極值點偏移問題1.極值點不偏移已知函數(shù)f（x）圖象的頂點的橫坐標(biāo)就是極值點x0，若f（x）＝c的兩根的中點剛好滿足x1＋x22＝x0，即極值點在兩根的正中間，也就是說極值點沒有偏移.此時函數(shù)f（x）在x＝x0兩側(cè)，函數(shù)值變化快慢相同（無偏移，左右對稱，如二次函數(shù)）若f（x1）＝f（x2），則x1＋x2＝2x0.2.極值點偏移若x1＋x22≠x0，則極值點偏移，此時函數(shù)f（x）在x＝x0兩側(cè)，函數(shù)值變化快慢不同，如圖（圖2左陡右緩，極值點向左偏移）若f（x1）＝f（x2），則x1＋x2＞2x0；（圖3左緩右陡，極值點向右偏移）若f（x1）＝f（x2），則x1＋x2＜2x0.一、對稱化構(gòu)造函數(shù)求解極值點偏移問題已知函數(shù)f（x）＝（x－2）ex＋a（x－1）2有兩個零點，a＞0，設(shè)x1，x2是f（x）的兩個零點，證明：x1＋x2＜2.證明：f'（x）＝（x－1）（ex＋2a），∴f（x）的極小值點為x＝1.∵f（x1）＝f（x2）＝0，不妨設(shè)x1＜1＜x2，要證x1＋x2＜2，即證x2＜2－x1.若2－x1和x2屬于某一個單調(diào)區(qū)間，那么只需要比較f（2－x1）和f（x2）的大小，即探求f（2－x）－f（x）的正負(fù)性.于是構(gòu)造輔助函數(shù)F（x）＝f（2－x）－f（x），x＜1，代入整理得F（x）＝－xe－x＋2－（x－2）·ex.求導(dǎo)得F'（x）＝（1－x）（ex－e－x＋2）.當(dāng)x＜1時，F(xiàn)'（x）＜0，則F（x）在（－∞，1）上單調(diào)遞減，于是F（x）＞F（1）＝0，則f（2－x）－f（x）＞0，即f（2－x）＞f（x），x＜1，將x1代入上述不等式中，則f（x2）＝f（x1）＜f（2－x1），即f（x2）＜f（2－x1）.又函數(shù)f（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，且x2，2－x1∈（1，＋∞），∴x2＜2－x1.故x1＋x2＜2得證.規(guī)律方法對稱化構(gòu)造函數(shù)解決極值點偏移問題的步驟（1）求導(dǎo)，獲得f（x）的單調(diào)性，極值情況，求出f（x）的極值點x0，再由f（x1）＝f（x2）得出x1，x2的取值范圍；（2）構(gòu)造輔助函數(shù)（對結(jié)論x1＋x2＞（＜）2x0，構(gòu)造F（x）＝f（x）－f（2x0－x）；對結(jié)論x1x2＞（＜）x02，構(gòu)造F（x）＝f（x）－f（x02x）），求導(dǎo)，限定范圍（x1或x2的范圍（3）代入x1（x2），利用f（x1）＝f（x2）及f（x）的單調(diào)性證明最終結(jié)論.二、比（差）值換元求解極值點偏移問題已知函數(shù)f（x）＝xlnx，設(shè)函數(shù)g（x）＝f（x）+1x，證明：g（x1）＝g（x2）（x1＜x2）時，x1＋x證明：g（x）＝f（x）+1x＝lnx＋1由g（x1）＝g（x2）（x1＜x2），得lnx1＋1x1＝lnx2＋1x2，即x2－要證x1＋x2＞2，需證（x1＋x2）·x2－x1即證x2x1－x1設(shè)x2x1＝t（t＞1），則只需證t－1t＞2lnt（令h（t）＝t－1t－2lnt（t＞1則h'（t）＝1＋1t2－2t＝（1－1t）∴h（t）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，則h（t）＞h（1）＝0，即t－1t＞2lnt故x1＋x2＞2.規(guī)律方法通過代數(shù)變形將所證的雙變量不等式通過代換t＝x1x2（含對數(shù)式時常用）或t＝x1－x2（含指數(shù)式時常用）化為單變量的函數(shù)不等式1.