浅谈极值点偏移问题的解题策略-《中学生数理化》高二数学2026年7～8月刊

中学生数理化 解题篇经典题突破方法 高三数学2026年7-8月 浅谈极值点偏移问题的解题策略 ■张家口市第一中学 李春红 极值点偏移是指函数在极值点左右的增 a-√a'-2a 单调递减区间是 减速度不一样，导致函数的图像不具有对称 2a 性。这类题往往对思维能力要求较高，解题 √a2-2a ,+∞ 过程较为烦琐，计算量较大。解决极值点偏 2a 移问题，常见的解法有构造对称函数法和比 (2)由对称性，不妨设x1<x2。 值代换法，二者各有千秋，各具特色。 因为f(2)=4a,所以f(x1)十f(x2)= 一、极值点偏移的概念 2f(2)。 已知函数y=f(x)是连续函数，在区间 若2≤x1<x2,a>0,由(1)得f(x)在(1， (a,b)内只有一个极值点x。,f(x1)= 十∞)上单调递增，即f(2)≤f(x1)<f(x2), ∫(x:),且x。在x1与x:之间，由于函数在 f(x1)+f(x2)>2f(2),与已知条件矛盾。 当x1<x2≤2时，同理可推出矛盾。 极值点左右两侧的变化速度不同，使得极值 点偏向变化速度快的一侧，常常有x。≠ 因此号<1<2<t,即2<4-x1… 工十工，这种情况称为极值点偏移。 要证明x1十x2<4,只需证明x2<4一x1。 2 因为当a>0时，f(x)在(1，+∞)上单 二、极值点偏移问题的处理方法 调递增，所以只需证明f(x2)<f(4一x1)。 (一)对称构造法求极值点偏移问题 又因为f(x1)+f(x2)=8a,所以只需 例1已知函数f(x)=a.x2+ln(x-1)。 证明8a一f(x1)<f(4一x1)。 (1)求函数f(x)的单调区间； 构造函数h(x)=f(4一x)十f(x) (2)若a>2,在区间（号十∞）内存在不 8ax∈（号2），其中h(2)=2f(2)-8a=0. 等实数x1,x2,使得f(x1)十f(x)=8a,证 则h'(x)=一f'(4-x)+f'(x) 明：x1十x<4。 1 1 =2a.x+ x-1-2a4-x)-3= 解析：(1)函数f(x)的定义域为(1，十∞)， 4-2x f)-a+2ar2 =4a(x-2)+(x-1)(3-x) x一1 =(x-2)[a--D(3-D 2 ①若a=0,则f(x)=ln(x一1)，f(x) 的单调递增区间为(1，十∞)，无递减区间。 ②若a≠0，则二次函数p(x)=2a.x2 易知是 <x<2,故x-2<0,2< 2ar+1的对称轴是x=合g(0)=g1)=1 8 (x-1)(3-x)3 当a>0时，9(x)在(1，+∞)上恒大于 当a>2时，4a-(x-1)3-)>0。 0,从而f'(x)>0,函数f(x)的单调递增区 间是(1，十©∞)。 故(x)<0h(x)在（停，2）上单调递 当a<0时，若x∈（1，a-a-2a ,则 减，h(x)>h(2)=0。 2a a-v√a-2a 因此当x∈（受，2）时f(4-x)+f(x) f'(x)>0;若x∈ ,+∞，则 2a -8a>0,即8a-f(x1)<f(4-x1)成立，故 f'(x)<0。 f(x2)<f(4-x1)。 此时函数f(x)的单调递增区间是 由∫(x)在定义域内单调递增，得x:< 42 高二数学等突被方清中学生教理化 解题篇经典题突破方法 4一x1,即x1+x2<4成立。 解析：不妨设x1>x2。 例2已知函数f(x)=x+3+21nx In xi-ax=0,In x2 -ax:=0,In x+ lnx2=a(x1十x2),lnx1-lnx2=a(x1-x2)。 一a(a∈R)有两个不同的零点x1,x2,求证： x1xg>1。 因此n二n飞=a。 x1一x2 解析：了（x)=1-三+是 欲证x1x,>e,即证lnx1+lnx2>2。 x 已知lnx1十lnx2=a(x1十x2),即证 (x十3)(x-1,当x=1时，f'(x)=0。假 2 x a> x1十x2 设0<x1<1<x2,构造函数g(x)=f(x) 因此原命题等价于证明ln1一ln f()x>1. x1一xg 2 因此g(x)= ,即证1n>2(x,-x) -2.x+4lnx,则g'(x) x1+x xx1十x x =-2(x-1) <0,g(x)在(1，十∞)上单调 令1=县>1 x 递减。 构谁0-n1-g-,4>1,则 易知g(1)=0,且x2>1,故g(x2)< g1)=0,即fx)<f()成立。 g)-aa0e)在 (1,十∞)上单调递增。 已知f)=f,)故fx)()。 又g(1)=0,故g(t)>g(1)=0。 当x∈(0,1)时，f'(x)=x+3)(-1D 因此a公2D,即，c 2 2.差值换元法求极值点偏移问题 <0,函数f(x)在(0,1)上单调递减，故x1> 例4已知函数f(x)=xe(x∈R), 1,即x1x>1,得证。 