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培优进阶6　极值点偏移问题
1.极值点偏移的概念
已知函数f(x)图象顶点的横坐标就是极值点x0.
(1)若f(x)＝c的两根的中点满足＝x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移.此时函数f(x)在x＝x0两侧的函数值变化快慢相同，如图①所示.
(2)若f(x)＝c的两根的中点≠x0，则称极值点偏移，此时函数f(x)在x＝x0两侧的函数值变化快慢不同，如图②、图③所示.
2.函数极值点偏移问题的四种类型
(1)若函数f(x)在定义域上存在两个零点x1，x2(x1≠x2)，求证：x1＋x2＞2x0(x0为函数f(x)的极值点).
(2)若在函数f(x)的定义域上存在x1，x2(x1≠x2)满足f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2＞2x0(x0为函数f(x)的极值点).
(3)若函数f(x)存在两个零点x1，x2(x1≠x2)，令x0＝，求证：f'(x0)＞0.
(4)若在函数f(x)的定义域上存在x1，x2(x1≠x2)满足f(x1)＝f(x2)，令x0＝，求证：f'(x0)＞0.
技法一　对称构造法
已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点.
(1)求实数a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2＜2.
解：(1)f'(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)·(ex＋2a).
①若a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点.
②若a＞0，则当x∈(－∞，1)时，f'(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f'(x)＞0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
又f(1)＝－e＜0，f(2)＝a＞0，取b满足b＜0且b＜ln，则f(b)＞(b－2)＋a(b－1)2＝a＞0(也可通过极限思想判断函数值正负，如x→－∞时，f(x)→＋∞)，
故f(x)存在两个零点.
③若a＜0，由f'(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a).
若a≥－，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f'(x)＞0，因此f(x)在(1，＋∞)上单调递增.又当x≤1时，f(x)＜0，所以f(x)不存在两个零点.
若a＜－，则ln(－2a)＞1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f'(x)＜0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f'(x)＞0.
因此f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增.又当x≤1时，f(x)＜0，
所以f(x)不存在两个零点.
综上，实数a的取值范围是(0，＋∞).
(2)证明：不妨设x1＜x2.由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x1∈(1，＋∞)，
设F(x)＝f(x)－f(2－x)，
则F'(x)＝f'(x)＋f'(2－x)
＝(x－1)(ex＋2a)＋(1－x)(e2－x＋2a)
＝(x－1)(ex－e2－x)，
所以当x＜1时，F'(x)＞0，F(x)单调递增，
又F(1)＝0，所以当x＜1时，F(x)＜0，
即f(x)＜f(2－x)，
所以f(x2)＝f(x1)＜f(2－x1)，又由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x2＜2－x1，即x1＋x2＜2.
对称构造法求解极值点偏移问题的步骤 第一步，求导：获得f(x)的单调性、极值情况，作出f(x)的图象，由f(x1)＝f(x2)得x1，x2的取值范围(数形结合)； 第二步，构造辅助函数：对结论x1＋x2＞(＜)2x0，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)，求导，讨论F(x)的单调性，进而得不等式； 第三步，代入x1(或x2)：利用f(x1)＝f(x2)及f(x)的单调性证明最终结论. 注意：极值点偏移问题的结论不一定总是x1＋x2＞(＜)2x0，也可能是x1x2＞(＜).
学生用书 第93页
对点练1.(2025·湖南郴州质量检测)已知函数f(x)＝ln x－x2＋1，若设函数f(x)的两个零点为x1，x2，证明：x1＋x2＞2.
证明：f'(x)＝－x＝(x＞0)，
令f'(x)＝0，解得x＝1.
当0＜x＜1时，f'(x)＞0，f(x)在(0，1)上单调递增；
当x＞1时，f'(x)＜0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝＞0，
且当x→0＋时，f(x)→－∞，f(2)＝ln 2－1＜0，
假设x1＜x2，则f(x)的两个零点x1，x2满足0＜x1＜1＜x2＜2.
