导数综合题题根之二：不对称问题（极值点偏移）山东省平度第一中学 王尊甫一、极值点偏移初步认识：极值点偏移问题在近几年高考及各种模考中作为热点以压轴题的形式多次给出，难度较大，需要引起老师们的高度关注。

那么，什么是极值点偏移问题呢？极值点偏移问题的表述是：已知函数()y f x =是连续函数，在区间12(,)x x 内有且只有一个极值点0x ，且12()()f x f x =，若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点1202x x x +=，我们称这种状态为极值点不偏移，函数图像呈现对称形态；若极值点左右的“增减速度”不同，函数的图象不具有对称性，常常有极值点1202x x x +≠的情况，我们称这种状态为“极值点偏移”. 根据0x 与221x x +的大小关系，我们将极值点偏移划分为极值点左偏和极值点右偏两种情况，如下图所示：我们可以尝试给出极值点左（右）偏的一般性定义：极值点左偏：若函数)(x f y =满足)()(21x f x f =，且在),(21x x 内有唯一一个极值点0x x =，如果0212x x x >+，则函数)(x f y =极值点左偏。

如图1，若函数)(x f y =极值点左偏，且)(x f 的图像上凸（即)('x f y =递减），则0)()2(0'21'=<+x f x x f ； 如图2，若函数)(x f y =极值点左偏，且)(x f 的图像下凸（即)('x f y =递增），则0)()2(0'21'=>+x f x x f ；极值点右偏：若函数)(x f y =满足)()(21x f x f =，且在),(21x x 内有唯一一个极值点0x x =，如果0212x x x <+，则函数)(x f y =极值点右偏。

如图3，若函数)(x f y =极值点右偏，且)(x f 的图像上凸（即)('x f y =递减），则0)()2(0'21'=>+x f x x f ； 如图4，若函数)(x f y =极值点右偏，且)(x f 的图像下凸（即)('x f y =递增），则0)()2(0'21'=<+x f x x f ；二、高考题题型及解法分析近几年高考题中首次出现极值点偏移问题要追溯到2010年天津卷。

例1.（2010天津理）已知函数()()xf x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ，证明：12 2.x x +>【解析】方法一：()(1)xf x x e -'=-，易得()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，x →-∞时，()f x →-∞，(0)0f =，x →+∞时，()0f x →， 函数()f x 在1x =处取得极大值(1)f ，且1(1)f e=,如图所示. 由1212()(),f x f x x x =≠，不妨设12x x <，则必有1201x x <<<，构造函数()(1)(1),(0,1]F x f x f x x =+--∈，则21()(1)(1)(1)0xx x F x f x f x e e+'''=++-=->，所以()F x 在(0,1]x ∈上单调递增，()(0)0F x F >=，也即(1)(1)f x f x +>-对(0,1]x ∈恒成立. 由1201x x <<<，则11(0,1]x -∈，所以11112(1(1))(2)(1(1))()()f x f x f x f x f x +-=->--==，即12(2)()f x f x ->，又因为122,(1,)x x -∈+∞，且()f x 在(1,)+∞上单调递减， 所以122x x -<，即证12 2.x x +>方法二：欲证122x x +>，即证212x x >-，由法一知1201x x <<<，故122,(1,)x x -∈+∞，又因为()f x 在(1,)+∞上单调递减，故只需证21()(2)f x f x <-，又因为12()()f x f x =， 故也即证11()(2)f x f x <-，构造函数()()(2),(0,1)H x f x f x x =--∈，则等价于证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立.由221()()(2)(1)0x x x H x f x f x e e--'''=+-=->，则()H x 在(0,1)x ∈上单调递增，所以()(1)0H x H <=，即已证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立，故原不等式122x x +>亦成立.方法三：由12()()f x f x =，得1212x x x e x e --=，化简得2121x xx e x -=…①，不妨设21x x >，由法一知，121o x x <<<.令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，得11tt x e x +=，反解出11t t x e =-，则121221t t x x x t t e +=+=+-，故要证：122x x +>，即证：221t tt e +>-，又因为10t e ->，等价于证明：2(2)(1)0t t t e +-->…②，构造函数()2(2)(1),(0)t G t t t e t =+-->，则()(1)1,()0t tG t t e G t te '''=-+=>， 故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=，从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=，即证②式成立，也即原不等式122x x +>成立.