ex+e－x－2gt;0，∴F（x）在（0，m）上單調(diào)遞增，∴F（x）gt;F（0）=0，

即h（x2）gt;h（－x2），得證.

策略2：比（差）值換元法

這種解題策略的解題步驟如下：

步驟1：根據(jù)題設(shè)條件f（x1）=f（x2）列出兩個(gè)方程；

步驟2：從兩個(gè)方程出發(fā)通過(guò)四則運(yùn)算消去參數(shù)，同時(shí)將所證不等式轉(zhuǎn)化為只含x1，x2的不等式；

步驟3：令x2x1=t（比值換元法）或者x2－x1=t（差值換元法），將含雙變量x1，x2的不等式轉(zhuǎn)化為只含一元變量t的不等式；

步驟4：構(gòu)造關(guān)于t的函數(shù)，以導(dǎo)數(shù)為工具進(jìn)行解答.

【例2】（2021年廣州高三上10月調(diào)研考）已知函數(shù)f（x）=e2x－a（x－1）.

（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；

（2）若agt;0，設(shè)f′（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)，若函數(shù)f（x）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，求證：f′（x1+x22）lt;0.

解析：（1）f′（x）=2e2x－a.當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）gt;0，函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增；

當(dāng)agt;0時(shí)，令f′（x）=0，x=12lna2，

當(dāng)x∈（－∞，12lna2）時(shí)，f′（x）lt;0，f（x）單調(diào)遞減；

當(dāng)x∈（12lna2，+∞）時(shí)，f′（x）gt;0，f（x）單調(diào)遞增.

（2）由題意可得：e2x1－a（x1－1）=0，

e2x2－a（x2－1）=0，兩式相減得：a=e2x2－e2x1x2－x1.

不妨設(shè)x1lt;x2，由f′（x）=2e2x－a，得

f′（x1+x22）=2ex1+x2－e2x2－e2x1x2－x1=ex1+x2x2－x1［2（x2－x1）+ex1－x2－ex2－x1］

∵ex1+x2x2－x1gt;0，∴f′（x1+x22）lt;02（x2－x1）+ex1－x2－ex2－x1lt;0.

令x2－x1=t（tgt;0），g（t）=2t+e－t－et，g′（t）=2－e－t－et=2－（e－t+et）lt;0

∴g（t）在t∈（0，+∞）上單調(diào)遞減，當(dāng)tgt;0時(shí)，g（t）lt;g（0）=0，因此得證.

評(píng)注：采用比（差）值換元法的關(guān)鍵在于消去參數(shù)，并且把要證的不等式轉(zhuǎn)化為含有x2x1或x2－x1形式的變量，再用新變量t進(jìn)行替換，換元后要注意新元的取值范圍，這樣就可以達(dá)到將多變量轉(zhuǎn)化為單一變量的目的.

【練習(xí)2】設(shè)函數(shù)g（x）=lnx+1x，證明：當(dāng)g（x1）=g（x2）（x1lt;x2）時(shí)，x1+x2gt;2.

解析：∵g（x1）=g（x2）（x1lt;x2），∴l(xiāng)nx1+1x1=lnx2+1x2，即x2－x1x1x2=lnx2x1gt;0.要證x1+x2gt;2，需證（x1+x2）x2－x1x1x2gt;2lnx2x1，即證x2x1－x1x2gt;2lnx2x1.設(shè)x2x1=t（tgt;1），∴即證t－1tgt;2lnt.

令h（t）=t－1t－2lnt（tgt;1），則h'（t）=1+1t2－2t=（1t－1）2gt;0，∴h（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，

即h（t）gt;h（1）=0，∴t－1tgt;2lnt，得證.

策略3：消參減元法

這種解題策略的解題步驟如下：

步驟1：求函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，令f′（x）=0建立極值點(diǎn)所滿足的方程（一般可以轉(zhuǎn)化為一元二次方程）；

步驟2：根據(jù)極值點(diǎn)所滿足的方程，利用方程的根的相關(guān)知識(shí)，建立極值點(diǎn)與方程系數(shù)之間的關(guān)系；

步驟3：根據(jù)兩個(gè)極值點(diǎn)之間的關(guān)系，利用和差或積商等運(yùn)算，化簡(jiǎn)或轉(zhuǎn)化所求解問(wèn)題，消掉參數(shù)或減少變量的個(gè)數(shù).