令F(x)＝f(x)－f(2－x)，
则F'(x)＝f'(x)＋f'(2－x)＝.
当0＜x＜1时，F'(x)＞0，F(x)单调递增，
所以F(x)＜F(1)＝0，即f(x)＜f(2－x).
因为0＜x1＜1＜x2＜2，所以1＜2－x1＜2，
所以f(x2)＝f(x1)＜f(2－x1).
又函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以x2＞2－x1，即x1＋x2＞2.
技法二　比(差)值换元法
已知函数f(x)＝axln x＋b(a，b为实数)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.
(1)求实数a，b的值及函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝，证明：g(x1)＝g(x2)(x1＜x2)时，x1＋x2＞2.
解：(1)f'(x)＝a(1＋ln x)(x＞0)，
由题意得
令f'(x)＝1＋ln x＝0，解得x＝.
当x＞时，f'(x)＞0，f(x)在上单调递增；
当0＜x＜时，f'(x)＜0，f(x)在上单调递减.
所以f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
(2)证明：由(1)得f(x)＝xln x(x＞0)，
故g(x)＝＝ln x＋(x＞0)，
由g(x1)＝g(x2)(x1＜x2)，
得ln x1＋＝ln x2＋，
即＝ln＞0.
要证x1＋x2＞2，即证(x1＋x2)·＞2ln，即证－＞2ln.
设＝t(t＞1)，则需证t－＞2ln t(t＞1).
令h(t)＝t－－2ln t(t＞1)，
则h'(t)＝1＋－＝＞0.
所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，则h(t)＞h(1)＝0，即t－＞2ln t.故x1＋x2＞2得证. 　　比(差)值换元的解题要点：通过t＝或t＝x1－x2，消掉变量x1，x2，构造关于t的函数h(t)进行求解.
对点练2.若x1，x2是函数f＝ex－ax的两个零点，且x1＜x2，求证：x1＋x2＞2且x1x2＜1.
证明：因为x＞0，根据题意结合ex＝ax可知，a＞0，x＝ln a＋ln x，
所以x1－ln x1＝x2－ln x2＝ln a.
令t＝，则t＞1，x2＝tx1，代入上式得x1＝，x2＝.
对于x1＋x2＞2，其等价于＋＞2，即ln t－＞0.
构造函数g＝ln t－，
则g'＝－＝＞0，
所以函数g上单调递增，
所以g＞g(1)＝ln 1－＝0，即x1＋x2＞2得证.
对于x1x2＜1，其等价于＜1，即＜1，即ln t－＋＜0.
令＝b，则b＞1，构造函数h＝ln b2－b＋，
则h'＝－1－＝－＜0，
h上单调递减，所以h＜h(1)＝ln 12－1＋＝0，即x1x2＜1得证.
学生用书 第94页
技法三　消参减元法
已知函数f(x)＝x2－x＋aln x.若函数f(x)有两个极值点x1，x2，证明：f(x1)＋f(x2)＞－－.
证明：由题意得，f'(x)＝x－1＋＝(x＞0).
因为函数f(x)有两个极值点x1，x2，
所以方程x2－x＋a＝0在(0，＋∞)上有两个不同的实数根x1，x2，则且Δ＝1－4a＞0，所以0＜a＜.
由题意得f＋f＝－x1＋aln x1
＋－x2＋aln x2
＝－＋aln
＝－x1x2－＋aln
＝－a－1＋aln a＝aln a－a－.
令h＝aln a－a－(0＜a＜)，
则h'＝ln a＜0，
所以h(a)在上单调递减，
所以h＞h＝－－，
所以f＋f＞－－.
　　消参减元，主要是利用导数把函数的极值点转化为导函数的零点，进而建立参数与极值点之间的关系，消去参数或减少变元，从而简化目标函数.其解题要点如下： 1.建方程：求函数的导函数，令f'(x)＝0，建立极值点所满足的方程，抓住导函数中的关键——导函数解析式中变号的部分(一般为一个二次整式). 2.定关系：根据极值点所满足的方程，利用方程的根的相关知识，建立极值点与方程系数之间的关系. 3.消参减元：根据两个极值点之间的关系，利用和差或积商等运算，化简或转化所求解问题，消掉参数或减少变量的个数.
