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培优点 6 极值点偏移
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．
1．极值点偏移的概念
已知函数y＝f(x)是连续函数，在区间(a，b)内只有一个极值点x，f(x)＝f(x)，且x 在x 与x
0 1 2 0 1 2
之间，由于函数在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≠，这种情况称为极值点偏移．
0
2．极值点偏移问题的一般题设形式
(1)函数f(x)存在两个零点x，x 且x≠x，求证：x＋x>2x(x 为函数f(x)的极值点)；
1 2 1 2 1 2 0 0
(2)函数f(x)中存在x ，x 且x≠x ，满足f(x)＝f(x)，求证：x ＋x>2x(x 为函数f(x)的极值
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点)；
(3)函数f(x)存在两个零点x，x 且x≠x，令x＝，求证：f′(x)>0；
1 2 1 2 0 0
(4)函数f(x)中存在x，x 且x≠x，满足f(x)＝f(x)，令x＝，求证：f′(x)>0.
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题型一 对称化构造函数
例1 (2023·唐山模拟)已知函数f(x)＝xe2－x.
(1)求f(x)的极值；
(2)若a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，证明：a＋b<4.
(1)解 因为f(x)＝xe2－x，
所以f′(x)＝(1－x)e2－x，
由f′(x)>0，解得x<1；由f′(x)<0，解得x>1，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
又f(1)＝e，
所以f(x)在x＝1处取得极大值e，无极小值．
(2)证明 由(1)可知，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，f(2)＝2，
且a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，
不妨设12,2<4－a<3，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以只需证f(b)>f(4－a)，
即证4－f(a)>f(4－a)，
即证f(a)＋f(4－a)<4.即证当10，
所以h′(x)<0，
即h(x)在(1,2)上单调递减，
则h(x)>h(2)＝0，即F′(x)>0，
所以F(x)在(1,2)上单调递增，
所以F(x)2x 型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x－x)．
1 2 0 0
(2)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
跟踪训练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.又f(x)≥0，
min
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x1.
1 2
令F(x)＝f(x)－f ，则F′(x)＝＋ ·＝(ex＋x－ －1)．
令g(x)＝ex＋x－ －1(x>0)，
则g′(x)＝ex＋1－ ·
＝ex＋1＋ (x>0)，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，
所以当x∈(0,1)时，g(x)0，
所以F(x)在(0,1)上单调递增，
所以F(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02x，求证：xx>.(参考数据：ln 2≈0.693，ln 3≈1.099)
2 2 1 1
证明 由题意知f(x)＋2＝ln x－ax＋1＝0，
于是
令＝t，则由x>2x 可得t>2.
2 1
于是t＝＝＝，
即ln x＝－1.
1
从而ln x＝ln t＋ln x＝－1.
2 1
另一方面，对xx>两端分别取自然对数，
1
则有ln x＋2ln x>5ln 2－3，
1 2
于是，即证＋－3>5ln 2－3，
即>5ln 2，其中t>2.
设g(t)＝，t>2.
则g′(t)＝
＝，
设φ(t)＝－3ln t＋2t－－1，t>2.
则φ′(t)＝－＋2＋＝＝>0在(2，＋∞)上恒成立，
于是φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，
从而φ(t)>φ(2)＝－3ln 2＋4－－1＝－3ln 2>0.
所以g′(t)>0，即函数g(t)在(2，＋∞)上单调递增，于是g(t)>g(2)＝5ln 2.
因此xx>，即原不等式成立．
1
思维升华 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．
跟踪训练2 已知函数f(x)＝＋ln x(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若 f(x)有两个不相同的零点 x ，x ，设 f(x)的导函数为 f′(x)．证明：xf′(x)＋xf′
1 2 1 1 2
(x)>2ln a＋2.
