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培优点 4 极值点偏移问题
极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极
值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，
计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独
具特色．
考点一 对称化构造函数
例1 (2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝－ln x＋x－a.
(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若f(x)有两个零点x，x，则xx<1.
1 2 1 2
(1)解 由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由f′(x)＝－＋1
＝＝，
可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x) ＝f(1)＝e＋1－a.
min
又f(x)≥0，
所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，
所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．
(2)证明 方法一 不妨设x<x，
1 2
则由(1)知0<x<1<x，>1.
1 2
令F(x)＝f(x)－f ，
则F′(x)＝＋ ·＝(ex＋x－x －1)．
令g(x)＝ex＋x－x －1(x>0)，
则g′(x)＝ex＋1－ ＋x ·
＝ex＋1＋ (x>0)，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，
所以当x∈(0,1)时，g(x)<g(1)＝0，
所以当x∈(0,1)时，F′(x)>0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，
所以F(x)<F(1)，
即在(0,1)上f(x)－f <F(1)＝0.
又f(x)＝f(x)＝0，
1 2
所以f(x)－f <0，
2
即f(x)<f .
2
由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以x<，即xx<1.
2 1 2
方法二 (同构法构造函数化解等式)
不妨设x<x，
1 2
则由(1)知0<x<1<x 0<<1.
1 2,
由f(x)＝f(x)＝0，
1 2
得 －ln x＋x＝ －ln x＋x，
1 1 2 2
即 ＋x－ln x＝ ＋x－ln x.
1 1 2 2
因为函数y＝ex＋x在R上单调递增，
所以x－ln x＝x－ln x 成立．
1 1 2 2
构造函数h(x)＝x－ln x(x>0)，
g(x)＝h(x)－h＝x－－2ln x(x>0)，
则g′(x)＝1＋－＝≥0(x>0)，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，
即当x>1时，h(x)>h，
所以h(x)＝h(x)>h.
1 2
又h′(x)＝1－＝(x>0)，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，
所以0<x<<1，即xx<1.
1 1 2
规律方法 对称化构造法构造辅助函数：对结论 x ＋x>2x 型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x －
1 2 0 0
x)；对结论xx>x型，方法一是构造函数F(x)＝f(x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式；
1 2
方法二是两边取对数，转化成ln x＋ln x>2ln x，再把ln x，ln x 看成两变量即可．
1 2 0 1 2
跟踪演练1 已知函数f(x)＝＋ln x.
(1)求f(x)的极值和单调区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－a(a>2)的两个零点为x，x，证明：x＋x>4.
1 2 1 2(1)解 f′(x)＝－＝(x>0)，
令f′(x)>0得x>2，
令f′(x)<0得0<x<2.
所以f(x)在(0,2)上单调递减，
在(2，＋∞)上单调递增，
所以当x＝2时，f(x)取得极小值1＋ln 2，无极大值，f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，
单调递减区间为(0,2)．
(2)证明 由题意知，g(x)＝g(x)．
1 2
不妨设x<x，
1 2
由(1)知，g(x)在(0,2)上单调递减，
在(2，＋∞)上单调递增；
所以0<x<2<x.
1 2
所以证明不等式x＋x>4等价于x>4－x，
1 2 2 1
又因为4－x>2，x>2，g(x)在(2，＋∞)上单调递增，
1 2
因此证明不等式等价于证明g(x)>g(4－x)，即证明g(x)>g(4－x)，
2 1 1 1
即＋ln x－a>＋ln(4－x)－a(0<x<2)，
1 1 1
即＋ln x－－ln(4－x)>0(0<x<2)恒成立，
1 1 1
令h(x)＝＋ln x－－ln(4－x)(0<x<2)，
则h′(x)＝－＋－＋＝<0，
所以h(x)在(0,2)上单调递减，
所以h(x)>h(2)＝1＋ln 2－1－ln 2＝0，
即h(x)＝＋ln x－－ln(4－x)>0(0<x<2)恒成立，
因此不等式＋ln x－a>＋ln(4－x)－a(0<x<2)恒成立，即x＋x>4.
1 1 1 1 2
考点二 比值代换
例2 (2022·六安模拟)已知函数f(x)＝xln x－ax2＋x(a∈R)．若f(x)有两个零点x ，x ，且
1 2
x>2x，证明：xx>.
2 1 1 2
证明 若f(x)有两个零点x，x，
1 2
则xln x－ax＋x＝0，
1 1 1
xln x－ax＋x＝0，
2 2 2
得a＝＋＝＋.
因为x>2x>0，令x＝tx (t>2)，
2 1 2 1
则＋＝＋，
得ln x＝－1，
1
则ln x＝ln(tx )＝ln t＋ln x＝－1，
2 1 1所以ln(xx)＝ln x＋ln x
1 2 1 2
＝－1＋－1＝－2.
令h(t)＝－2(t>2)，
则h′(t)＝，
令φ(t)＝－2ln t＋t－(t>2)，
则φ′(t)＝－＋1＋＝>0，
则φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，
所以φ(t)>φ(2)＝－2ln 2>0.