【例3】（2021年江西贛州高三期中考改編）已知函數(shù)f（x）=12x2－x+alnx，若函數(shù)f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，證明：f（x1）+f（x2）gt;－ln22－34.

解析：f′（x）=x－1+ax=x2－x+ax（xgt;0），∵f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，

∴x2－x+a=0在（0，+∞）上有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根x1，x2，則x1+x2=1gt;0，x1x2=agt;0，

且Δ=1－4agt;0，∴0lt;alt;14.

由題意，得f（x1）+f（x2）=12x12－x1+alnx1+12x22－x2+alnx2

=12（x12+x22）－（x1+x2）+aln（x1x2）=12（x1+x2）2－x1x2－（x1+x2）+aln（x1x2）

=12－a－1+alna=alna－a－12.

令h（x）=xlnx－x－12（0lt;xlt;14），h'（x）=lnxlt;0，∴h（x）在（0，14）上單調(diào)遞減，

∴h（x）gt;h（14）=－ln22－34，∴f（x1）+f（x2）gt;－ln22－34.

評(píng)注：此法主要是利用導(dǎo)數(shù)，將函數(shù)的極值點(diǎn)轉(zhuǎn)化為導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)（一般是轉(zhuǎn)化為一元二次函數(shù)的零點(diǎn)），進(jìn)而建立參數(shù)與極值點(diǎn)之間的關(guān)系，再利用此關(guān)系減少變量，從而簡(jiǎn)化目標(biāo)函數(shù).

【練習(xí)3】（2021年浙江高二下期中考）已知函數(shù)f（x）=1x－x+alnx.

（1）討論f（x）的單調(diào)性；

（2）若f（x）存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，證明：f（x1）－f（x2）x1－x2lt;a－2.

解析：（1）由題意，得：f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），f′（x）=－x2+ax－1x2.

令g（x）=－x2+ax－1（xgt;0），g（x）開口向下，對(duì)稱軸為x=a2.

①當(dāng)a≤0時(shí)，∵g（0）=－1，∴g（x）lt;0，即f′（x）lt;0，∴f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減；

②當(dāng)agt;0時(shí)，Δ=a2－4；

當(dāng)0lt;a≤2時(shí)，Δ=a2－4≤0，g（x）≤0，即f′（x）≤0，∴f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減；

當(dāng)agt;2時(shí)，Δ=a2－4gt;0，g（x）的零點(diǎn)為x1=a－a2－42，x2=a+a2－42，且0lt;x1lt;x2，

∴當(dāng)x∈（0，a－a2－42）和x∈（a+a2－42，+∞）時(shí)，g（x）lt;0，即f′（x）lt;0，∴f（x）單調(diào)遞減；

當(dāng)x∈［a－a2－42，a+a2－42］時(shí)，g（x）≥0，即f′（x）≥0，∴f（x）單調(diào)遞增.

綜上所述，當(dāng)a≤2時(shí)，f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減.

當(dāng)agt;2時(shí)，f（x）在（0，a－a2－42），（a+a2－42，+∞）單調(diào)遞減，

在［a－a2－42，a+a2－42］單調(diào)遞增.

（2）由（1）可得agt;2，x1x2=1，不妨設(shè)x1lt;x2，則0lt;x1lt;1lt;x2.

f（x1）－f（x2）x1－x2=－1x1x2－1+alnx1－lnx2x1－x2=－2+alnx1－lnx2x1－x2=－2+a－2lnx21x2－x2，

∴要證f（x1）－f（x2）x1－x2lt;a－2，即證－2lnx21x2－x2lt;1，即證1x2－x2+2lnx2lt;0.

令g（x）=1x－x+2lnx（xgt;1），由（1）可得g（x）在（1，+∞）單調(diào)遞減，

∴g（x）lt;g（1）=0，即1x2－x2+2lnx2lt;0，得證.

