导数压轴大题之极值点偏移问题，把握本质与通用思路才能举一反三极值点偏移题型是上一篇所讲述的双变量题型的一种重要分型2016年高考I卷的压轴大题就考了这种题型这类题型的特点鲜明，解题思路通用性强本文通过原创的一张图 来直观、简明地揭示极值点偏移问题的基本原理(未见第二家如此 系统地阐述它的原理)相信每一位同学学会后，再遇到此类题型就有底气而不会再发怵了，真正做到举一反三1. 导数(应用)压轴大题之不等式有关问题的极值点偏移题型及典型例题例1(2016国I)已知函数f(x) = (x-2)eAx +a(x-1)八2有两个零点1)求a的取值范围；⑵ 设x1, x2是f(x)的两个零点，证明：x1+x2<2提示：这题在上一篇中已给出详细解答，这里不再赘述作为 2016年的压轴题，第 (2)问算是极值点偏移题型中的一个难度适中的题目，因此刚好可用来清晰地揭示极值点偏移题型的基本原理与通用解题思路不熟悉这类题型的同学应先把该题学透，再继续学习其 它例题)例 2 已知函数 f(x) = xlnx, g(x) = 1/2xmxA2+xo(1)若函数f(x)与g(x)的图像上存在关于原点对称的点，求实数m的取值范围；⑵ 设F(x) = f(x) - g(x)，已知F(x)在(0, +切上存在两个极值点x1、 x2,且x1vx2,求证：x1x2 > eA2 (其中e为自然对数的底数)。
解：依题意， x>0，令x>0?® (提示：帳据对琢性，可得x的等式)f(x) = ^nx = -g(-x) =-^mx：^xt ｛提示这里可段的掉一个不为0 fft X)BP---inx + 1 - lnx = 0有聲时t f(X)和g()0即存在关于原点对族的点，解法彳(分类讨论法「为常规方法，且高考标准答案爹比此法提供)： 令呼凶=_亍曲十I _］审则甲伍)= ■■,(提示：讨论过理思盛砲条理渣楚、层次分明「如何钛養？后面有专文讲〉当m > 0时，(fi(X)< Of tp()0为减函数，且tp(e) = — — < Ot 兀：-2/mf tp'(x)>oJ就x)为单词還增；，・甲凶在x二2血处取轄最小值，-'-要使甲优)有零点士则有：In(- -) < 0,解得：m > -2e-2综上，所求rri的范围为\_~2e~2, -i-oo)解法2(分离参数)：-*- 二1竺应存在解(提示：理解上式'存在解遠味着m应満足y=m与甲㈤=千巴有交贞)令¥(£ ='［巴 则/60 — 3可得甲(£的唯一零点x =込而x V誉时Cf/(x0 < 0, e2时q/(氐)> 0.甲(x)单谊趨增, ■'■ tptx)^n =(p(e2) = = -2e_2? T：tp(x)=>2-2 (>-l)A由反比例函数性质可知’当I。
时丫的值域心+对(提乔：高于阶段・不运用超据的极區思想！要简明、清肝抱表达直域为「无眼趙近于 0或R时的博形并不容易匚这是分类参数法在基些题圣中的局限性=)/-当mE［—加-64■眄时十存在解， 二所求用的取值范围为［―生一2.十呵.⑵依题意，F(x) = f(x) - g(x) = dnx — ^rnx2 — x乙所以 F‘(x) = lnx — mx,己知F(“在(0,2)上存在两个极值点轧x2, fiX1 0, p(x)即F‘何单诡递增,叹()即L仗)至多有一个零点，不合题意当m>0时，卩0)的零点为xq =占当x < x0 = -t f(x) A 0, u(x)单调递增,m> xo = p\x) < 0, |l(X)单词递减，可得；p(x)的最大值为p(^) = -Inin — 1 > Or即0 V m < e"1, x0 = — > e? m又因p(l) = -tn < 0,所以有 1 < x2 < 1/m < x2,解法1 (运用ALG不等式：产学，0和b均大于0)：Ina -Inb 2若a和b均大于0且a>b:令t = \ g(t) = lnt-%则:0 V w i(—)2t(t+l)20,••• T(x)单词递增，而工(1)二0,•・•当t>1 > 0恒成立，即弐之恒成立,t+1 t+i代入t = ’后養理可得ba-bIna-lnb令a = lnx2 > b = lnxi > 0,则有:hi 話 2In (lnx2)~ln(liix £)lnx |-rhu；2 _ 山(“灼)2 ?lnx 2_lux iIn (liix 2〉—1 口 (lnx i)依题急由F$)可縉lnxl = mxl,lnx2 = nix2,lnx 2 —lnx ilnm +lnx j —lam —Lnx ]■f- xl%2 > / *所求得证。
