极值点偏移与拐点偏移
【知识拓展】
1.极值点偏移
(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x0,f(x1)＝f(x2),且x0在x1与x2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x0≠x1＋x2
2
,
这种情况称为极值点偏移.
(2)极值点偏移
若x1＋x2
2
≠x0,则极值点偏移,此时函数f(x)在x＝x0两侧,函数值变化快慢不同,如图(1)(2)所示.
2.拐点偏移
(1)拐点偏移的概念
一般地,对于可导函数f(x),若x＝x0是其拐点,即f″(x0)＝0,
如三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0),它的对称中心为(−b
3a ,f(−b
3a)),
①当函数f(x)的图象在点(x0,f(x0))两侧(两侧附近)的图象具有中心对称性时,拐点即是函数图象(或
局部图象)的对称中心,这时若f(x1)＋f(x2)＝2f(x0),则x1＋x2＝2x0;
②若函数f(x)的图象在点(x0,f(x0)两侧(两侧附近)的图象不具有中心对称性时,我们形象地称之为拐
点发生了偏移.
(2)拐点偏移
若f(x1)＋f(x2)＝2f(x0),则x1＋x2≠2x0,具体说,当x1＋x2>2x0,其拐点左偏,当x1＋x2<2x0,则拐点右偏.
【类型突破】
类型一 对称化构造解决极值点偏移问题
例1 (2025·烟台质检改编)已知函数f(x)＝xln x－x－a,a∈R,若f(x)有两个相异零点x1,x2,证明:
x1·x2<1.
证明 不妨设x1<x2,对f(x)求导得f'(x)＝ln x,
当0<x<1 时,f'(x)<0,
当x>1 时,f'(x)>0,
所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,
所以0<x1<1<x2,故0< 1
x2<1,
要证x1·x2<1,即证x1< 1
x2,
故转化为证f(x1)>f(
1
x2),
即证f(x1)－f(
1
x2)>0,
因为f(x1)＝f(x2)＝0,
所以f(x1)－f(
1
x2)＝f(x2)－f(
1
x2)
＝(x2ln x2－x2－a)－(
ln 1
x2
x2
−1
x2
−a)
＝x2ln x2－x2＋
ln x2
x2
＋1
x2
,
设g(x)＝xln x－x＋ln x
x
＋1
x ,x>1,
因为g'(x)＝ln x－ln x
x
2 >0,
所以函数g(x)在区间(1,＋∞)上单调递增,且g(1)＝0,
所以g(x)>g(1)＝0 在区间(1,＋∞)上恒成立,故f(x1)－f(
1
x2)>0,即f(x1)>f(
1
x2),
又f(x)在(0,1)上单调递减,所以0<x1< 1
x2<1,
所以x1x2<1.
规律方法 解决极值点偏移问题,对称化构造可以用来解决函数f(x)的两个零点x1,x2之和、积与极
点x0相关不等式的证明问题.其常构造函数如下:
(1)对结论x1＋x2>2x0型,构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x).
(2)对结论x1x2>x0
2型,方法一是构造函数F(x)＝f(x)－f(
x0
2
x ),通过研究F(x)的单调性获得不等式;方法
二是两边取对数,转化成ln x1＋ln x2>2ln x0,再把ln x1,ln x2看成两变量即可.
训练1 (2025·嘉兴质检改编)当0<a< 1
2e时,函数f(x)＝ln x＋2a
x 有两个不相等的零点x1,x2,证明:x1＋
x2>4a.
证明 f'(x)＝x−2a
x
2
,令f'(x)＝0,得x＝2a,
当x∈(0,2a)时,f(x)单调递减,
当x∈(2a,＋∞)时,f(x)单调递增.
不妨令0<x1<2a<x2,
构造函数g(x)＝f(x)－f(4a－x)(0<x<2a),
则g'(x)＝x−2a
x
2
＋2a−x
(4 a−x)
2
＝－8a( x−2a)
2
x
2(4 a−x)
2 <0,
即g(x)单调递减,所以g(x)>g(2a)＝0,
即g(x1)＝f(x1)－f(4a－x1)>0,
则f(x1)＝f(x2)>f(4a－x1),
因为0<x1<2a<x2,所以4a－x1>2a,
又f'(x)＝x−2a
x
2
,当x>2a 时,f'(x)>0,
则f(x)在(2a,＋∞)上单调递增.
因为f(x2)>f(4a－x1),所以x2>4a－x1,
故x1＋x2>4a.
