前言
极值点偏移问题，可以说是高中数学学习中最难的数学问题之一。
含义与判定
极值点偏移的含义:
若单峰函数 (f(x)) 的极值点为(x_0)，则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如下表所示.
| 偏移类型 | 极值点(x_0)偏移情况 | 函数值的大小关系 | 示意图像 |
|---|---|---|---|
| 极值点 不偏移 |
(x_0=cfrac{x_1+x_2}{2}) | (f(x_1)=f(2x_0-x_2)) |  |
| 极值点 偏移 |
极值点左移; (x_0<cfrac{x_1+x_2}{2}) |
峰口向上; (f(x_1)>f(2x_0-x_2)) |
 |
| 极值点 偏移 |
极值点左移; (x_0<cfrac{x_1+x_2}{2}) |
峰口向下; (f(x_1)>f(2x_0-x_2)) |
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| 极值点 偏移 |
极值点右移; (x_0>cfrac{x_1+x_2}{2}) |
峰口向上; (f(x_1)>f(2x_0-x_2)) |
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| 极值点 偏移 |
极值点右移; (x_0>cfrac{x_1+x_2}{2}) |
峰口向下; (f(x_1)<f(2x_0-x_2)) |
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题型及解法
函数极值点偏移问题的题型及解法
(1)极值点偏移问题的题设一般有以下四种形式：
①若函数(f(x)) 在定义域上存在两个零点(x_1)，(x_2)((x_1 eq x2))，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)) 在定义域上存在(x_1)，(x_2)((x_1 eq x2))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)((x_1 eq x_2))，令(x_0＝cfrac{x_1＋x_2}{2})，求证：(f'(x_0)>0)；
④若在函数(f(x)) 的定义域上存在(x_1)，(x_2)((x_1 eq x_2))满足(f(x_1)＝f(x_2))，令(x_0＝cfrac{x_1＋x_2}{2})，求证：(f'(x_0)>0)；
典例剖析
【法一】：[抓极值点构造函数]由题意，函数(f(x))有两个零点(x_1)，(x_2)((x_1)( eq)(x_2))，即(f(x_1)＝f(x_2)＝0)，
易知(ln x_1)，(ln x_2)是方程(x＝acdot e^x)的两根。设(t_1＝ln x_1)，(t_2＝ln x_2)，
设(g(x)＝xcdot e^{-x})，则(g(t_1)＝g(t_2))，
从而(x_1x_2>e^2) (Leftrightarrow) (ln x_{_1}＋ln x_2>2) (Leftrightarrow) (t_1＋t_2>2).
以下证明：(t_1＋t_2>2).
(g'(x)＝(1－x)e^{-x})，易得(g(x))在((-infty，1))上单调递增，在((1，+infty))上单调递减，
所以函数(g(x))在(x＝1)处取得极大值(g(1)＝cfrac{1}{e}).
当(x ightarrow -infty)时，(g(x) ightarrow -infty)；
当(x ightarrow +infty)时，(g(x) ightarrow 0) 且(g(x)>0)；
由(g(t_1)＝g(t_2))，(t_1 eq t_2)，不妨设(t_1<t_2)，
作出函数(g(x))的图像，如图所示，由图知必有(0<t_1<1<t_2)，
令(F(x)＝g(1＋x)- g(1－x))，(x∈(0，1])，
则(F'(x)＝g'(1＋x)－g'(1－x))(＝cfrac{x}{e^{x＋1}}(e^{2x}－1)>0)，所以(F(x))在((0，1])上单调递增，
所以(F(x)>F(0)＝0)对任意的(x∈(0，1])恒成立，即(g(1＋x)>g(1－x))对任意的(x∈(0，1])恒成立。
由(0<t_1<1<t_2)，得(1－t_1∈(0，1])，
所以(g(1＋(1－t_1))＝g(2－t_1)>g(1－(1－t_1))＝g(t_1)＝g(t_2))，
即(g(2－t_1)>g(t_2))，又(2－t_1)，(t_2∈(1，＋∞))，
且(g(x))在((1，＋∞))上单调递减，所以(2－t_1<t_2)，
即(t_1＋t_2>2)，故(x_1x_2>e^2).