假如x1≠x2,且f(x1)=f(x2),证明：x1十 点评：对称变换求极值点偏移，主要用来 x2>2。 解决与两个极值点之和、积相关的不等式的 解析：由题意知函数f(x)=xer(x∈ 证明问题。解题的关键在于构造函数，对 R),则f'(x)=(1一x)e。 x1十x>2x。型结论，构造函数F(x)= 当x<1时，f'(x)>0: f(x)-f(2x。-x)或F(x)=f(x。十x)- 当x>1时，f'(x)<0。 f(x。一x),判断函数F(x)在某段区间上的 可得函数f(x)在（一∞，1）上单调递增， 正负，并得出f(x)与∫(2x。一x)的大小关 在(1，十∞)上单调递减。 系，进一步转化为x与2x。一x之间的关系， 由f(x1)=f(x2),可得x1e1=xe,化 进而得到所证或所求；对x1·x2>x。型结 简得e-① 论，构造函数F(x)=f(x)-(）,通过 不妨设x:>x1,可得0<x1<1<x2。 研究F(x)的单调性获得不等式的证明。 令t=x2一x1,则t>0,x:=t+x1,代入 (二)消参减元法求极值点偏移问题 1.比值代换法求极值点偏移问题 ①式，可得c解得x一亡 例3已知函数f(x)=lnx一ax,a 则x1十x:=2x1十t=21 为常数，若函数f(x)有两个零点x1,x2,证 明：x1·x2>e。 故要证x1十x>2,即证21 e-1+>2。 43 解题篇经典题突破方法 中学生数理化高二数学2026年7一8月 易知一1>0，等价于证明2t十(t一2)· f(x)f(2a-x)。 (e‘-1)>0。② 因为0<x1<a<x:,所以f(x1)<f(2a 构造函数G(t)=2t+(t一2)·(e一1)， 一x1)。 t>0,则G'(t)=(t-1)e+1,G"(t)=te>0。 又f(x1)=f(x),a<2a-x1<2a,故 故G'(t)在(0，十∞)上单调递增， f(x2)<f(2a-x1)。 G'(t)>G'(0)=0。 因为f(x)在(a,十∞)上单调递减，所以 从而G(t)在(0，十∞)上单调递增， x2>2a-x1,即x1十x2>2a。 G(t)>G(0)=0。 故②式成立，也即原不等式x1十x:>2 例6已知f()=xn-子mr 成立。 x,若f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2, 点评：比（差）值换元的目的是消参、减 求证：x1x2>e(e为自然对数的底数)。 元，就是根据已知条件建立极值，点之间的关 1 系，然后把两个极值点之比（差）作为变量，从 解析：f（x)=xnx-2mx-,则 而实现消参、减元的目的。设法用比值（一般 f'(x)=lnx-mx。 f(x)在(0，十∞)上存在两个极值点x1, 用t表示)表示两个极值点，即t=,化为单 lnx1一mx1=0, x2,且x1<x2,故 变量的函数不等式，继而将所求问题转化为 lnx:-mx2=0。 关于t的函数问题。 整理得m= lnx1+lnx2,且m= x1十x2 例5已知函数f(x)=2alnx-x+ In z-In x: 2(a一1)x十a。若f(x)有两个不同的零点 x1一x2 x1,x2,求a的取值范围并证明x1十x2>2a。 解析：f(x)有两个不同的零点x1,x2,则 nx,十ln_lnx-ln,即nx,+ 故 x1十x2 xI-T2 f(x)在定义域内不单调。 易知f(x)=20-2x+2(a-1)= (1) In x,- x+In x1-x2 xL一1 -2(x-a)(x+1) x 设t=∈(0,1)，则1nx,+1nx1= 当a0时，f'(x)<0在(0，十∞)上恒 成立，则∫(x)在(0，十∞)上单调递减，不符 (t+1)Int t-1 合题意。 要证x1x2>e,即证lnx1十lnx2>2。 当a>0时，若x∈(0，a),则f'(x)>0; 若x∈(a,+∞)，则f'(x)<0。 只需证明t十1lnt>2,即证明1nt t一1 所以f(x)在(0，a)上单调递增，在(a, 2(t-1) 0。 十o∞)上单调递减。不妨设0<x1<a<x2, t+1 令F(x)=f(x)-f(2a-x),0<x<a。 则F'(x)=f'(x)+f'(2a-x)=2a 设)=1-2+则A04) 14(t-1)2 2x+2(a-1)+2a-x 2a t+1)-:+1)>0. -2(2a-x)+2(a- 故h(t)在(0,1)上单调递增，h(t) 1)= 4(a-x)2 x(2a-x) h(1)=0,即h(t)=lnt- 2(t-1D<0。 t+1 当x∈(0，a)时，F'(x)>0,F(x)单调递 因此lnx1+lnx>2,即x1x2>e。 增，F(x)<F(a)=f(a)-f(2a-a)=0,故 (责任编辑徐利杰) 44