类型二 比(差)值换元解决极值点偏移问题
例2 (2025·武汉质检改编)已知函数f(x)＝x(ln x－a),g(x)＝f ( x)
x
＋a－ax.若g(x)的两个相异零点为
x1,x2,求证:x1x2>e2.
证明 法一(等价变换后构商引参)
由题意知g(x)＝ln x－ax,
不妨设x1>x2>0,
由{
ln x1＝a x1,
ln x2＝a x2
得{
ln ( x1 x2)＝a( x1＋x2),
ln x1
x2
＝a( x1−x2),
则
ln ( x1 x2)
ln x1
x2
＝x1＋x2
x1−x2
＝
x1
x2
＋1
x1
x2
−1
,
令t＝
x1
x2
,则t>1,ln ( x1 x2)
ln t
＝t ＋1
t −1 ,
即ln (x1x2)＝t ＋1
t −1 ln t.
要证x1x2>e2,只需证ln (x1x2)>2,
只需证t ＋1
t −1 ln t>2(t>1),
即证ln t>2(t −1)
t ＋1 (t>1),
即证ln t－2(t −1)
t ＋1 >0(t>1),
令m(t)＝ln t－2(t −1)
t ＋1 (t>1),因为m'(t)＝(t −1)
2
t(t ＋1)
2>0,所以m(t)在(1,＋∞)上单调递增,
则当t∈(1,＋∞)时,m(t)>m(1)＝ln 1－2×(1−1)
1＋1
＝0,
所以ln t－2(t −1)
t ＋1 >0 成立,故x1x2>e2.
法二(直接引入两变量之商作为变量)
g(x)＝ln x－ax,
不妨设x1>x2>0,设t＝
x1
x2
,显然t>1,
则x1＝tx2.
由{
ln x1＝a x1,
ln x2＝a x2,得{
ln (t x2)＝at x2,
ln x2＝a x2,
即{
ln t ＋ln x2＝at x2,
ln x2＝a x2,
两者相除得
ln t ＋ln x2
ln x2
＝at x2
a x2 ,
即1＋ln t
ln x2＝t,得ln x2＝ln t
t −1 ,
所以ln x1＝ln (tx2)＝ln t＋ln x2＝ln t＋ln t
t −1 ＝(1＋
1
t −1)ln t＝t
t −1 ln t.
所以ln x1＋ln x2＝t
t −1 ln t＋ln t
t −1 ＝t ＋1
t −1 ln t.
要证x1x2>e2,只需证ln (x1x2)>2,即ln x1＋ln x2>2,也就是t ＋1
t −1 ln t>2.
又t>1,所以t－1>0,不等式等价于(t＋1)ln t>2(t－1),即(t＋1)ln t－2(t－1)>0.
记G(t)＝(t＋1)ln t－2(t－1)(t>1),
则G'(t)＝ln t＋(t＋1)×1
t －2＝ln t＋1
t －1.
记h(t)＝G'(t)＝ln t＋1
t －1(t>1),
则h'(t)＝1
t －1
t
2 ＝t −1
t
2 ,
因为t>1,所以h'(t)>0,
故h(t)在(1,＋∞)上单调递增,
所以h(t)>ln 1＋1
1－1＝0,
故G'(t)>0,所以G(t)在(1,＋∞)上单调递增,
所以G(t)>G(1)＝(1＋1)×ln 1－2×(1－1)＝0,
即(t＋1)ln t－2(t－1)>0.
故原不等式得证.
规律方法 比差值代换法是通过代数变形,将所证的双变量不等式通过代换t＝
x1
x2
,化为单变量的
函数不等式,利用函数单调性证明.
训练2 (2025·郑州调研)已知函数f(x)＝ex－1－1
2ax2＋ax＋1.
(1)讨论f(x)的极值点个数.
(2)若f(x)有两个不同的极值点x1,x2,证明:x1＋x2>4.
(1)解 f'(x)＝ex－1－ax＋a.
因为f'(1)＝1≠0,所以1 不是f(x)的极值点.
f'(x)＝ex－1－a(x－1)＝0 可变形为e
x−1
x−1＝a,
令g(x)＝e
x−1
x−1,则f(x)的极值点个数问题可转变为直线y＝a 与g(x)图象的交点个数问题.
g'(x)＝e
x−1( x−2)
( x−1)
2
,令g'(x)＝0,得x＝2,
又x≠1,所以g(x)在(－∞,1),(1,2)上单调递减,在(2,＋∞)上单调递增.