对点练3.已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：＜a－2.
解：(1)f(x)的定义域是，
f'(x)＝－－1＋＝－.
①若a≤2，则f'(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f'(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
②若a＞2，令f'(x)＝0，得x＝或x＝.
当x∈∪时，f'(x)＜0；
当x∈时，f'(x)＞0.
所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增.
(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，a＞2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，
不妨设x1＜x2，则x2＞1.由于
＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，
所以要证＜a－2即证－x2＋2ln x2＜0.
设函数g(x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.
所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2.
课时分层测评29　极值点偏移问题
(时间：60分钟　满分：60分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1.(13分)(多题同解)(1)已知函数f(x)＝x＋＋2ln x－a有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2＞1.
(2)已知函数f (x)＝x.若x1≠x2且f (x1)＝f (x2)，求证：x1＋x2＞2.
证明：(1)根据题意，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f'(x)＝1－＋＝，
当x∈(0，1)时，f'(x)＜0，所以f(x)在(0，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f'(x)＞0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)在x＝1处取得极小值，也是最小值.
假设x1＜x2，则f(x)的两个零点x1，x2满足0＜x1＜1＜x2，
要证明x1x2＞1，即证明x1＞，即证f＜f.
又f(x1)＝f(x2)，即证f＜f.
构造函数g(x)＝f(x)－f(x＞1).
所以g(x)＝－2x＋4ln x，
所以g'(x)＝＜0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减.
因为g(1)＝0，x2＞1，所以g(x2)＜g(1)＝0，
即f＜f成立，即f(x1)＜f，
即x1x2＞1.
(2)f'(x)＝(1－x)，x∈R.
令f'(x)＞0，得x＜1；令f'(x)＜0，得x＞1，
所以函数f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f (x)有极大值f (1)＝，无极小值.
x→＋∞时，f(x)→0，f(0)＝0，
不妨设0＜x1＜1＜x2，
要证x1＋x2＞2，
只要证x2＞2－x1＞1.
由于f (x)在(1，＋∞)上单调递减，
故只要证f (x2)＜f (2－x1)，
由于f (x1)＝f (x2)，
故只要证f (x1)＜f (2－x1).
令H(x)＝f (x)－f (2－x)＝x－(2－x)(0＜x＜1)，
则H'(x)＝－＝，
因为0＜x＜1，所以1－x＞0，2－x＞x，
所以＞ex，即－ex＞0，
所以H'(x)＞0，所以H(x)在(0，1)上单调递增，
所以H(x)＜H(1)＝0，即有f (x1)＜f (2－x1)成立，所以x1＋x2＞2.
2.(15分)已知函数f(x)＝ex有两个极值点x1，x2.
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：2x1x2＜x1＋x2.
解：(1)因为f(x)＝ex，所以f'(x)＝ex(ex－ax＋a)＋ex＝ex(2ex－ax).
令f'(x)＝0，则2ex＝ax.当a＝0时，不成立.
当a≠0时，＝，令g(x)＝，则g'(x)＝，
当x＜1时，g'(x)＞0，当x＞1时，g'(x)＜0，
所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
又g(1)＝，当x→－∞时，g(x)→－∞，
当x→＋∞时，g(x)→0，
所以当0＜＜，即a＞2e时，f(x)有两个极值点，
故所求实数a的取值范围是(2e，＋∞).
(2)证明：因为g(0)＝0，所以由(1)不妨设0＜x1＜1＜x2，因为x1，x2为f(x)的极值点，
所以
所以x2－x1＝ln x2－ln x1，
要证明2x1x2＜x1＋x2，
可证明2x1x2(ln x2－ln x1)＜－，
即证明2ln ＜－.
