极值点偏移的题目在高考中出现的概率高吗？如何解答这类型题目
来源：好师来一帆
极值点偏移题目在高考中出现的概率较高，尤其是在全国卷中，基本上每三年就会有一套试卷考到这类问题。这类题目通常作为压轴题出现，对学生的思维能力和计算能力要求较高。
极值点偏移问题在数学分析中是一个常见且具有挑战性的问题，通常涉及函数在极值点附近的形态不对称，导致极值点相对于某个对称点发生偏移。
解答极值点偏移题目的方法有多种，以下是一些常见的方法：
构造对称函数：通过构造对称函数，利用函数的单调性来解决问题。
三阶导法：利用三阶导数的符号来判断极值点的偏移方向。
割线斜率法：通过分析函数割线的斜率来研究极值点的偏移。
对数均值不等式法：利用对数均值不等式来简化证明过程。
比值代换法：通过比值代换来转换问题，使其更容易解决。
解答极值点偏移题目时，首先需要理解题目的要求，明确极值点的位置以及函数在极值点两侧的增减速度。然后，选择合适的解题方法，根据题目的具体情况进行构造和证明。在解题过程中，要注意计算的准确性和逻辑的严密性，确保每一步都正确无误。
此外，为了更好地掌握极值点偏移题目的解答方法，建议多做相关的练习题，总结解题规律和技巧。同时，也可以参考一些优秀的解题方法和思路，以提高自己的解题能力。
步骤和思路：
1. 理解问题定义
极值点偏移是指函数$f(x)$在极值点$x_0$附近的形态不对称，导致对于$f(x_1) = f(x_2)$，有$(x_1 + x_2) / 2 \neq x_0$。
2. 构造对称函数
构造$f(x)$关于直线$x = x_0$的对称函数$g(x) = f(2x_0 - x)$。
通过比较$f(x)$和$g(x)$在$x = x_0$一侧的大小，可以得到不等式$f(x) < f(2x_0 - x)$。
3. 利用单调性
利用$f(x)$在极值点一侧的单调性，去掉符号$f$，将二元问题转化为一元问题。
4. 证明不等式
通过构造函数$h(x) = f(x) - g(x)$或$h(x) = f(x) - f(2x_0 - x)$，并分析$h(x)$的单调性和极值。
证明$h(x)$在特定区间内的符号，从而得到所需的不等式，如$x_1 + x_2 > 2x_0$或$x_1 + x_2 < 2x_0$
构造函数法的关键在于通过对称构造，将二元问题转化为一元问题，并利用函数的单调性来证明所需的不等式。这种方法需要对函数的性质和导数有深入的理解，并能灵活应用导数来分析函数的单调性和极值。
例题1赏析：
已知函数$f(x) = x(1 - \ln x)$，设$a, b$为两个不相等的正数，且$bln a - aln b = a - b$，证明：$2 < \frac{1}{a} + \frac{1}{b} < e$。
解题步骤
1. 分析函数性质
对$f(x)$求导，得到$f'(x) = 1 - \ln x$。
当$x < 1$时;$f'(x) > 0$，$f(x)$单调递增；当$x > 1$时，$f'(x) < 0$，$f(x)$单调递减。
因此，$f(x)$在$x = 1$处取得极大值$f(1) = 1$。
2. 构造函数
将$bln a - aln b = a - b$两边同时除以$ab$，得到$\frac{\ln a}{a} - \frac{\ln b}{b} = \frac{1}{b} - \frac{1}{a}$。
即$\frac{1}{a}(1 - \ln a) = \frac{1}{b}(1 - \ln b)$。
设$\frac{1}{a} = x_1$，$\frac{1}{b} = x_2$，不妨令$x_1 < x_2$。
因为$f(x_1) = f(x_2)$，且$f(x)$在$(0, 1)$单调递增，在$(1, +\infty)$单调递减。
因此，$0 < x_1 < 1 < x_2 < e$。
3. 证明$x_1 + x_2 > 2$
构造对称函数$g(x) = f(2 - x) = (2 - x)[1 - \ln(2 - x)]$。
定义$h(x) = f(x) - g(x) = x(1 - \ln x) - (2 - x)[1 - \ln(2 - x)]$。
对$h(x)$求导，得到$h'(x) = f'(x) - g'(x) = -\ln x + \ln(2 - x)$。
当$x < 1$时;$h'(x) > 0$，$h(x)$单调递增。
因此，$h(x) < h(1) = 0$，即$f(x) < g(x)$。
因为$f(x_1) = f(x_2)$，所以$g(x_1) = f(2 - x_1) > f(x_1) = f(x_2)$。
因为$x_2 > 1$，$2 - x_1 > 1$，且$f(x)$在$(1, +\infty)$单调递减。
所以$x_2 > 2 - x_1$，即$x_1 + x_2 > 2$。
4. 证明$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} < e$
因为$x_1 + x_2 > 2$，且$x_1 < 1$，$x_2 < e$。