方法四：由法三中①式，两边同时取以e 为底的对数，得221211ln ln ln xx x x x x -==-，也即2121ln ln 1x x x x -=-，从而221212121212221211111ln ln ()ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x +-++=+==---，令21(1)x t t x =>，则欲证：122x x +>，等价于证明：1ln 21t t t +>-…③， 构造(1)ln 2()(1)ln ,(1)11t t M t t t t t +==+>--，则2212ln ()(1)t t t M t t t --'=-， 又令2()12ln ,(1)t t t t t ϕ=-->，则()22(ln 1)2(1ln )t t t t t ϕ'=-+=--，由于1ln t t ->对(1,)t ∀∈+∞恒成立，故()0t ϕ'>，()t ϕ在(1,)t ∈+∞上单调递增，所以()(1)0t ϕϕ>=，从而()0M t '>，故()M t 在(1,)t ∈+∞上单调递增，由洛必达法则知：1111(1)ln ((1)ln )1lim ()lim lim lim(ln )21(1)x x x x t t t t t M t t t t t →→→→'+++===+='--，即证()2M t >，即证③式成立，也即原不等式122x x +>成立.【点评】以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式，方法一、二利用构造新的函数来达到消元的目的，方法、四则是利用构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的.例2.已知函数x ae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x .【解析】方法一：函数()f x 的两个零点，等价于方程xxe a -=的两个实根，从而这一问题与例1完全等价，例1的四种方法全都可以用；方法二：也可以利用参数a 这个媒介去构造出新的函数.解答如下：因为函数()f x 有两个零点12,x x ，所以⎩⎨⎧==)2()1(2121x x ae x ae x ， 由)2()1(+得：)(2121xx e e a x x +=+， 要证明122x x +>，只要证明12()2x x a e e +>，由)2()1(-得：1212()xxx x a e e -=-，即1212x x x x a e e-=-， 即证：121212()2x x xx e e x x e e +->-211)(212121>-+-⇔--x x x x e e x x ， 不妨设12x x >，记12t x x =-，则0,1t t e >>，因此只要证明：121t te t e +⋅>-01)1(2>+--⇔t t e e t ， 再次换元令x t x e t ln ,1=>=，即证2(1)ln 0(1,)1x x x x -->∀∈+∞+ 构造新函数2(1)()ln 1x F x x x -=-+，0)1(=F求导2'2214(1)()0(1)(1)x F x x x x x -=-=>++，得)(x F 在),1(+∞递增， 所以0)(>x F ，因此原不等式122x x +>获证.【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元12,x x 的基础上，又多了一个参数，故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数。

例3.函数()ln f x x ax =-，a 为常数，若函数()f x 有两个零点12,x x ，试证明：212.x x e ⋅>【解析】方法一：消参转化成无参数问题：ln ()0ln ln x f x x ax x ae =⇔=⇔=，12,x x 是方程()0f x =的两根，也是方程ln ln x x ae =的两根，则12ln ,ln x x 是x x ae =，设1122ln ,ln u x u x ==，()x g x xe -=，则12()()g u g u =，从而2121212ln ln 22x x e x x u u >⇔+>⇔+>，此问题等价转化成为例1，下略.方法二：利用参数a 作为媒介，换元后构造新函数： 不妨设12x x >，∵1122ln 0,ln 0x ax x ax -=-=，∴12121212ln ln (),ln ln ()x x a x x x x a x x +=+-=-，∴1212ln ln x x a x x -=-，欲证明212x x e >，即证12ln ln 2x x +>.∵1212ln ln ()x x a x x +=+，∴即证122a x x >+，∴原命题等价于证明121212ln ln 2x x x x x x ->-+，即证：1122122()ln x x x x x x ->+，令12,(1)x t t x =>，构造2(1)ln ,1)1(t t g t t t -=->+，此问题等价转化成为例2中思路二的解答，下略.