因为g(2)＝e,且当x<1 时,g(x)<0,
所以当a∈[0,e]时,f(x)没有极值点;
当a∈(－∞,0)时,f(x)有一个极值点;
当a∈(e,＋∞)时,f(x)有两个极值点.
(2)证明 法一(对称构造法) 由(1)知,当a∈(e,＋∞)时,f(x)有两个不同的极值点.
设x1<x2,则x1∈(1,2),x2∈(2,＋∞),
由{
e
x1−1−a( x1−1)＝0,
e
x2−1−a( x2−1)＝0,
得e
x1−x2＝x1−1
x2−1,
所以x1－x2＝ln (x1－1)－ln (x2－1),
即x1－ln (x1－1)＝x2－ln (x2－1).
令h(x)＝x－ln (x－1),x∈(1,＋∞),
则h'(x)＝1－
1
x−1 ＝x−2
x−1,
易得h(x)在(1,2)上单调递减,在(2,＋∞)上单调递增.
要证x1＋x2>4,即证x2>4－x1.
因为x2>2,4－x1>2,且h(x)在(2,＋∞)上单调递增,所以只需证h(x2)>h(4－x1).
因为h(x1)＝h(x2),
所以即证h(x1)>h(4－x1).
令F(x)＝h(x)－h(4－x)＝x－ln (x－1)－(4－x)＋ln (3－x)＝2x－4－ln (x－1)＋ln (3－x),x∈(1,2),
则F'(x)＝2－
1
x−1 ＋
1
x−3 ＝
2( x−2)
2
( x−1)( x−3)<0,
所以F(x)在(1,2)上单调递减,
则F(x)>F(2)＝0,所以h(x1)>h(4－x1),
即h(x2)>h(4－x1),故x1＋x2>4.
法二(差值换元法) 由已知得{
e
x1−1＝a( x1−1),
e
x2−1＝a( x2−1),
不妨设x2>x1,记t＝x2－x1,
则t>0,x2＝x1＋t,
则有{
e
x1−1＝a( x1−1),
e
x1＋t −1＝a( x1＋t −1),
两式相除得e
x1＋t −1
e
x1−1 ＝a( x1＋t −1)
a( x1−1)
,
即et＝1＋
t
x1−1,
整理得x1＝
t
e
t−1＋1.
故x2＝x1＋t＝
t
e
t−1＋1＋t.
所证不等式x1＋x2>4 等价于(
t
e
t−1
＋1)＋
t
e
t−1＋1＋t>4,即2t
e
t−1＋t>2.
因为t>0,所以et－1>0,
故不等式等价于2t＋(t－2)(et－1)>0,
即t＋2＋(t－2)et>0.
记m(x)＝x＋2＋(x－2)ex(x>0),
则m'(x)＝1＋(x－1)ex,
记k(x)＝1＋(x－1)ex(x>0),则k'(x)＝xex,
因为x>0,ex>0,所以k'(x)>0,
故函数k(x)在(0,＋∞)上单调递增,
故k(x)>1＋(0－1)×e0＝0,所以m'(x)>0,
故函数m(x)在(0,＋∞)上单调递增,
所以m(x)>0＋2＋(0－2)×e0＝0,
即当x>0 时,x＋2＋(x－2)ex>0.
原不等式得证.
类型三 拐点偏移
例3 设函数f(x)＝ex－1
2ex2－1
3(x－1)3＋5e
2 ,x∈[0,＋∞).
(1)判断函数f(x)的单调性;
(2)若x1≠x2,且f(x1)＋f(x2)＝6e,求证:x1＋x2<2.
(1)解 因为f'(x)＝ex－ex－(x－1)2
＝ex[1−e x＋( x−1)
2
e
x
],
令g(x)＝e x＋( x−1)
2
e
x
(x≥0),
则g'(x)＝－( x−1)( x＋e−3)
e
x
,
令g'(x)＝0,得x＝1 或x＝3－e,
当x∈[0,3－e)∪(1,＋∞)时,g'(x)<0,
当x∈(3－e,1)时,g'(x)>0,
所以g(x)在[0,3－e),(1,＋∞)上递减,在(3－e,1)上递增.
又g(0)＝1,g(1)＝1,
故e x＋( x−1)
2
e
x
≤1 对一切x∈[0,＋∞)恒成立,所以1－e x＋( x−1)
2
e
x
≥0.
于是f'(x)≥0,故f(x)在[0,＋∞)单调递增.