[法1总结]：上述解题过程就是解决极值点偏移问题的最基本的方法，共有四个解题要点：
(1)求函数(g(x))的极值点(x_0)，
(2)构造函数(F(x)＝g(x_0＋x)－g(x_0－x))，
(3)确定函数(F(x))的单调性，
(4)结合(F(0)＝0)，确定(g(x_0＋x))与(g(x_0－x))的大小关系．
其口诀为：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．
【法二】：[巧抓“根差”—(s＝Delta t＝t_2－t_1)构造函数]由题意，函数(f(x))有两个零点(x_1)，(x_2)((x_1 eq x_2))，
即(f(x_1)＝f(x_2)＝0)，易知(ln x_1)，(ln x_2)是方程(x＝acdot e^x)的两根．
设(t_1＝ln x_1)，(t_2＝ln x_2)，设(g(x)＝xcdot e^{-x})，则(g(t_1)＝g(t_2))，
从而(x_1x_2>e^2) (Leftrightarrow) (ln x_{_1}＋ln x_2>2) (Leftrightarrow) (t_1＋t_2>2).
以下证明：(t_1＋t_2>2).
由(g(t_1)＝g(t_2))，得(t_1e^{-t_1}＝t_2e^{-t_2})，
化简得(e^{t_2－t_1}＝cfrac{t_2}{t_1})，①
不妨设(t_2>t_1)，由法一知，(0<t_1<1<t_2).
令(s＝t_2－t_1)，则(s>0)，(t_2＝s＋t_1)，
代入①式，得(e^s＝cfrac{s＋t_1}{t_1})，解得(t_1＝cfrac{s}{e^s－1}).
则(t_1＋t_2＝2t_1＋s＝cfrac{2s}{e^s－1}＋s)，
故要证(t_1＋t_2>2)，即证(cfrac{2s}{e^s－1}＋s>2)，
即证(2s＋(s－2)(e^s－1)>0)，②
令(G(s)＝2s＋(s－2)(e^s－1)(s>0))，
则(G'(s)＝(s－1)e^s＋1)，(G''(s)＝se^s>0)，
故(G'(s))在((0，＋∞))上单调递增，所以(G'(s)>G'(0)＝0)，
从而(G(s))在((0，＋∞))上单调递增，所以(G(s)>G(0)＝0)，
所以②式成立，故(t_1＋t_2>2)，故(x_1x_2>e^2).
[法2总结] 该方法的关键是巧妙引入变量(s)，然后利用等量关系，把(t_1)，(t_2)消掉，从而构造相应的函数，转化所证问题．其解题要点为：
(1). 取差构元：记(s＝t_2－t_1)，则(t_2＝t_1＋s)，利用该式消掉(t_2)，
(2). 巧解消参：利用(g(t_1)＝g(t_2))，构造方程，解之，利用(s)表示(t_1)，
(3). 构造函数：依据消参之后所得不等式的形式，构造关于(s)的函数(G(s))，
(4). 转化求解：利用导数研究函数(G(s))的单调性和最小值，从而证得结论．
【法三】：[巧抓“根商” — (c＝cfrac{x_1}{x_2})构造函数]不妨设(x_1>x_2)，
因为(ln x_1－ax_1＝0)，(ln x_2－ax_2＝0)，
所以(ln x_1＋ln x_2＝a(x_1＋x_2))，(ln x_1－ln x_2＝a(x_1－x_2))，所以(cfrac{ln x_1－ln x2}{x_1－x_2}＝a)，
欲证(x_1x_2>e^2)，即证(ln x_1＋ln x_2>2)，
因为(ln x_1＋ln x_2＝a(x_1＋x_2))，
所以即证(a>cfrac{2}{x_1＋x_2})，
所以原问题等价于证明(cfrac{ln x_1－ln x_2}{x_1－x_2}>cfrac{2}{x_1＋x_2})，
即(ln cfrac{x_1}{x_2}>cfrac{2(x_1－x_2)}{x_1＋x_2})，
令(c＝cfrac{x_1}{x_2}(c>1))，则不等式变为(ln c>cfrac{2(c－1)}{c＋1})，
令(h(c)＝ln c-cfrac{2(c－1)}{c＋1})，(c>1)，
所以(h'(c)＝cfrac{1}{c}-cfrac{4}{(c＋1)^2}＝cfrac{(c－1)^2}{c(c＋1)^2}>0)，
所以(h(c))在((1，＋∞))上单调递增，
所以(h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0)，即(ln c-cfrac{2(c－1)}{c＋1})，(c>1)，
因此原不等式(x_1x_2>e^2)得证．
[法3总结]：该方法的基本思路是直接消掉参数(a)，再结合所证问题，巧妙引入变量(c＝cfrac{x_1}{x_2})，从而构造相应的函数．其解题要点为：
(1). 联立消参：利用方程(f(x_1)＝f(x_2))消掉解析式中的参数(a)，
(2). 抓商构元：令(c＝cfrac{x_1}{x_2})，消掉变量(x_1)，(x_2)，构造关于(c)的函数(h(c))，
(3). 用导求解：利用导数求解函数(h(c))的最小值，从而可证得结论．
(1).当(m=cfrac{1}{2})时，求函段(f(x))在区间([1,4])上的最值.
