17.极值点偏移与应用_11.3-2_2026-11-03

17.极值点偏移和构造偏差函数及应用
2022甲卷导数题目又一次考察了极值点偏移，作为函数变化过程中的一种重要现象，该问
题一直颇受命题人的喜爱. 本节我们主要介绍构造偏移函数法来解决偏移，上述方法是我
们解决问题的利器.最后，我们还将介绍利用构造偏差函数来解决拐点偏移问题，这是近
年来偏移类问题中的新题型.
一．基本原理与解题方法
1.极值点偏移现象
（1）.已知函数 f(x)的图象的极值点为 x ，若 f(x)c的两根的中点刚好满足
0
x x
1 2  x 即极值点在两根的正中间，此时极值点没有偏移，函数 f(x)在x x 两侧，
2 0 0
函数值变化快慢相同，如图(1)．
x x
（2）．若 1 2  x ，则极值点偏
2 0
移，此时函数 f(x)在x x 两侧的函
0
数值变化快慢不同，如图(2)(3)．
2.极值点偏移题目特征：
①.函数 f x的极值点为x ；
0
②.函数 f x  f x ，然后证明：x x 2x 或x x 2x .
1 2 1 2 0 1 2 0
3.构造偏差证明极值点偏移的基本方法：
①.构造一元差函数Fx f x f 2x x或是Fx f xx  f x x；
0 0 0
②.对差函数Fx求导，判断单调性；
③.结合F(x )0或F(0)0，判断Fx的符号，从而确定 f x与 f 2x x的大
0 0
小关系；
④.由 f x  f x  f x x x _____ f x x x   f 2x x 的大小
1 2  0 0 2   0 0 2  0 2
关系，得到 f x ____ f 2x x ，（横线上为不等号）；
1 0 2
x x
⑤.结合 f x单调性得到x ____2x x ，进而得到 1 2 ___x .
1 0 2 2 0
二．典例分析
类型1.构造偏差函数证明极值点偏移例1.（2021新高考1卷）已知函数 f x x1lnx .
（1）讨论 f x 的单调性；
1 1
（2）设a,b为两个不相等的正实数，且blnaalnbab，证明：2  e.
a b
解析：（1）函数的定义域为
0,
，又
fx1lnx1lnx，当x0,1
时，
fx0，当x1,+ 时， fx0，故 f x 的递增区间为 0,1 ，递减区间为
1,+
.
lna1 lnb+1
（2）因为blnaalnbab，故blna1alnb+1 ，即  ，
a b
1 1 1 1
故 f    f  ，设  x ,  x ，由（1）可知不妨设0 x 1,x 1.
a b a 1 b 2 1 2
因为x0,1 时， f x x1lnx0，xe, 时， f x x1lnx0，
故1 x e.先证：x x 2，若x 2，x x 2必成立.若x 2， 要证：
2 1 2 2 1 2 2
x x 2，即证x 2x ，而02x 1，故即证 f x  f 2x  ，即证：
1 2 1 2 2 1 2
f x  f 2x  ，其中1x 2.设gx f x f 2x,1 x2，
2 2 2
则gx fx f2xlnxln2x ln

x2x ，因为1 x2，故
0 x2x1，故lnx2x0，所以gx0，故gx 在 1,2 为增函数，所
以gx g10，故 f x f 2x ，即 f x  f 2x  成立，所以x x 2
2 2 1 2
成立，综上，x x 2成立.
1 2
练习1. 已知函数 f xlnxax（a为常数）.
（1）求函数 f x 的单调区间；
2
（2）若存在两个不相等的整数x ，x 满足 f x  f x  ，求证：x x  .
1 2 1 2 1 2 a
1 1ax
解析：（1） f x 的定义域为 0, ， fx a ，
x x
（1）当a0时，恒有 fx0，故 f x 在 0, 上单调递增；
1  1
（2）当a 0时，由 fx0，得0 x ，故 f x 在 0, 上单调递增，在
a  a
1 
 , 上单调递减，综上（1）（2）可知：当a0时， f x 的单调递增区间为
a 0,
；
 1 1 
当a 0时， f x 的单调递增区间为 0, ，单调递减区间为 , ；
 a a 
（2）由（1）知a0时， f x 在 0, 上单调递增，若 f x  f x  ，
1 2
 1 1 
则x  x 不合题意；故a 0，而 f x 在 0, 上单调递增，在 , 上单调递减，
1 2  a a 
 1
若存在两个不相等的正数x ，x 满足 f x  f x  ，则x ，x 必有一个在 0, 上，
1 2 1 2 1 2  a
1  1 2 1 
另一个在 , ，不妨设0 x   x ，则 x   , ，
a  1 a 2 a 1 a 
 1 2 
又由（1）知x