所以h′(t)＝>0，
则h(t)在(2，＋∞)上单调递增，
所以h(t)>h(2)＝3ln 2－2＝ln ，
即ln(xx)>ln ，
1 2
故xx>.
1 2
规律方法 比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换 t＝化为单变量的
函数不等式，利用函数单调性证明．
跟踪演练2 (2022·湖北圆创联考)已知f(x)＝x2－2aln x，a∈R.若y＝f(x)有两个零点x ，
1
x(x<x)．
2 1 2
(1)求实数a的取值范围；
(2)若x 是y＝f(x)的极值点，求证：x＋3x>4x.
0 1 2 0
(1)解 f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－＝，
要使y＝f(x)有两个零点，则a>0，
令f′(x)>0，解得x>，
令f′(x)<0，解得0<x<，
故f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，
依题意需f()＝()2－2aln <0，
此时1<ln a，故a>e.
(2)证明 因为1<x<，x>，
1 2
令＝t(t>1)，
由f(x)＝f(x)⇒x－2aln x
1 2 1
＝x－2aln x，
2
即x－2aln x＝t2x－2aln tx ⇒x＝，
1 1
而x＋3x>4x⇔(3t＋1)x>4⇔(3t＋1)2x>16a，
1 2 0 1
即(3t＋1)2·>16a，由a>0，t>1，只需证(3t＋1)2ln t－8t2＋8>0，
令h(t)＝(3t＋1)2ln t－8t2＋8，
则h′(t)＝(18t＋6)ln t－7t＋6＋，
令n(t)＝(18t＋6)ln t－7t＋6＋，
则n′(t)＝18ln t＋11＋>0(t>1)，故n(t)在(1，＋∞)上单调递增，n(t)>n(1)＝0，
故h(t)在(1，＋∞)上单调递增，h(t)>h(1)＝0，
所以x＋3x>4x.
1 2 0
专题强化练
1．(2022·佛山质检)已知a是实数，函数f(x)＝aln x－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个相异的零点x，x 且x>x>0，求证：xx>e2.
1 2 1 2 1 2
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－1＝，
当a≤0时，f′(x)<0恒成立，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)>0，得x∈(0，a)；
令f′(x)<0，得x∈(a，＋∞)，
故f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．
(2)证明 由(1)可知，要想f(x)有两个相异的零点x，x，则a>0，
1 2
因为f(x)＝f(x)＝0，
1 2
所以aln x－x＝0，aln x－x＝0，
1 1 2 2
所以x－x＝a(ln x－ln x)，
1 2 1 2
要证xx>e2，
1 2
即证ln x＋ln x>2，
1 2
等价于＋>2，
而＝，
所以等价于证明>，
即ln >，令t＝，则t>1，
于是等价于证明ln t>成立，设g(t)＝ln t－，t>1，
g′(t)＝－＝>0，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
故g(t)>g(1)＝0，即ln t>成立，
所以xx>e2，结论得证．
1 2
2．(2021·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x(1－ln x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2<＋<e.
(1)解 因为f(x)＝x(1－ln x)，
所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1－ln x＋x·＝－ln x.
当x∈(0,1)时，f′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明 由题意知，a，b是两个不相等的正数，
且bln a－aln b＝a－b，
两边同时除以ab，
得－＝－，
即＝，
即f ＝f .
令x＝，x＝，
1 2
由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
且当0<x<e时，f(x)>0，当x>e时，f(x)<0，
不妨设x<x，则0<x<1<x<e.
1 2 1 2
要证2<＋<e，即证2<x＋x<e.
1 2
先证x＋x>2，
1 2
要证x＋x>2，即证x>2－x，
1 2 2 1
因为0<x<1<x<e，所以x>2－x>1，
1 2 2 1
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以即证f(x)<f(2－x)，
2 1
又f(x)＝f(x)，所以即证f(x)<f(2－x)，即证当x∈(0,1)时，f(x)－f(2－x)<0.
1 2 1 1
构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，
当0<x<1时，x(2－x)<1，则－ln[x(2－x)]>0，即当0<x<1时，F′(x)>0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，
所以当0<x<1时，F(x)<F(1)＝0，
所以当0<x<1时，f(x)－f(2－x)<0成立，所以x＋x>2成立．
1 2
再证x＋x<e.
1 2
由(1)知，f(x)的极大值点为x＝1，f(x)的极大值为f(1)＝1，
过点(0,0)，(1,1)的直线方程为y＝x，
设f(x)＝f(x)＝m，当x∈(0,1)时，f(x)＝x(1－ln x)>x，
1 2
直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x<m.
1
欲证x＋x<e，
1 2
即证x＋x<m＋x＝f(x)＋x<e，
1 2 2 2 2
即证当1<x<e时，f(x)＋x<e.
构造函数h(x)＝f(x)＋x，则h′(x)＝1－ln x，
当1<x<e时，h′(x)>0，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，
所以当1<x<e时，h(x)<h(e)＝f(e)＋e＝e，即f(x)＋x<e成立，所以x＋x<e成立．
1 2
综上可知，2<＋<e成立．
