函数极值点偏移问题函数与导数问题必杀技之极值点偏移通法例（2018南通二模）设函数1()sin(0)2fxxxa．设()()ln1(0)gxfxbxbbR，，()gx是()gx的导函数．若1212()()()gxgxxx，求证：2124xxb．解：依题意，不妨设120xx，令21xtx，则1t．由（1）知函数sinyxx单调递增，所以2211sinsinxxxx．从而2121sinsinxxxx．因为12gxgx，所以11122211sinln1sinln122xxbxxxbx，所以2121212111lnlnsinsin22bxxxxxxxx．所以212120lnlnxxbxx．下面证明211221lnlnxxxxxx，即证明1lnttt，只要证明1ln0ttt．极值点偏移通法解析：因为()(1)2(1)(1)(2)xxfxxeaxxea所以当0a时，()fx在,1上单调递减，在1,上单调递增不妨设12xx，则有121xx构造函数2222()()(2)(2)(1)(1)(2)xxxxFxfxfxxeaxxeaxxexe例1已知函数2()(2)(1)xfxxeax有两个零点，其中0a，若12,xx是()fx的两个零点，证明：122xx。极值点偏移通法则2()(1)()xxFxxee所以当1x时，函数()Fx单调递增，所以()(1)0FxF，即1x时，()(2)fxfx因为21x，所以22()(2)fxfx因为21,x所以221x又因为122()()(2)fxfxfx，()fx在,1上单调递减，所以122xx。例1已知函数2()(2)(1)xfxxeax有两个零点，其中0a，若12,xx是()fx的两个零点，证明：122xx。极值点偏移通法变式1已知函数()21xfxex，若1ln2x，2ln2x，且12()()fxfx，试证明：122ln2xx证明：由()21xfxex可得()2xfxe设()20xfxe，所以ln2x所以()fx在,ln2上单调递减，在ln2,上单调递增，设ln2x，构造函数4()()(2ln2)44ln2(ln2)xxgxfxfxexxe，所以4()40xxgxee所以()gx在ln2,上单调递增，()(ln2)0gxg，极值点偏移通法变式1已知函数()21xfxex，若1ln2x，2ln2x，且12()()fxfx，试证明：122ln2xx即ln2x时，()(2ln2)fxfx因为122ln2,ln2,2ln2ln2xxx，且12()()fxfx，所以122()()(2ln2)fxfxfx，即12()(2ln2)fxfx，又因为函数()yfx在,ln2上单调递减，所以122ln2xx，所以122ln2xx极值点偏移通法变式2已知函数()lnafxxx（1）讨论函数()fx的单调区间及极值；解析：（1）函数()fx的定义域为0,，则221()axafxxxx当0a时，()0fx，()fx的单调递增区间为0,，无极值。当0a时，函数()fx的单调递减区间为0,a，单调递增区间为,a()fa为()fx的极小值。极值点偏移通法变式2已知函数()lnafxxx（2）若方程()2fx存在两个不同的实数解12,xx，求证：122xxa（2）因为方程()2fx存在两个不同的实数解12,xx，不妨设12xx所以()fx必不能为单调函数，所以0a令()()2Fxfx则()Fx与()fx的单调性相同，单调递减区间为0,a，单调递增区间为,a()()20Fxfx存在两个不同的实数解12,xx，所以最小值()0Fa，且120xax，极值点偏移通法变式2已知函数()lnafxxx（2）若方程()2fx存在两个不同的实数解12,xx，求证：122xxa因为2224()()0(2)axagxaxx所以()gx在0,a上单调递增，且()0ga所以当0,xa时，()0gx所以111()(2)()0gxFaxFx即11()(2)FxFax成立。又12()()0FxFx，所以21()(2)FxFax，因为()Fx与()fx的单调性相同，在,a上单调递增所以212xax即122xxa成立。极值点偏移通法例2已知函数2()xgxeaxax恰有两个不同的极值点12,xx，证明：12ln22xxa证明：由已知2()xgxeaxax，所以()2xgxeaxa因为12,xx是函数()gx的两个不同极值点，不妨设12xx所以0a且1()0gx，2()0gx所以1120xeaxa，2220xeaxa两式相减12122xxeeaxx于是要证明12ln22xxa，即证明1212212xxxxeeexx极值点偏移通法...
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