(2)证明 f'(x)＝ex－ex－(x－1)2,
f″(x)＝ex－e－2(x－1),
则(1,f(1))是其拐点,
由(1)知,f(x)在[0,＋∞)上单调递增,且f(1)＝3e,
不妨设0≤x1<1<x2.
要证x1＋x2<2,即证x2<2－x1,
只要证明f(x2)<f(2－x1),
即证6e－f(x1)<f(2－x1),
即证f(x1)＋f(2－x1)－6e>0,(*)
下面证明不等式(*)成立,
令F(x)＝f(2－x)＋f(x)－6e,其中x∈[0,1),
则F'(x)＝f'(2－x)＋f'(x),
由f'(x)＝ex－ex－(x－1)2,
得F'(x)＝ex－e2－x－2ex＋2e,
因为F″(x)＝ex＋e2－x－2e≥2√e
x·e
2−x－2e＝0,所以F'(x)在[0,1)单调递增,
所以F'(x)<F'(1)＝0,
所以F(x)在[0,1)单调递减,
所以F(x)>F(1)＝0,
即f(2－x)＋f(x)>6e 对x∈[0,1)恒成立,
因为x1∈[0,1),所以f(2－x1)＋f(x1)>6e,
所以f(2－x1)>6e－f(x1)＝f(x2),
又f(x)在[0,1)单调递增,
所以2－x1>x2,故x1＋x2<2.
规律方法 解决拐点偏移问题,对称化构造可以用来解决满足关系式f(x1)＋f(x2)＝2f(x0)(同时满足
f'(x0)＝0)的x1,x2之和、积与拐点x0相关不等式的证明问题,
其常构造函数如下:
(1)对结论x1＋x2>2x0(或x1＋x2<2x0型,构造函数F(x)＝f(x)＋f(2x0－x)－2f(x0);
(2)对结论x1x2>x0
2(或x1·x2<x0
2)型,构造函数F(x)＝f(x)＋f(
x0
2
x )－2f(x0).
训练3 已知函数f(x)＝(x＋2)ln x＋ax2(a 为常数)在x＝1 处的切线方程为y＝4x－7
2.
(1)求a 的值,并讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x1)＋f(x2)＝1,求证:x1x2≤1.
(1)解 f'(x)＝ln x＋2
x ＋2ax＋1,
由题意可得,f'(1)＝3＋2a＝4,解可得a＝1
2,
此时f'(x)＝ln x＋2
x ＋x＋1,
令m(x)＝ln x＋x＋2
x ＋1,
则m'(x)＝1
x －2
x
2＋1＝( x＋2)( x−1)
x
2
,
易得m(x)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,
故m(x)＝f'(x)≥f'(1)>0 恒成立,
故f(x)在(0,＋∞)上单调递增.
(2)证明 设n(x)＝ln x－x＋1,
则n'(x)＝1−x
x
,
易得n(x)在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减,
当x＝1 时,n(x)取得最大值n(1)＝0,
故ln x－x＋1≤0,即ln x≤x－1,
由(1)知f'(x)＝ln x＋2
x ＋x＋1,
f″(x)＝1
x －2
x
2＋1,
满足f″(1)＝0,则(1,f(1))是其拐点,
要证x1x2<1,即证x1< 1
x2,
只要证明f(x1)<f(
1
x2),
即证1－f(x2)<f(
1
x2),
即证f(
1
x2)＋f(x2)－1>0,(*)
下面证明(*)成立,
令g(x)＝f(x)＋f(
1
x)－1
＝(x＋2)ln x＋1
2x2－(2＋1
x)ln x＋1
2 x
2－1,
则g'(x)＝(1＋1
x
2)ln x＋x＋1－1
x
2 －1
x
3.
设h(x)＝(1＋1
x
2)ln x,
则h'(x)＝x
2−2ln x＋1
x
3
≥x
2−2( x−1)＋1
x
3
＝( x−1)
2＋2
x
3
>0,
故h(x)单调递增,g'(x)单调递增,且g'(1)＝0,故当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
当x∈(1,＋∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
所以g(x)≥g(1)＝0,
即f(x)＋f(
1
x)－1≥0,当x＝1 时等号成立,
所以f(x1)≥1－f(
1
x1),
又f(x1)＋f(x2)＝1,
所以1－f(x2)≥1－f(
1
x1),
即f(x2)≤f(
1
x1),
由f(x)在(0,＋∞)上单调递增,
所以x2≤1
x1,即x1x2≤1.
【精准强化练】
1.(2025·石家庄调研改编)已知函数f(x)＝2ln x＋x2＋x.若正实数x1,x2满足f(x1)＋f(x2)＝4,证明:x1＋
x2≥2.