0, 时，Fx0，即 f x f

x

0，所以
 a a 
2 
f x  f  x ，
1 a 1 
2  1 
因为 f x  f x  ，所以 f x  f  x ，又因为 f x 在 , 上单调递减，
1 2 2 a 1  a 
2 2
所以x  x ，即x x  .
2 a 1 1 2 a
从上述的例子可以看出，构造偏差函数的实质是利用函数单调性在解（证明）不等式，当
双变量分别位于极值点两侧时，可将一侧的变量利用所证结论（极值点偏移）转化到同一
侧利用函数单调性完成证明.于是，构造偏差函数还可以用于下面的乘积型偏移.
类型2.乘积型偏移
ex
例2.（2022全国甲卷）已知函数 f x lnxxa．
x
（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
解析：（1）a的取值范围为(,e1]
（2）由题知， f x一个零点小于1，一个零点大于1，不妨设x <1<x ，要证xx 1,即
1 2 1 2
1 1  1 
证x 1  x 2 ，因为x 1 , x 2 (0,1)，即证 fx 1  f x 2   ，因为 f x 1  f x 2 ,即证
 1 
f x  f  
2 x 
2
ex 1 1 ex 1  1 1
即证 lnxxxex lnx 0,x(1,)，即证 xex 2  lnx x  0
x x x  2 xex 1 1 1 ex 1
下面证明x1时， xex 0,lnx x 0，设g(x) xex,x1，
x 2 x x
1 1   1 1  1  1 1 1 1
则g(x)  exex xex  1 exex1 
x x2    x2  x x  x
 1ex 1 x1ex 1 ex 1 1  x1
1  ex  ex，设x x1,x  ex  ex 0
 x x  x  x  x x x2  x2
ex 1
所以x1e，所以 ex 0，所以g(x)0，所以g(x)在(1,)单调递增
x
ex 1 1 1
即g(x)g(1)0,所以 xex 0，令h(x)lnx x ,x1
x 2 x
1 1 1  2xx21 (x1)2
h(x)  1   0，所以h(x)在(1,)单调递减
x 2 x2  2x2 2x2
1 1 ex 1  1 1
即h(x)h(1)0,所以lnx x 0；综上， xex 2  lnx x  0，所以
2 x x  2 x
xx 1.
1 2
1  1 
点评：因为x 1 , x 2 (0,1)，即证 fx 1  f x 2   ，实质就是偏差函数的核心思想！
练习2．设函数 f xxaex，已知直线y2x1是曲线y f x的一条切线.
（1）求a的值，并讨论函数 f x的单调性；
（2）若 f x  f x ，其中x x ，证明：x x 4.
1 2 1 2 1 2
解析：（1）设直线y2x1与曲线y f x相切于点 x , f x  ，
0 0
 fxxa1ex，fx x a1ex0 2；
0 0
又 f x x aex0 2x 1，2ex0 2x 1，即ex0 2x 10；
0 0 0 0 0
设gxex2x1，则gxex20，gx在R上单调递增，
又g00，gx有唯一零点x0，x 0，a12，解得：a1；
0
f xx1ex， fxx2ex，
则当x,2时， fx0；当x2,时， fx0；
f x在,2上单调递减，在2,上单调递增.
（2）由（1）知： f x  f 2e2 0；当x1时， f x0；当x1时，
min
4
f x0，x 2x 1；要证x x 4，只需证x  2；
1 2 1 2 1 x
2
 4 
 f x在,2上单调递减，只需证 f x  f  ，
1 x 
2 4 
又 f x  f x ，则只需证 f x  f  对任意x 2,1恒成立；
1 2 2 x  2
2
4
设hx f x f    4 x    2x1， hxx2ex 8x x  3 2 e 4 x  x x 2 3 ex  x3e x 4 x 8  
 