设＝t(t＞1)，即要证明2ln t－t＋＜0在t∈(1，＋∞)上恒成立.
记h(t)＝2ln t－t＋，t∈(1，＋∞)，则h'(t)＝－1－＝＝，
当t＞1时，h'(t)＜0，所以h(t)在区间(1，＋∞)上单调递减，
所以当t＞1时，h(t)＜h(1)＝0，即2ln t－t＋＜0，即2x1x2＜x1＋x2.
【教师备选】　已知函数f(x)＝a＋ln x－1恰有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，且x1＋x2≤2ln 3，求的最大值.
解：f'(x)＝(x＞0).
根据题意，f'(x1)＝f'(x2)＝0，
则
两式相除得＝.
设＝t，则t＞1，x2＝tx1，＝t，
所以x1＝，x2＝，所以x1＋x2＝.
设h(t)＝(t＞1)，则h'(t)＝.
设φ(t)＝t－－2ln t(t＞1)，则φ'(t)＝1＋－＝＞0，
所以φ(t)在(1，＋∞)上单调递增，则φ(t)＞φ(1)＝0，所以h'(t)＞0，则h(t)在(1，＋∞)上单调递增.
又x1＋x2≤2ln 3，即h(t)≤2ln 3.
因为h(3)＝2ln 3，所以t∈(1，3]，即的最大值为3.
3.(15分)(2025·广东东莞5月模拟)已知函数f(x)＝x－ln x－m.
(1)若f(x)有两个零点x1，x2，且x2＞x1，求实数m的取值范围；
(2)(一题多解)在(1)的条件下，证明：x1＋x2＞.
解：(1)由题意知f(x)的定义域是(0，＋∞)，f'(x)＝，当0＜x＜1时，f'(x)＜0，
当x＞1时，f'(x)＞0，
故f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
由f(x)有两个零点x1，x2，知f(x)min＝f(1)＝1－m＜0，所以m＞1，
当m＞1时，e－m＜1，em＞1，易知f(e－m)＝e－m＞0，
令s(x)＝ex－2x，x＞1，则s'(x)＝ex－2＞0，故s(x)在(1，＋∞)上单调递增，即s(x)＞e－2＞0，从而f(em)＝em－2m＞0.所以当m＞1时，f(x)有两个零点.
综上，实数m的取值范围是(1，＋∞).
(2)由(1)可得0＜x1＜1＜x2，则2－x1＞1.
法一：对称构造法　先证x1＋x2＞2，即证x2＞2－x1，由f(x)在(1，＋∞)上单调递增可转化为证f(x2)＞f(2－x1).
由f(x1)＝f(x2)＝0可转化为证f(x1)＞f(2－x1)，即证2x1－ln x1＋ln(2－x1)－2＞0.
令g(x)＝2x－ln x＋ln(2－x)－2(0＜x＜1)，
则g'(x)＝＜0，
所以g(x)在(0，1)上单调递减，所以g(x)＞g(1)＝2－ln 1＋ln(2－1)－2＝0，
所以2x1－ln x1＋ln(2－x1)－2＞0，所以x1＋x2＞2.
再证＜1(m＞1)，即证ln m＜m－1，即证ln m－m＋1＜0.
令h(x)＝ln x－x＋1(x＞1)，则h'(x)＝－1＜0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)＜ln 1－1＋1＝0，故ln m－m＋1＜0，所以＜1(m＞1).
综上，x1＋x2＞2＞，所以x1＋x2＞.
法二：比值换元法　由题意知x1－ln x1＝x2－ln x2＝m，令＝t，则t＞1，x2＝tx1.
所以x1－ln x1＝tx1－ln(tx1)，化简得x1＝，所以x2＝，所以x1＋x2＝.要证x1＋x2＞2，即证＞2，即证ln t－＞0.
令G(t)＝ln t－(t＞1)，则G'(t)＝＞0，所以G(t)在(1，＋∞)上单调递增，则G(t)＞G(1)＝ln 1－＝0.