证明 由题意知x>0,f(1)＝2,
所以f(x1)＋f(x2)＝2f(1),
由f'(x)＝2
x ＋2x＋1>0,
知f(x)在(0,＋∞)上单调递增,
且f″(x)＝－2
x
2＋2,f″(1)＝0,
则(1,f(1))是其图象的拐点,
若x1,x2都大于1,则f(x1)＋f(x2)>2f(1)＝4,则与题设矛盾;
同理,x1,x2也不能都小于1.
于是可设0<x1≤1≤x2.
要证x1＋x2≥2,即证x2≥2－x1,
只要证明f(x2)≥f(2－x1),
即证4－f(x1)≥f(2－x1),
即证f(x1)＋f(2－x1)－4≤0,(*)
下面证明不等式(*)成立.
构造函数F(x)＝f(x)＋f(2－x)－4,x∈(0,1],
则F'(x)＝f'(x)－f'(2－x)＝4( x−1)
3
x( x−2) ≥0,
所以F(x)在(0,1]上单调递增,
故F(x)≤F(1)＝0,
于是原不等式得证.
2.(2025·昆明质检)已知函数f(x)＝ln x−a
x
－m(a,m∈R)在x＝e 时取得极值,且有两个零点x1,x2.
(1)求实数a 的值及实数m 的取值范围;
(2)证明:x1x2>e2.
(1)解 由已知得,函数f(x)的定义域为(0,＋∞),
f'(x)＝
1
x · x−(ln x−a)
x
2
＝a＋1−ln x
x
2
.
由f'(x)＝0,得x＝ea＋1,且当0<x<ea＋1时,f'(x)>0;当x>ea＋1时,f'(x)<0.
所以f(x)在x＝ea＋1时取得极值,
所以ea＋1＝e,解得a＝0.
所以f(x)＝ln x
x
－m(x>0),f'(x)＝1−ln x
x
2
,
函数f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,＋∞)上单调递减,f(e)＝1
e－m,
且f(e)为f(x)的极大值,也是最大值.
易知当x→0(x>0)时,f(x)→－∞;
当x→＋∞时,f(x)→－m.
又f(x)有两个零点x1,x2,
所以{
1
e −m>0,
−m<0,
得0<m<1
e.
所以实数m 的取值范围为(0, 1
e).
(2)证明 法一(比(差)值换元)
由题意,不妨设0<x1<x2,
则{
ln x1＝m x1,
ln x2＝m x2,
则ln (x1x2)＝m(x1＋x2),ln x2
x1
＝m(x2－x1),
所以m＝
ln x2
x1
x2−x1
,
要证x1x2>e2,即证ln (x1x2)>2,
即证m(x1＋x2)>2,即证
1＋x2
x1
x2
x1
−1
ln x2
x1
>2,
令t＝
x2
x1
,则t>1,
则只需证当t>1 时,ln t>2(t −1)
t ＋1 ,
即证当t>1 时,ln t－2(t −1)
t ＋1 >0.
设g(t)＝ln t－2(t −1)
t ＋1 (t>1),
则g'(t)＝1
t －
4
(t ＋1)
2 ＝(t −1)
2
t(t ＋1)
2>0,
所以g(t)在(1,＋∞)上单调递增,
则g(t)>ln 1－2(1−1)
1＋1 ＝0,
从而原不等式成立,
即x1x2>e2成立.
法二(对称化构造)
令函数g(x)＝f(x)－f(
e
2
x ),
则g'(x)＝f'(x)－f'(
e
2
x )·(−e
2
x
2)＝f'(x)＋e
2
x
2·f'(
e
2
x )＝1−ln x
x
2
＋e
2
x
2·
1−ln e
2
x
e
4
x
2
＝1−ln x
x
2
＋ln x−1
e
2
＝(ln x−1)( x−e)( x＋e)
x
2e
2
,
当x∈(0,e)时,g'(x)>0,g(x)在(0,e)上单调递增.
不妨设x1<x2,
由(1)可知x1∈(0,e),x2∈(e,＋∞),
所以g(x1)<g(e)＝0,即f(x1)－f(
e
2
x1)<0,
即f(x1)<f(
e
2
x1),
因为f(x1)＝f(x2),所以f(x2)<f(
e
2
x1),
又x2>e,e
2
x1
>e,f(x)在(e,＋∞)上单调递减,
所以x2>e
2
x1
,即x1x2>e2,得证