2
(1)解 f(x)＝＋ln x的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－＝，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，令f′(x)>0，解得x>a，令f′(x)<0，解得00时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
(2)证明 由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)至多有一个零点，不符合
要求，故a>0，
要想f(x)有两个不相同的零点x，x，
1 2
则f(a)＝1＋ln a<0，
解得02ln a＋2，
1 1 2 2
即证x·＋x·＝＋＝2＋ln(xx)>2ln a＋2，
1 2 1 2
即证ln(xx)>2ln a，
1 2
因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，
所以只需证xx>a2，不妨设0在0ln x－ln x，
2 1
即－>ln ，
令＝t>1，即证t－>2ln t，t>1.
构造函数h(t)＝t－－2ln t，t>1，
则h′(t)＝1＋－＝＝>0恒成立，
故h(t)＝t－－2ln t在(1，＋∞)上单调递增，
故h(t)>h(1)＝1－1－2ln 1＝0，
所以t－>2ln t，t>1，
故>，即>，
所以>a，xx>a2，证毕．
1 21．(2023·洛阳联考)已知函数g(x)＝ln x－bx，若g(x)有两个不同的零点x，x.
1 2
(1)求实数b的取值范围；
(2)求证：ln x＋ln x>2.
1 2
(1)解 令g(x)＝ln x－bx＝0，得b＝(x>0)．
令φ(x)＝(x>0)，则φ′(x)＝，
由φ′(x)>0，得0e.
所以函数φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
所以φ(x) ＝φ(e)＝.
max
又φ(1)＝0，且当x→＋∞时，φ(x)→0；当x→0时，φ(x)→－∞，
由于g(x)有两个不同的零点，
则直线y＝b与函数φ(x)的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点．
所以02，
1 2
只需证b(x＋x)>2，
1 2
即证>，
即证ln >.
设t＝>1，则x＝tx ，
1 2
代入上式得ln t>，t>1.
故只需证ln t>，t>1.
设h(t)＝ln t－，t>1，
则h′(t)＝－＝>0，
所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)>h(1)＝0，
所以ln t>.
故ln x＋ln x>2，得证．
1 2
方法二 (对称化构造法)
由(1)知，不妨设12，
1 2
即证t＋t>2.
1 2
设k(t)＝，t>0，则k(t)＝k(t)．
1 2
因为k′(t)＝，
所以k(t)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
当t≥2时，易得t＋t>2；
2 1 2
当02，
1 2 1 2
即证1>t>2－t>0，即证k(t)>k(2－t)．
1 2 1 2
因为k(t)＝k(t)，
1 2
所以即证k(t)>k(2－t)．
2 2
构造函数K(t)＝k(t)－k(2－t)(10.
所以K(t)在(1,2)上单调递增，K(t)>K(1)＝0(10，即k(t)>k(2－t)．
2 2 2
故ln x＋ln x>2，得证．
1 2
2．(2023·聊城模拟)已知函数f(x)＝ln x＋(a∈R)，设m，n为两个不相等的正数，且f(m)＝
f(n)＝3.
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：a20，
则h′(x)＝2－ln x，
令h′(x)＝0，得x＝e2；令h′(x)>0，得0e2，
所以函数h(x)＝3x－xln x的单调递增区间为(0，e2)，单调递减区间为(e2，＋∞)，
令h(x)＝0，得x＝e3，且h(e2)＝e2，当x→0时，h(x)→0，
作出函数h(x)＝3x－xln x的图象，如图所示，要使a＝3x－xln x有两个不相等的正根，则
函数y＝a与函数h(x)＝3x－xln x有两个交点，由图知0a，f′(x)>0，f(x)在
(a，＋∞)上单调递增．
由题意，不妨设0a2，
要证mn>a2，即证n>，
因为>a，n>a，且f(x)在(a，＋∞)上单调递增，故只需证明f 0，
所以g(x)在(0，a)上单调递增，
所以当0a2；
再证mna，>a，且f(x)在(a，＋∞)上单调递增，只需证明f >f(n)＝3，
即证ln a－ln m＋－1>0，
因为f(m)＝ln m＋＝3，
所以ln a＝ln m＋ln(3－ln m)，
所以只需证明＋ln(3－ln m)－1>0，
令φ(x)＝＋ln(3－ln x)－1(0φ(e2)＝0，
所以＋ln(3－ln m)－1>0成立，故mn