所以ln t－＞0，所以x1＋x2＞2.下同法一.
法三：差值换元法　由题意知x1－ln x1＝x2－ln x2＝m，则＝＝em，所以em＝，x1＝，x2＝，所以x1＋x2＝＝.
要证x1＋x2＞2，即证＞2，即证＞.
令x2－x1＝u，则u＞0，只需证u(eu＋1)－2(eu－1)＞0.
令H(u)＝u(eu＋1)－2(eu－1)(u＞0)，则H'(u)＝(u－1)eu＋1，H″(u)＝ueu＞0，所以H'(u)在(0，＋∞)上单调递增，则H'(u)＞(0－1)×e0＋1＝0，所以H(u)在(0，＋∞)上单调递增，则H(u)＞0×(e0＋1)－2×(e0－1)＝0.
所以u(eu＋1)－2(eu－1)＞0.
所以x1＋x2＞2.下同法一.
4.(17分)(2025·山东临沂二模)已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x.
(1)当a＞0时，讨论f(x)的单调性；
(2)设函数g(x)＝f(x)＋ax，已知g(x)有两个极值点x1，x2.
(ⅰ)求实数a的取值范围；
(ⅱ)求证：g(x1)＋g(x2)＜－3.
解：(1)结合函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x(x＞0)，
导函数f'(x)＝2ax－(a＋2)＋＝＝，
如果a＞0，那么f'(x)＝＝，
若a＝2，导函数f'(x)＝≥0，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
若a＞2，那么0＜＜，当＜x＜时，f'(x)＜0，当x＜或x＞时，f'(x)＞0，
此时f(x)在(0，)，(，＋∞)上单调递增，在(，)上单调递减；
若0＜a＜2，则＞，当x＜或x＞时，f'(x)＞0，当＜x＜时，f'(x)＜0，
此时f(x)在(，)上单调递减，在(0，)，(，＋∞)上单调递增；
综上所述，若a＝2，则f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递增；
若0＜a＜2，则f(x)在(，)上单调递减，在(0，)，(，＋∞)上单调递增；
若a＞2，则f(x)在(，)上单调递减，在(0，)，(，＋∞)上单调递增.
(2)(ⅰ)函数g(x)＝f(x)＋ax＝ax2－(a＋2)x＋ln x＋ax＝ax2－2x＋ln x，其中x＞0，
求导得g'(x)＝2ax－2＋(x＞0).
因为函数g(x)有两个极值点x1，x2，
因此g'(x)＝2ax－2＋＝0(x＞0)有两个“变号”零点，
所以a＝＝－＋＝－＋(x＞0)有两个根.
令t＝(x＞0) t＞0，那么t，x是一一对应的，
从而a＝－(t－1)2＋(t＞0)有两个根，
设函数g(t)＝－(t－1)2＋，对称轴是t＝1，
函数图象开口向下，
因为t＞0，因此g(0)＝0＜a＜g(1)＝，
所以实数a的取值范围是(0，).
(ⅱ)证明：由(ⅰ)知，设0＜t1＝＜1＜t2＝＜2，所以＜x2＜1＜x1.
导函数g'(x)＝2ax－2＋＝0(x＞0)等价于2ax2－2x＋1＝0，
根据韦达定理有x1＋x2＝，x1x2＝，a∈(0，)，
g(x1)＋g(x2)＝a(＋)－2(x1＋x2)＋ln (x1x2)＝a[－2x1x2]－2(x1＋x2)＋ln (x1x2)
＝a(－)－＋ln()＝－1－ln 2－ln a－，a∈(0，).
令函数h(a)＝－1－ln 2－ln a－，a∈(0，)，
h'(a)＝－＋＝＞0，a∈(0，)，
所以函数h(a)＝－1－ln 2－ln a－，a∈(0，)单调递增，
从而函数h(a)＝－1－ln 2－ln a－＜h()＝－3，a∈(0，).
所以g(x1)＋g(x2)＜－3成立.
学生用书 第95页
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