方法三：直接换元构造新函数：12221211ln ln ln ,ln x x x x a x x x x ==⇔=设2121,,(1)xx x t t x <=>， 则112111ln ln ln ,ln ln tx t x x tx t t x x +==⇔=， 反解出：1211ln ln ln ln ,ln ln ln ln ln 111t t t tx x tx t x t t t t ===+=+=---， 故212121ln ln 2ln 21t x x e x x t t +>⇔+>⇔>-，转化成法二，下同，略.例 4.设函数()()xf x e ax a a R =-+∈，其图像与x 轴交于)0,(,)0,(21x B x A 两点，且21x x <.证明：0f '<.【解析】由(),()xxf x e ax a f x e a '=-+=-，易知：a 的取值范围为2(,)e +∞，()f x 在(,ln )a -∞上单调递减，在(ln ,)a +∞上单调递增.法一：利用通法构造新函数，略； 法二：将旧变元转换成新变元：∵12120,0,x x e ax a e ax a ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩两式相减得：2121x x e e a x x -=-，记21,(0)2x x t t -=>，则121221212221()(2())22x x x x x x t t x x e e ef e t e e x x t++-+-'=-=---， 设()2(),(0)t t g t t e e t -=-->，则()2()0t tg t e e -'=-+<，所以()g t 在(0,)t ∈+∞上单调递减，故()(0)0g t g <=,而12202x x et +>，所以12()02x x f +'<，又∵()xf x e a '=-是R122x x +<，∴0)(21<⋅'x x f .容易想到，但却是错解的过程：欲证：0)(21<⋅'x x f ，即要证：12()02x x f +'<，亦要证1220x x e a +-<，也即证：122x x e a +<，很自然会想到：对112211220,(1),0,(1),x x x xe ax a e a x e ax a e a x ⎧⎧-+==-⎪⎪⇔⎨⎨-+==-⎪⎪⎩⎩两式相乘得：12212(1)(1)x x e a x x +=--，即证：12(1)(1)1x x --<.考虑用基本不等式212122(1)(1)()2x x x x +---<，也即只要证：124x x +<.由于121,ln x x a >>.当取3a e =将得到23x >，从而124x x +>.而二元一次不等式124x x +<对任意2(,)a e ∈+∞不恒成立，故此法错误. 【迷惑】此题为什么两式相减能奏效，而变式相乘却失败？两式相减的思想基础是什么？其他题是否也可以效仿这两式相减的思路?【解决】此题及很多类似的问题，都有着深刻的高等数学背景. 拉格朗日中值定理：若函数()f x 满足如下条件： （1）函数在闭区间[,]a b 上连续；（2）函数在开区间(,)a b 内可导，则在(,)a b 内至少存在一点ξ，使得()()()f b f a f b aξ-=-.当()()f b f a =时，即得到罗尔中值定理. 上述问题即对应于罗尔中值定理，设函数图像与x 轴交于12(,0),(,0),A x B x 两点，因此21211221()()(e )()0002x x AB f x f x e a x x k x x ----=⇔=⇔=-，∴2121x x e e a x x -=-，…… 由于12()()0f x f x ==，显然11()()0f x f x +=与11()()0f x f x ⋅=，与已知 12()()0f x f x ==不是充要关系，转化的过程中范围发生了改变.例5.（2011年辽宁理）已知函数2()ln (2).f x x ax a x =-+- （I ）讨论()f x 的单调性；（II ）设0a >，证明：当10x a <<时，11()()f x f x a a+>-； （III ）若函数()y f x =的图像与x 轴交于,A B 两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：0()0f x '<.【解析】（I ）易得：当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在1(0,)a上单调递增，在1(,)a+∞上单调递减.（II ）方法一：构造函数111()()(),(0)g x f x f x x a a a=+>-<<，利用函数单调性证明，方法上同，略；方法二：构造以a 为主元的函数，设函数11()()()h a f x f x a a=+>-，则()ln(1)ln(1)2h a ax ax ax =+---，32222()2111x x x a h a x ax ax a x '=+-=+--，由10x a<<，解得10a x <<，当10a x <<时，()0h a '>，而(0)0h =， 所以()0h a >，故当10x a <<时，11()()f x f x a a+>-.（III ）由（I ）知，只有当0a >时，且()f x 的最大值1()0f a >，函数()y f x =才会有两个零点，不妨设1212(,0),(,0),0A x B x x x <<，则1210x x a <<<，故111(0,)x a a-∈，由（II ）得：1111221111()()(())()()f x f x f x f x f x a a a a a-=+->--==，又由()f x 在1(,)a +∞上单调递减，所以212x x a >-，于是12012x x x a+=>，由（I ）知，0()0f x '<. 