；
设 pxx3e x 4 x 82x1，则pxxe x 4 x    x 3  2  7 0，
 2 4
px在2,1上单调递减，px p2880，
4
又当2x1时， x2ex ，hx0，
0
x3
hx在2,1上单调递增，hxh2 f 2 f 20，
4
即 f x f  在x2,1时恒成立，又x 2,1，
x 2
 4 
f x  f  ，原不等式得证.
2 x 
2
类型3.拐点偏移
当理解到偏差函数的本质时，很多不是极值点偏移的双变量问题也可利用它来解决，例如
下面的拐点偏移.
无偏移 偏移之后
y 2fx0  f2x0 x
y
f(x) f(x2) f(x)
f(x2)
f(x0)
f(x0)
f(x1)
f(x1)
x
O x1 x0 x2 x O x1 x02x0-x1 x2
f x  f x 2f x  f x  f x 2f x  x 2x x
1 2 0 1 2 0 2 0 1
 x x 2x  x x 2x
1 2 0 1 2 0
所以，拐点偏移类的题目的命制特点便是：已知函数满足 f x  f x 2f x ，
1 2 0
证明：x x 2x 或者x x 2x ，读者应该注意其与极值点偏移在命题表述上的区
1 2 0 1 2 0别. 下面我们通过几个例题来展示拐点偏移类问题的解法，其依然是构造偏差函数来证明
偏移.
例3．已知函数 f xx1e1x.
（1）求 f x的极大值；
（2）设m，n是两个不相等的正数，且m1enn1em 4emn1，证明：mn2.
x1 x
解：因为 f xx1e1x  的定义域为R， fx ，
ex1 ex1
当x0时， fx0，此时函数 f x单调递增，
当x0时， fx0，此时函数 f x单调递减，
所以，函数 f x的极大值为 f 0e.
m1 n1 4
（2）证明：因为m1enn1em 4emn1，则   ，即 f m f n4，
em1 en1 e
由（1）知，函数 f x在,1上单调递增，在1,上单调递减，
因为m、n是两个不相等的正数，且满足 f m f n4，不妨设0m1n，
x x2
构造函数gx f x f 2x，则gx fx f2x  ，
ex1 e1x
1x
令hxgx，则hxx1ex1 x1 e1xex1 .
ex1
当0x1时，1x0x1，则hx0，此时函数hx单调递减，
当x1时，x101x，则hx0，此时函数hx单调递减，
又因为函数hx在0,上连续，故函数hx在0,上单调递减，
当0x1时，hxh10，即gx0，故函数gx在0,1上为增函数，
故 f 2m f mgmg14 f m f n，所以， f n f 2m，
2m1且n1，函数 f x在1,上为减函数，故n2m，则mn2.
a
练习3．已知函数 f(x)ex(x 2)，其定义域为 (0,).（其中常数e2.718 28，是
x
自然对数的底数）
（1）求函数 f( x)的递增区间；
（2）若函数 f( x)为定义域上的增函数，且 f(x ) f(x )4e，证明: x x 2 .
1 2 1 2
 1 
解析：（2）∵函数 f x为0,上的增函数，∴a1，即 f xex x 2，
 x 
注意到 f 12e，故 f x  f x 4e2f 1，∴不妨设0x 1x ，
1 2 1 2欲证x x 2，只需证x 2x ，只需证 f x  f 2x ，
1 2 2 1 2 1
即证4e f x  f 2x ，即证 f x  f 2x 4e，
1 1 1 1
令x f x f 2x，0x1，只需证x1，
e2x2x1 3x 
∴x fx f2x e2xx12   ，

