函数极值点偏移问题在近年的高考和各地的质检考试中，经常可以看到与函数的极值点偏移有关的问题，这类问题由于难度大，往往使得考生望而生畏，不知如何下手，本文试提供一种解题策略，期望对考生有所帮助．先看一道试题：【例1】（2015年蚌埠市高三一质检试题）已知函数f（x）=xe－x．（1）求函数f（x）的单调区间和极值；（2）若x1≠x2，f（x1）=f（x2），求证x1+x2＞2．该题意在考查学生运用导数处理有关函数的单调性及极值问题以及综合运用有关知识分析、解决问题的能力和化归转化的数学思想．解析1．e第（2）问：构造函数F（x）=f（1+x）－f（1－x）=（1+x）e－（1+x）－（1－x）ex－1，则F'（x）=x［ex－1－e－（1+x）］，当x＞0时，F'（x）＞0，∴F（x）在（0，+∞）单调递增，又F（0）=0，∴F（x）＞0，即f（1+x）＞f（1－x）．∵x1≠x2，不妨设x1＜x2，由（1）知x1＜1，x2＞1，所以f（x1）=f（x2）=f［1+（x2－1）］＞f［1－（x2－1）］=f（2－x2），∵x2＞1，∴2－x2＜1，又f（x）在（－∞，1）上单调递增，∴x1＞2－x2，∴x1+x2＞2．上述解答，通过构造差函数F（x）=f（1+x）－f（1－x），紧接着对F（x）进行求导，判断性质，不需复杂的变形，切入点好，程序清晰，易操作．其解题本质是x1与2－x2的大小关系不易直接比较时，通过化归转化为比较函数值f（x1）与f（2－x2）的大小关系，再结合f（x）的单调性获得解决．这里的1显然是f（x）的极值点，就是直线y=f（x1）=f（x2）=h被函数y=f（x）图象所截线段中点的横坐标，要证x1+x2＞2，只需证f（x1）＞f（2－x2），因此，问题本质是证极值点偏移问题．若设f（x）的极值点为x0，则可将上述的解题策略程序化如下：①构造差函数F（x）=f（x0+x）－f（x0－x）②对F（x）求导，判断F'（x）的符号，确定F（x）的单调性，③结合F（0）=0，判断F（x）的符号，确定f（x0+x）与f（x0－x）的大小关系④由f（x1）=f（x2）结合③及f（x）的单调性确定x1与2x0－x2（或x2与2x0－x1）的大小关系【例3】(2010年天津高考理)(本小题满分14分)已知函数(x∈R).(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称，证明当x>1时，f(x)>g(x)；(3)如果,且,证明>2.(1)解：.令f′(x)=0,解得x＝1.当x变化时，f′(x),f(x)的变化情况如下表：x (-∞,1) 1 (1,+∞)f′(x) + 0 -f(x) ↗极大值↘所以f(x)在(-∞,1)内是增函数,在(1，+∞)内是减函数.函数f(x)在x=1处取得极大值f(1),且f(1)=.(2)证明：由题意可知g(x)=f(2-x)，得.令F(x)=f(x)-g(x)，即.于是.当x>1时，2x-2>0，从而-1>0.又>0,所以F′(x)>0，从而函数F(x)在[1，+∞)上是增函数.又=0,所以x>1时，有F(x)>F(1)=0，即f(x)>g(x).(3)证明：①若=0，由(1)及，得=1，与矛盾.②若>0,由(1)及，得,与矛盾.根据①②，得<0.不妨设<1,>1.由(2)可知，，，所以,从而.因为>1,所以<1.又由(1)可知函数f(x)在区间(-∞,1)内是增函数，所以，即>2.【例2】（2016年全国乙卷21题）【例3】（2011天津理19题）【例4】（2010辽宁理19题）（不属于该题型，恒成立问题）张同语应用上述提炼的解题策略可以解决下列一类有关函数极值点的偏移问题．例11－xxe．1+x2（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）证明：当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，x1+x2＜0．（Ⅰ）易知f（x）在（－∞，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减．（Ⅱ）易知当x＜1时1－x1－x所以f（x）＞0，当x＞1时＜0，2＞0，1+x1+x2f（x）＜0．∵f（x1）=f （x2）且x1≠x2，不妨设x1＜x2，由（Ⅰ）知x1＜0，0＜x2＜1．下面证明：当0＜x＜1时f（x）＜f（－x）即证：1－xx1+x－x1+xx＜＜0．2e2e．即证：（1－x）e－1+x1+xex构造F（x）=（1－x）ex－则F'（x）=－xe－x（e2x－1）∵0＜x＜1，∴F'（x）＜0，∴F（x）在（0，1）单调递减，从而F（x）＜F（0）=0即（1－x）ex－f（x）＜f（－x）．