【问题的进一步探究】对数平均不等式的介绍与证明两个正数a 和b 的对数平均定义：(),(,)ln ln ().a ba b L a b a b a a b -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：(,)2a bL a b +≤≤（此式记为对数平均不等式） 取等条件：当且仅当a b =时，等号成立.只证：当a b ≠(,)2a bL a b +<<.不失一般性，可设a b >.证明如下：（I(,)L a b ……① 不等式①1ln ln ln 2ln (1)a a b x x x b x ⇔-<⇔<⇔<-=>其中构造函数1()2ln (),(1)f x x x x x =-->，则22211()1(1)f x x x x'=--=--.因为1x >时，()0f x '<，所以函数()f x 在(1,)+∞上单调递减，故()(1)0f x f <=，从而不等式①成立；（II ）再证：(,)2a bL a b +<……②不等式②2(1)2()2(1)ln ln ln ln (1)(1)(1)a a b a x b a b x x a a b b x b---⇔->⇔>⇔>=>+++其中构造函数2(1)()ln ,(1)(1)x g x x x x -=->+，则22214(1)()(1)(1)x g x x x x x -'=-=++.因为1x >时，()0g x '>，所以函数()g x 在(1,)+∞上单调递增，故()(1)0g x g <=，从而不等式②成立；综合（I ）（II ）知，对,a b R +∀∈(,)2a b L a b +≤成立，当且仅当a b =时，等号成立.前面例题用对数平均不等式解决例1.（2010天津理）已知函数()()xf x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ，证明：12 2.x x +>【解析】法五：由前述方法四，可得12121ln ln x x x x -=-，利用对数平均不等式得：1212121ln ln 2x x x xx x -+=<-，即证：122x x +>，秒证.说明：由于例2，例3最终可等价转化成例1的形式，故此处对数平均不等式的方法省略. 例 4.设函数)()(R a a ax e x f x∈+-=，其图像与x 轴交于)0,(,)0,(21x B x A 两点，且21x x <.证明：0)(21<⋅'x x f .【解析】法三：由前述方法可得：121212(1ln )11x x e e a x a x x x ==<<<--，等式两边取以e 为底的对数，得1122ln ln(1)ln(1)a x x x x =--=--，化简得：1212(1)(1)1ln(1)ln(1)x x x x ---=---，由对数平均不等式知：1212(1)(1)1ln(1)ln(1)x x x x ---=>---1212()0x x x x -+<，故要证1122ln(1)ln(01)ln f a x x x x --+-'<⇔⇔<-证1212121212ln(1)ln(1)ln(()1)x x x x x x x x x x ⇔⇔-+-<+--++<+-证证∵1212()0x x x x -+< ∴1212ln(()1)ln10x x x x -++<=，而2120x x +-=>∴121212ln(()1)x x x x x x -++<+-. 例5.（11年，辽宁理）已知函数2()ln (2).f x x ax a x =-+- （I ）讨论()f x 的单调性；（II ）设0a >，证明：当10x a <<时，11()()f x f x a a+>-； （III ）若函数()y f x =的图像与x 轴交于,A B 两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：0()0f x '<.【解析】（I ）（II ）略，（III ）由12()()0f x f x ==22111222ln (2)ln (2)0x ax a x x ax a x ⇔-+-=-+-=2212121212ln ln 2()()x x x x a x x x x ⇒-+-=-+-1212221212ln ln 2()x x x x a x x x x -+-⇒=-+- 故要证12001()02x x f x x a+'<⇔=>2212121212121212121ln ln 2ln ln 2()2x x x x x x x x x x x x x x x x +-+-++⇔>=--+-+- 121212ln ln 2x x x x x x -⇔<+-.根据对数平均不等，此不等式显然成立，故原不等式得证.（2016年新课标I 卷理数压轴21题）已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x有两个零点21,x x .证明：122x x +<.【解析】由2()(2)(1)xf x x e a x =-+-，得()(1)(2)xf x x e a '=-+，可知()f x 在(,1)-∞上单调递减，在(1,)+∞上单调递增.要使函数()y f x =有两个零点12,x x ，则必须0a >. 