已知函數(shù)f（x）＝2lnx＋2x2－6x－8，令g（x）＝f（x）－3x，正實數(shù)x1，x2滿足g（x1）＋g（x2）＋2x1x2＝0，求x1＋x2的最小值.解：g（x）＝f（x）－3x＝2lnx＋2x2－9x－8（x＞0），∵g（x1）＋g（x2）＋2x1x2＝0，∴2lnx1＋2x12－9x1－8＋2lnx2＋2x22－9x2－8＋2x1x∴2（x1＋x2）2－9（x1＋x2）－16＝2x1x2－2ln（x1x2），令t＝x1x2，h（t）＝2t－2lnt（t＞0），由h'（x）＝2（t－1）t，知當(dāng)t∈（h'（t）＜0，即h（t）單調(diào)遞減；當(dāng)t∈（1，＋∞）時，h'（t）＞0，即h（t）單調(diào)遞增，從而，h（t）min＝h（1）＝2，于是，2（x1＋x2）2－9（x1＋x2）－16≥2，即[2（x1＋x2）＋3]（x1＋x2－6）≥0，而x1，x2＞0，所以x1＋x2≥6，且當(dāng)x1＝3－22，x2＝3＋22時，x1＋x2取最小值6.2.（2025·洛陽聯(lián)考）已知函數(shù)g（x）＝lnx－bx，若g（x）有兩個不同的零點x1，x2.（1）求實數(shù)b的取值范圍；（2）求證：lnx1＋lnx2＞2.解：（1）令g（x）＝lnx－bx＝0，得b＝lnxx（x＞令φ（x）＝lnxx（x＞0），則φ'（x）＝由φ'（x）＞0，得0＜x＜e；由φ'（x）＜0，得x＞e.所以函數(shù)φ（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，＋∞）上單調(diào)遞減.所以φ（x）max＝φ（e）＝1e又φ（1）＝0，且當(dāng)x→＋∞時，φ（x）→0；當(dāng)x→0時，φ（x）→－∞，由于g（x）有兩個不同的零點，則直線y＝b與函數(shù)φ（x）的圖象在（0，＋∞）上有兩個不同的交點.所以0＜b＜1e，故實數(shù)b的取值范圍為（0，1e（2）證明：法一（比值代換）由（1）知，不妨設(shè)1＜x2＜e＜x1，由g（x1）＝g（x2）＝0，得lnx1－bx1＝0，lnx2－bx2＝0，兩式相減得lnx1－lnx2＝b（x1－x2），兩式相加得lnx1＋lnx2＝b（x1＋x2）.欲證lnx1＋lnx2＞2，只需證b（x1＋x2）＞2，即證lnx1即證lnx1x2設(shè)t＝x1x2＞1，則x1＝代入上式得lnt＞2（t－1）故只需證lnt＞2（t－1）設(shè)h（t）＝lnt－2（t－1）則h'（t）＝1t－2（t+1)?2所以h（t）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以h（t）＞h（1）＝0，所以lnt＞2（故lnx1＋lnx2＞2，得證.法二（對稱化構(gòu)造函數(shù)）由（1）知，不妨設(shè)1＜x1＜e＜x2，令t1＝lnx1，t2＝lnx2，則0＜t1＜1＜t2，t1et欲證lnx1＋lnx2＞2，即證t1＋t2＞2.設(shè)k（t）＝tet，t＞0，則k（t1）＝k（t因為k'（t）＝1－所以k（t）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，＋∞）上單調(diào)遞減.當(dāng)t2≥2時，易得t1＋t2＞2；當(dāng)0＜t1＜1＜t2＜2時，要證t1＋t2＞2，即證1＞t1＞2－t2＞0，即證k（t1）＞k（2－t2）.因為k（t1）＝k（t2），所以即證k（t2）＞k（2－t2）.構(gòu)造函數(shù)K（t）＝k（t）－k（2－t）（1＜t＜2），易得K（1）＝0，K'（t）＝k'（t）＋k'（2－