策略4：對(duì)數(shù)平均不等式法

這種解題策略的解題步驟如下：

步驟1：由題設(shè)條件構(gòu)造含有對(duì)數(shù)lnx1，lnx2的等式；

步驟2：將所得含對(duì)數(shù)的等式進(jìn)行變形得到類似于x1－x2lnx1－lnx2的結(jié)構(gòu)；

步驟3：利用對(duì)數(shù)均值不等式：x1x2lt;x1－x2lnx1－lnx2lt;x1+x22（x1gt;0，x2gt;0，x1≠x2）來(lái)證明對(duì)應(yīng)的問(wèn)題.

【例4】（2022年深圳高三一模（改編））已知函數(shù)f（x）=2lnx－（a+1）x2－2ax+1（－1lt;alt;0）有兩個(gè)不相等的零點(diǎn)x1，x2，求證：x1+x2gt;21a+1.

解析：由題意，可得：

2lnx1－（a+1）x21－2ax1+1=0，2lnx2－（a+1）x22－2ax2+1=0，兩式相減得：

2（lnx1－lnx2）+（a+1）（x22－x21）+2a（x2－x1）=0，整理可得：

x1－x2lnx1－lnx2=2（a+1）（x1+x2）+2a，根據(jù)對(duì)數(shù)均值不等式，可得

x1+x22gt;2（a+1）（x1+x2）+2a，即［（x1+x2）+2］［（a+1）（x1+x2）－2］gt;0，

∵x1+x2+2gt;0，－1lt;alt;0，∴x1+x2gt;2a+1.

又∵1a+1gt;1，∴2a+1gt;21a+1，∴x1+x2gt;21a+1.

評(píng)注：對(duì)數(shù)均值不等式法使得證明的思路更加簡(jiǎn)潔，若函數(shù)中帶有對(duì)數(shù)，則可以考慮這個(gè)方法.不足的是，在高考中，對(duì)數(shù)均值不等式不能直接使用，在解答過(guò)程中要先對(duì)該不等式進(jìn)行證明.

【練習(xí)4】（2022年山東臨沂二模改編）已知g（x）=x－12sinx－mlnx，存在x1，x2∈（0，+∞），當(dāng)x1≠x2時(shí)，g（x1）=g（x2），求證：x1x2lt;4m2.

解析：不妨設(shè)0lt;x1lt;x2，∵g（x1）=g（x2），∴x1－12sinx1－mlnx1=x2－12sinx2－mlnx2，

∴m（lnx2－lnx1）=x2－x1－12（sinx2－sinx1）.令y=x－sinx（xgt;0），則y'=1－cosx≥0，

∴函數(shù)y在（0，+∞）上單調(diào)遞增，∴x2－sinx2gt;x1－sinx1，

∴m（lnx2－lnx1）gt;x2－x1－12（x2－x1）=12（x2－x1），∴2mgt;x2－x1（lnx2－lnx1）gt;0

由對(duì)數(shù)均值不等式，可得2mgt;x2－x1（lnx2－lnx1）gt;x1x2，∴x1x2lt;4m2.

函數(shù)的極值點(diǎn)偏移問(wèn)題是考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的重點(diǎn)題型之一，上述提出了四種解決極值點(diǎn)偏移問(wèn)題的策略，在實(shí)際解決問(wèn)題的過(guò)程中，還需要針對(duì)具體問(wèn)題進(jìn)行具體分析，盡量選取解決問(wèn)題的最優(yōu)策略.

【本文系全國(guó)教育規(guī)劃課題（教育部重點(diǎn)課題）“粵港澳大灣區(qū)背景下中學(xué)拔尖創(chuàng)新人才高中-高校貫通式培養(yǎng)的路徑研究”（立項(xiàng)號(hào)：DHA230397，主持人：葉麗琳）研究成果】

【作者簡(jiǎn)介：中學(xué)數(shù)學(xué)教師，曾獲2024年廣州市中學(xué)數(shù)學(xué)教師教學(xué)設(shè)計(jì)比賽一等獎(jiǎng)，華南師范大學(xué)研究生說(shuō)課技能大賽二等獎(jiǎng)等】

責(zé)任編輯 "徐國(guó)堅(jiān)