法一：构造部分对称函数不妨设12x x <，由单调性知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，所以22(,1)x -∈-∞，又∵()f x 在(,1)-∞单调递减，故要证：122x x +<，等价于证明：21(2)()0f x f x -<=，又∵222222(2)(1)x f x x e a x --=-+-，且22222()(2)(1)0x f x x e a x =-+-=∴222222(2)(2)x x f x x ex e --=---，构造函数2g()(2),((1,))x x x xe x e x -=---∈+∞，由单调性可证，此处略.法二：参变分离再构造差量函数由已知得：()()120f x f x ==，不难发现11x ≠，21x ≠，故可整理得：()()()()121222122211x x x e x e a x x ---==-- 设()()()221x x e g x x -=-，则()()12g x g x = 那么()()()2321'1x x g x e x -+=-，当1x <时，()'0g x <，()g x 单调递减；当1x >时，()'0g x >，()g x 单调递增．设0m >，构造代数式：()()111222*********m m m m m m m m g m g m e e e e m m m m +-----+-⎛⎫+--=-=+ ⎪+⎝⎭设()2111mm h m e m -=++，0m >则()()2222'01m m h m e m =>+，故()h m 单调递增，有()()00h m h >=． 因此，对于任意的0m >，()()11g m g m +>-．由()()12g x g x =可知1x 、2x 不可能在()g x 的同一个单调区间上，不妨设12x x <，则必有121x x <<令110m x =->，则有()()()()()1111211112g x g x g x g x g x +->--⇔->=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ 而121x ->，21x >，()g x 在()1,+∞上单调递增，因此：()()121222g x g x x x ->⇔-> 整理得：122x x +<．法三：参变分离再构造对称函数由法二，得()()()221xx e g x x -=-，构造()()(2),((,1))G x g x g x x =--∈-∞，利用单调性可证，此处略.法四：构造加强函数【分析说明】由于原函数()f x 的不对称，故希望构造一个关于直线1x =对称的函数g()x ，使得当1x <时，()()f x g x <，当1x >时，()()f x g x >，结合图像，易证原不等式成立. 【解答】由2()(2)(1)xf x x e a x =-+-，()(1)(2)xf x x e a '=-+，故希望构造一个函数()F x ，使得(1)(2)(1)(2)(1)()()x x x e a x e a x e F e x -+--+=--'=，从而()F x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递增，从而构造出2(2)(1)()2e a x g x c +-=+（c 为任意常数），又因为我们希望(1)0F =，而(1)f e =-，故取c e =-，从而达到目的.故2(2)(1)()2e a x g x e +-=-，设()g x 的两个零点为34,x x ，结合图像可知：13241x x x x <<<<，所以12342x x x x +<+=，即原不等式得证.法五：利用“对数平均”不等式1212122212(2)(2),0,12,(1)(1)x x x e x e a a x x x x --==><<<--参变分离得：由得12122212(2)(2)ln ln (1)(1)x x e x x x x --+=+--将上述等式两边取以为底的对数，得：, 22121212[ln(-1)-ln(-1)]-[ln(2-)-ln(2-)]x x x x x x =-化简得：,221212121222121212221212[ln(-1)-ln(-1)][ln(2-)-ln(2-)]1-[ln(-1)-ln(-1)][ln(2-)-ln(2-)][(1)(1)](1)(1)22x x x x x x x x x x x x x x x x x x =--=-+-+------故：（）（）由对数平均不等式得： 221222221212[ln(-1)-ln(-1)]2(1)(1)(1)(1)x x x x x x >----+-， 121212[ln(2-)-ln(2-)]22222x x x x x x >----+-（）（）（）（），从而122212122(2)21(1)(1)22x x x x x x +->+-+--+-（）（）1212122212122(2)[4()]2(1)(1)4()x x x x x x x x x x +--+++-=+-+--+ 12122212122(2)21(1)(1)4()x x x x x x x x +-+-=++-+--+等价于：12122212122(2)20(1)(1)4()x x x x x x x x +-+->+-+--+1222121221(2)[](1)(1)4()x x x x x x =+-+-+--+ 由221212(1)(1)0,4()0x x x x -+->-+>，故122x x +<，证毕.说明：谈谈其它方法的思路与困惑。