当(m=cfrac{1}{2})时，(f(x)=cfrac{1}{2} x+cfrac{1}{2}+cfrac{3}{2x}-ln x)，函数(f(x))的定义域为((0,+infty))
所以(f^{prime}(x)=cfrac{1}{2}-cfrac{3}{2x^{2}}-cfrac{1}{x}=cfrac{(x+1)(x-3)}{2x^{2}}),
当(xin[1,3))时，(f^{prime}(x)<0)，(f(x))单调递减，
当(xin(3,4])时，(f^{prime}(x)>0)，函数(f(x))单调递增。
所以函数(f(x))在区间([1,4])上的最小值为(f(3)=cfrac{5}{2}-ln3)，
又(f(1)=cfrac{1}{2}+cfrac{1}{2}+cfrac{3}{2}-ln1=cfrac{5}{2})，
(f(4)=cfrac{23}{8}-2ln2)，显然(f(1)>f(4))，
所以函数(f(x))在区间([1,4])上的最小值为(cfrac{5}{2}-ln3)，最大值为(cfrac{5}{2})。
(2).若(x_{1})，(x_{2})是函数(g(x)=xf(x))的两个极值点，且(x_{1}<x_{2})，求证：(x_{1}x_{2}<1).
证明: 因为(g(x)=xf(x)=cfrac{1}{2}x^{2}+mx+cfrac{3}{2}-xln x)，
所以(g^{prime}(x)=x+m-(1+ln x))，因为函数(g(x))有两个不同的极值点，
所以(g^{prime}(x)=x+m-(1+ln x))，有两个不同的零点，
因此(m=1-x+ln x)有两个不同的实数根，
令(p(x)=1-x+ln x)，则(p^{prime}(x)=cfrac{1-x}{x})，
当(xin(0,1))时，则(p^{prime}(x)>0)，函数(p(x))单调递增；
当(xin(1,+infty))，则(p^{prime}(x)<0)，函数(p(x))单调递减增；
所以函数(p(x))的最大值为(p(1)=1-1+ln 1=0)
所以当直线(y=m)与函数图像有两个不同的交点时，有(m<0)且(0<x_{1}<1<x_{2})
要证(x_{1}x_{2}<1)，只要证(x_{2}<cfrac{1}{x_{1}})，
易知函数(q(x)=g^{prime}(x)=x+m-(1+ln x))在((1,+infty))上单调递增
所以只需证(q(x_{2})<q(cfrac{1}{x_{1}}))，又由题可知(q(x_{2})=q(x_{1})=0)
所以(m=1-x_{1}+ln x_{1})，
即证 (q(cfrac{1}{x_{1}})=cfrac{1}{x_{1}}+m-1-ln cfrac{1}{x_{1}}=cfrac{1}{x_{1}}+1-x_{1}+ln x_{1}-1-ln cfrac{1}{x_{1}}=cfrac{1}{x_{1}}-x_{1}+2 ln x_{1}>0)
记(h(x)=cfrac{1}{x}-x+2ln x)，则(h^{prime}(x)=-cfrac{1}{x^{2}}-1+cfrac{2}{x}=-cfrac{(x-1)^{2}}{x^{2}}<0) 恒成立
所以函数(h(x))在(xin(0,1))上单调递减，所以当(xin(0,1))时，(h(x)>h(1)=1-1=0)
所以(q(cfrac{1}{x_{1}})>0)，因此 (x_{1} x_{2}<1)。
(1).试确定函数(f(x))的零点个数；
分析：碰到这样的函数的零点个数问题，我们一般不应该想到通过解方程[从数的角度]来求解得到，原因是函数是个超越函数，其中含有(e^x)的因子，而应该想到通过形的角度思考，转化为两个函数的图像的交点个数问题。
解析：由 (f(x)=0) 得 (a=(2-x)cdot e^x)，令 (g(x)=(2-x)cdot e^x)，
则函数(f(x)) 的零点个数即直线 (y=a) 与曲线 (g(x)=(2-x)cdot e^x) 的交点个数；