所以$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} < e$。
综上所述，通过构造函数，我们可以有效地解决极值点偏移问题。在解题过程中，需要注意函数的单调性、极值点以及对称性的应用。
个极值点 \( x_{1} \) 和 \( x_{2} \)（且 \( x_{1} < x_{2} \)），则 \( x_{1}x_{2} > e^{2} \)。
例题2赏析：
函数 \( f(x) = \ln x - \frac{1}{2}mx^{2} - x \)，其中 \( m \in \mathbb{R} \)，若 \( f(x) \) 有两个极值点 \( x_{1} \) 和 \( x_{2} \)（且 \( x_{1} < x_{2} \)），求证： \( x_{1}x_{2} > e^{2} \)。
证明：1. 求导并设极值点： 首先，求 \( f(x) \) 的导数： \[ f'(x) = \frac{1}{x} - mx - 1 \] 设 \( f'(x) = 0 \)，得到： \[ \frac{1}{x} - mx - 1 = 0 \implies \ln x - mx = 0 \] 因此，\( x_{1} \) 和 \( x_{2} \) 是方程 \( \ln x - mx = 0 \) 的两个不同实根。
2. 建立方程组： 由于 \( x_{1} \) 和 \( x_{2} \) 是方程的根，我们有： \[ \begin{cases} \ln x_{1} - m x_{1} = 0 \\ \ln x_{2} - m x_{2} = 0 \end{cases} \] 由此可得： \[ m = \frac{\ln x_{1}}{x_{1}} = \frac{\ln x_{2}}{x_{2}} \] 并且： \[ \ln x_{2} - \ln x_{1} = m(x_{2} - x_{1}) \]
3. 表达式转换： 设 \( t = \frac{x_{2}}{x_{1}} \)，其中 \( t > 1 \)。则： \[ \ln x_{2} - \ln x_{1} = \ln t \] 代入上式： \[ \ln t = m(x_{2} - x_{1}) = m x_{1} (t - 1) \] 由于 \( m = \frac{\ln x_{1}}{x_{1}} \)，代入得： \[ \ln t = \frac{\ln x_{1}}{x_{1}} \cdot x_{1} (t - 1) = \ln x_{1} (t - 1) \] 因此： \[ \ln t = \ln x_{1} (t - 1) \] 解得： \[ \ln x_{1} = \frac{\ln t}{t - 1} \] 同理： \[ \ln x_{2} = \ln x_{1} + \ln t = \frac{\ln t}{t - 1} + \ln t = \frac{t \ln t}{t - 1} \]
4. 证明不等式： 我们需要证明 \( x_{1}x_{2} > e^{2} \)，即： \[ \ln x_{1} + \ln x_{2} > 2 \] 代入上面的表达式： \[ \ln x_{1} + \ln x_{2} = \frac{\ln t}{t - 1} + \frac{t \ln t}{t - 1} = \frac{(1 + t) \ln t}{t - 1} \] 因此，需要证明： \[ \frac{(1 + t) \ln t}{t - 1} > 2 \] 即： \[ \ln t > \frac{2(t - 1)}{t + 1} \] 设函数 \( h(t) = \ln t - \frac{2(t - 1)}{t + 1} \)，其中 \( t \geq 1 \)。 求导： \[ h'(t) = \frac{1}{t} - \frac{2(t + 1) - 2(t - 1)}{(t + 1)^{2}} = \frac{1}{t} - \frac{4}{(t + 1)^{2}} \] 由于 \( t > 1 \)，可以证明 \( h'(t) > 0 \)，即 \( h(t) \) 在 \( t > 1 \) 时单调递增。 又因为 \( h(1) = 0 \)，所以当 \( t > 1 \) 时，\( h(t) > 0 \)，即： \[ \ln t > \frac{2(t - 1)}{t + 1} \] 因此，我们得到： \[ \ln x_{1} + \ln x_{2} > 2 \implies x_{1}x_{2} > e^{2} \] 证毕。
结论：对于函数 \( f(x) = \ln x - \frac{1}{2}mx^{2} - x \)，若 \( f(x) \) 有两个极值点 \( x_{1} \) 和 \( x_{2} \)（且 \( x_{1} < x_{2} \)），则 \( x_{1}x_{2} > e^{2} \)。