x2 2x2

 
e2x2x1 3x
下证x0，即证  0，
x2 2x2
由熟知的不等式ex 1x可知e2x2   ex12 1x12 x2，
e2x2
当0x1时，即 1，
x2
e2x2x1 3x 3x x33x2x1
∴  x1  ，
x2 2x2 x22 x22
易知当0x1时，x22x10，∴x33x2x1x1 x22x1  0，
e2x2x1 3x
∴  0，
x2 2x2
∴x0，即x单调递增，即x1，从而x x 2得证.
1 2
总练习题
1.（2016全国1卷）已知函数 f(x)(x2)ex a(x1)2有两个零点.
（1）求a的取值范围；
（2）设x ,x 是 f(x)的两个零点，证明：x x 2.
1 2 1 2
解析：（1）过程略去，综上，a的取值范围为(0,)．
（2）不妨设x  x ，由（1）知x (,1),x (1,)，2x (,1)， f(x)在
1 2 1 2 2
(,1)单调递减，所以x x 2等价于 f(x ) f(2x )，即 f(2x )0．
1 2 1 2 2
由于 f(2x )x e2x 2 a(x 1)2，而 f(x )(x 2)ex 2 a(x 1)2 0，所以
2 2 2 2 2 2
f(2x )x e2x 2 (x 2)ex 2 ．
2 2 2
设g(x)xe2x (x2)ex，则g'(x)(x1)(e2x ex)．
所以当x1时，g'(x)0，而g(1)0，故当x1时，g(x)0．
g(x ) f(2x )0 x x 2
从而 2 2 ，故 1 2 ．x
2.（山西省2025届高三一模）．已知函数 f xln x13，若0x x 2，且
2x 1 2
x x 2，则下列结论正确的是（ ）
1 2
A． f x  f x  B． f x  f 2x 
1 2 1 2
x x 
C． fx  f2x  D． f  1 2 0
2 1  2 
x
解析： 0，即x(2x)0，解不等式可得0x2，所以函数 f(x)的定义域为0,2
2x
，
2x 2xx 2
f(x)  3(x1)2  3(x1)2，因为x(0,2)，所以
x (2x)2 x(2x)
2
0,3(x1)2 0，则 f(x)0， 函数 f(x)在0,2上单调递增；
x(2x)
对于选项A：已知0x x 2，因为函数 f(x)在0,2上单调递增，所以 f(x ) f(x )，
1 2 1 2
故A正确；
对于选项B：由0x x 2且x x 2，可得0x 2x 2，因为函数 f(x)在0,2
1 2 1 2 1 2
上单调递增，所以 f(x ) f(2x )，故B正确；
1 2
对于选项C：由0x x 2且x x 2，可得0x 2x 2， x 2x ，
1 2 1 2 2 1 2 1
因为函数 f(x)在0,2上单调递增，所以 f(x ) f(2x )，故C错误；
2 1
x x
对于选项D：因为0x x 2且x x 2，所以0 1 2 1，
1 2 1 2 2
1
f(1)ln (11)3 ln100，又因为函数 f(x)在0,2上单调递增，所以
21
x x
f( 1 2) f(1)0，故D错误；故选：AB.
2
4x
3.（广东省广州市2025届高三一模）．已知函数 f xln ax在x3处取得极大值，
x
f x的导函数为 fx，则（ ）
4
A．a
3
B．当0x1时， f x f  x2
C． f2x f2x
16
D．当1x x 3且x x 4时， f x  f x 
1 2 1 2 1 2 3
4x
解析：由 0，则0x4，则函数 f x的定义域为0,4，则
x
1 1
f xln4xlnxax，x0,4，则 fx  a，因为函数 f x在x3处
x4 x
取得极大值，1 4 4
所以 f31 a0，即a ，此时 f xln4xlnx x，则
3 3 3
1 1 4 4x1x3
fx    ，令 fx0，得0x1或3 x4；令 fx0，
x4 x 3 3xx4
得1x3，所以函数 f x在0,1和3,4上单调递减，在1,3上单调递增，则函数 f x
4
在x3处取得极大值，符合题意，即a ，故A正确；
3
由上述可知函数 f x在0,1上单调递减，当0x1时，0x2 x1，则 f x f  x2
，故B错误；
4x1x3 42x12x3 4x1x1
由 fx ，则 f2x  ，
3xx4 32x2x4 32xx2
42x12x3 41xx1 4x1x1
f2x   ，所以
32x2x4 32xx2 32xx2
f2x f2x，故C正确；
因为1x x 3，x x 4，则1x 4x 3，又函数 f x在1,3上单调递增，则
1 2 1 2 1 2
f x  f 4x ，所以 f x  f x  f x  f 4x ，
1 2 1 2 2 2
4 4 16
又 f x f 4xln4xlnx xlnxln4x 4x ，则
3 3 3
16
f x  f x  f x  f 4x  ，故D正确.故选：A
1 2 2 2 3