解法2 （—般方法）:依题意，皿天）关于蛊=知=丄对称的函数为（PC--X）, m rrt4^h（x） = p （兰一£）— = hi （兰一£）— m （兰一w） — lnx + mxp（O < x < —）（提示：此即为"对称盘购造法亠这B^O0=而 m且，这垂只能把可代入时可确o,而把牝代入则未必）- 2 —THJC=In mxm4 2tnx — 2= ln(2 — mx) — ln(tnx) -J- 2mx — 2x(2-rnx)MJ(x) =--^-- + 2m = ■mx_2 + cnx+4inJf^m r ' 2 —mx x_ 2(mx —I)2 x(itlx —2)/-在x<^±lV(x)<0. SPb(x)单胡递减，因i < xi < — < —,且 h(l/m}=0-i = p(xj) = oTm m _:.h(xl) = #(彳一尤J — p(%]) > h(+) = 0,即吩_工>-^2 且讥天)在畫〉珂=1/m±单调递减,m th. m2 甘.'--——X] < X^t 三---■ < X2 + 咒]，itl m代=皿和总=即可得X声£ >孚，所茨得证. m m讲解:① 从极值点偏移题型角度看，本题（2）问稍有变化（可视作 常规题型的变式 ——出题人常以类似的方式改题或增加难 度）：（a）分析的函数对象为‘导函数'及其两个零点 ——即两个等 值点。
但这些变化对以极值点偏移的思路进行解题并无太 大差别，仅仅是对象不同而已b) 已知函数的定义域受限一一x>0；处理时不要忘了其约 束c) 从所求证的‘x1x2 > eA2'看不出与极值点偏移问题相 关，但只需利用已知推出可知条件“x1=lnx1/m和 x2=lnx2/m”，即可把所求证问题转化为需知问题(或称需知 条件)“x2+x1>2/m”一一此为极值点偏移的标准形态② 通过本例(1)问可知，分类参数法可规避复杂的讨论， 适 用时应尽可能用但有些情况下，若绕不开超纲知识与方 法，则应慎用，以免扣分甚至不得分③ 同学们可试着画出本题(2)问的草图(后文有用以对照的 此图)，相信对大家深入理解有极大的帮助例 3 已知函数 f(x)=lnx-mx ⑴求f(x)的单调区间；⑵ 已知f(x)有两个零点x1、x2,证明：1/(lnx1) + 1/(lnx2) > 2解：依题意 x>0,(1) (略)要证丄+丄玉乙即证- + ->2mtIrix 1 InjtZ X[ X2令a = ->OTij = ->Ot所求证不等式等价于证明a+b>2m,■Q 工2（提示：至此，通过换元法成功将芍求不等式转址为等价的段值点愷移冋题的标程形式 X +出“形式）/-心+ nilna 二小+ mmb 二 0， 耳 b令g3 = -4-minx（X > 0），则日和b为为g（）0的两个零点，（提示：至此，剩下的解答过呈乂回寰我们錢悉的辉题思路二7\ 2上一例題第（2）几无差 别，同学们自己求证一下，刚好动手练一绦匸这里就不再赘述了匚）（以下睛）讲解: ①极值点偏移题型中，把所求证不等式进行变形，使其变为非 标准形式又是出题人增加题目难度手段之一。
而解题时，只需 利用已知与代数变换方法与技巧，把所求证不等式转化为标准 形式即可这是应对非规范的所求证不等式的一般要领② 在利用换元法把所求证不等式转化为标准形式时，证明该改 标准形式所需的函数也需要同步构造，而不能再用已知的 f（x）=lnx-mx来证明之类似地，不能用已知函数而必须构造 用来证明（不管转化与否）所求证不等式的函数，又是出题人增 加题目难度手段之一例 4 已知函数 f(x) = xlnx-a(x-1)A2- x(a<0)⑴求f（x）的单调区间;(2)若 f(x1)=f(x2) (x1老x2)，证明：f(x1+x2)+2+2 2ln2思路分析(方式：已知-问题、已知-问题和/或已知—问题):捲求问题離知・・・可知己知证明 f(x1+x2)+ a+2>2lna仔细观察和分析可知「求远待求 问霍根据肚对易知即要求迂 f(x1+x2)>f(2)F 即证 x1+x2>2◎庞工)=加工 2a(x1),毒点为1射底达式XI和血狗等痘点f(x1>f(x2)田上述分祈可知一•所乏问懸可转化为极宣戸倚移问霍=解：依题意，x>0,且有：|可知「(£)的零点为X二強f提示：一般地，导数为趨越式时，可能为隐零亞，也可能右一些特殊值零点，如-仁0\仁6. 1您等匸所以，不要忘了去揀测一卞的荐殊值零点!)当x< 1时，C (x)<0; f(X)单询递减；x> 1时，「优)>山躯)单调递壇’<-f(xj的最小值为fU) = -it「提示：更因所求证f(j 2\n2,即求证 f(xl + x2) > 21 n2 — a — 2 -f(2).当f(xi) = f(x2)(^l 12)时'则X1和泛中必有一个大于1和一个小于駕 不§5^ 01, ■'■求证((xl -rx2) > f(2)j 即求证xl + x2> 2^ 分析至此，解题思路也就豁然开胡了)^0< x otg(。