以下的难点和重点是如何作出函数(g(x))的图像；由于函数的形式复杂，故想到用导数工具；
函数(g(x))的定义域为((-infty,+infty))，由于(g'(x)=-1cdot e^x+(2-x)cdot e^x=(1-x)cdot e^x)，
由 (g'(x)>0) 得 (x<1)， 故函数 (g(x)) 在 ((-infty,1))上单调递增，
由 (g'(x)<0) 得 (x>1)， 故函数 (g(x)) 在 ((1,+infty))上单调递减，
由于(x=1) 时，函数 (g(x)) 有最大值， (g(x)_{max }=g(1)=e)；
又当 (x<2) 时，(g(x)>0)，(g(2)=0)，当 (x>2) 时， (g(x)<0)，
作出函数 (g(x)) 的大致图像如图所示，
由图像可知，
当(aleqslant 0)时，函数(y=a)与函数(g(x))的交点个数为一个，故函数(f(x))的零点个数为一个；
当(0<a<e)时，函数(y=a)与函数(g(x))的交点个数为两个，故函数(f(x))的零点个数为两个；
当(a=e)时，函数(y=a)与函数(g(x))的交点个数为一个，故函数(f(x))的零点个数为一个；
当(a>e)时，函数(y=a)与函数(g(x))的交点个数为零个，故函数(f(x))的零点个数为零个；
(2).设(x_1)，(x_2)是函数(f(x))的两个零点，证明：(x_1+x_2<2)；
法一：函数 (f(x)) 的零点即直线 (y=a) 与曲线 (g(x)=(2-x)e^{x}) 的交点的横坐标，
由(1)知 (0<a<e)，不妨设 (x_{1}<1<x_{2})，得 (2-x_{2}<1)，
由函数 (g(x)=(2-x)e^{x}) 在 ((-infty,1))上单调递增，在((1，+infty))上单调递减，
函数 (f(x)=-g(x)+a) 在 ((-infty, 1))上单调递减，在((1，+infty))上单调递增；
要证 (x_{1}+x_{2}<2)，只需证 (x_{1}<2-x_{2})，只需证 (f(x_{1})>f(2-x_{2}))，
又 (f(x_{1})=0)，故要证 (f(2-x_{2})<0)，
由 (a=g(x_{2})) 得 (f(2-x_{2})=-x_{2}e^{2-x_2}+a=-x_{2}e^{2-x_2}-(x_2-2)e^{x_2}(x_{2}>1))
构造函数 (h(x)=-xe^{2-x}-(x-2)e^{x})，则 (h'(x)=(1-x)(e^{x}-e^{2-x}))，
当 (x>1) 时， (e^{x}>e^{2-x})，(h'(x)<0)，故函数 (h(x)) 在 ((1,+infty)) 上单调递减，
当 (x>1) 时，(h(x)<h(1)=0)，
即当 (x_{2}>1) 时， (f(2-x_{2})<0)， 即 (x_{1}+x_{2}<2)；
法二: 由(1)知 (0<a<e)，不妨设 (x_{1}<1<x_{2})，设 (F(x)=f(x)-f(2-x)(x>1))，
则 (F(x)=(x-2)e^{x}+xe^{2-x})，(F'(x)=(1-x)(e^{2-x}-e^{x}))
易知 (y=e^{2-x}-e^{x}) 是减函数， 故当 (x>1) 时，(e^{2-x}-e^{x}<e-e=0)，
又 (1-x<0)， 故 (F'(x)>0)， (F(x)) 在 ((1,+infty)) 上单调递增，
故当 (x>1) 时，(F(x)>0)，即 (f(x)>f(2-x))，
由 (x_{2}>1) 得 (f(x_{2})>f(2-x_{2}))，又 (f(x_{2})=0=f(x_{1}))，
故(f(2-x_{2})<f(x_{1}))
由 (g(x)=(2-x)e^{x}) 在 ((-infty,1))上单调递增，得 (f(x)=-g(x)+a) 在 ((-infty,1))上单调递减，
又 (2-x_{2}<1)， (2-x_{2}>x_{1})，即(x_{1}+x_{2}<2)；