又0＜x2＜1，∴f（x1）=f（x2）=f（0+x2）＜∵x1－x2∈（－∞，0），f （x）在f（0－x2）=f（－x2），（－∞，0）上单调递增，所以x1＜－x2，即x1+x2＜0．评注例2第（Ⅱ）问不等式右边的0恰好是函数的极（2011年高考数学辽宁卷）已知函数值点，因此，该问本质上是证明极值点偏右问题．f（x）=lnx－ax2+（2－a）x（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；证明：当0＜x＜（Ⅱ）设a＞0，x）＞f（1－x）；a11时，f（+aa1+x＜0，所以，当0＜x＜1时，ex1+x，ex解析（2013年高考湖南卷）已知函数f（x）=·14·中学生理科应试2015．5，6构造“辅助元”解题的十种策略四川省资阳市外国语实验学校有些数学问题的解决，若按常规思路寻求突破，，往往非常棘手，甚至一时受阻，这时若调整思维方式，考察题目中有关数学式子的结构特征，尝试构造一个或多个“辅助元”来替代原来的“元”，这样做，可以减少变元的个数，降低变元的次数，化简表达式，更重要的是能够将原问题转化成熟悉的或容易解决的新问题，而且有效地降低了问题的难度，具有化繁为简、化难为易的解答功效．本文结合实例介绍构造“辅助元”解题的十种策略，供大家参考．一、对偶代换对偶代换是指对于某些结构特殊的三角函数问题、求数列中若干项的和或积的问题、题中给出的条件含有倒数和的问题等等，可以通过合理构造对偶关系，并通过对对偶关系进行适当的和、差、积运算，则往B两（Ⅲ）若函数y=f（x）的图象与x轴交于A、证明：f'（x0）＜0．点，线段AB中点的横坐标为x0，（Ⅰ）易得f（x）的定义域为（0，+∞），（1）若a≤0时，则f（x）在（0，+∞）单调递增；（2）11在（，若a＞0时，则f（x）在（0）上单调递增，aa+∞）上单调递减．（Ⅱ）构造函数F（x）=f（11+x）－f（－x）aa解析（641300）蔡勇全黄正兵往能使问题得到巧妙的解决，收到事半功倍的效果．例1求sin220°+cos280°+的值．解析令M=sin220°+cos280°+=cos220°+sin280°+=sin20°cos80°，Ncos20°sin80°，由此可以得到M+N（sin20°cos80°+cos20°sin80°）+（sin220°+°①，cos220°）+（cos280°+sin280°）=2+sin20°cos80°－cos20°sin80°）并且可得M－N=×+（sin220°－cos220°）+（cos280°－sin280°）=sin（－60°）－cos40°+cos160°=－2sin100°sin60°－311 ，M=，由①+②可得2M=即sin220°+②，224=1/4．cos280°+偏左问题．例3（2015年安徽省皖中省示范高中联考试题）已知函数f（x）=ex－2x+2a．（1）求函数f（x）的单调区间；x2，（2）若存在两个不相等的正数x1，假设f（x1）求证：f'（12＜0（f'（x）为函数=f（x2）成立，f（x）的导函数）．解析（1）易求得f（x）的递减区间为（－∞，ln2），递增区间为（ln2，+∞），ln2为f（x）的极小值点．（2）构造函数F（x）=f（ln2+x）－f（ln2－x）=eln2+x－2（ln2+x）－eln2－x+2（ln2－x）=2（ex－e－x－2x）．∴F（x）在（0，F'（x）=2（ex+e－x－2）≥0，+∞）单调递增，又F（0）=0，∴在（0，+∞）上F（x）＞0，即f（ln2+x）＞f（ln2－x），又∵x1，x2为不相等的两个正数，不妨设x1＜x2，由（1）知0＜x1＜ln2，x2＞ln2，∴f（x1）=f（x2）=f［ln2+（x2－ln2）］＞f［ln2－（x2－ln2）］=f（2ln2－x2），∵0＜又f（x）在（－∞，ln2）单调x1＜ln2，2ln2－x2＜ln2，递减，∴x1＜2ln2－x2，∴＜ln2，又f'（x）x1+x2＜ln2，从而1222a3x2=ln（1+ax）－ln（1－ax）－2ax，F'（x）=．1－a2x21时，F'（x）＞0，F（0）=0，所以当0＜x＜aF（x）＞0，即当0＜x＜111时，+x）＞f（－x）．f（aaa（Ⅲ）由（Ⅰ）得当a≤0，函数f（x）的图象与x轴至多有一个交点，不符合题意，故a＞0．B（x2，0＜x1＜x2，则x2＞不妨设A（x1，0），0），1121＞x1＞0－x1＞＞－x1＞0aaaa112－x1）=f+（－x1）］＞由（Ⅱ）知f（aaaf（x1）=0=f（x2），从而x2＞2－x1，于是x0=a=ex－2是单调递增函数，x1+x21＞，由（Ⅰ）知f'（x0）＜0．2a评注本题同例2类似，实际上是证明极值点∴f'（12）＜f'（ln2）=0．评注同样，本题也是证明极值点偏右的问题．。