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极值点偏移问题因其具有鲜明的几何意义和丰富的代数内涵而受到教学和考试的青睐，在提升解题能力和考查数学能力的材料中屡有所见。这类问题也引发了老师们的钻研兴趣，提出了很好的判定方法，但已知的方法大多是从函数两个“零点”的中点的性质判断极值点偏移性态，而很多函数的“零点”只是定性地存在却不能定量的算出来，也就不能用两个“零点”的中点的性质判断极值点偏移。本文提出从函数在极值点邻域的性质判断极值点偏移性态，可以较好地解决一类极值点偏移的问题。
一般地，对于函数f（x）在区间（a，b）内只有一个极值点x0，方程f（x）=c的解分别是x1、x2，且a 极值点偏移类似统计学中的偏态，左偏相当于正偏态，右偏相当于负偏态。极值点偏移反映了在极值点x0邻近的某个区域内，函数左右不对称的性态。
一、判定方法
从函数两个“零点”的中点的导数的符号可以判断极值点偏移：已知可导函数f（x）在区间（a，b）内只有一个极值点x0，有两个零点x1、x2，若x0是极大值点，且 ，则 ，即函数f（x）在区间（x1，x2）上极大值点x0左偏。
这个判定方法的证明比较简单：可导函数f（x）在区间（a，b）内只有一个极值点x0，而且是极大值点，故函数f（x）在区间（a，x0）单调递增，在区间（x0，b）单调递减。不妨设a 但是，这个判定方法的应用比较难，因为一般函数通常只能确定零点x1、x2的取值范圍，直接判定 的符号比较难。
对于极值点x0比较容易确定的函数，有以下判定极值点偏移的方法：
判定定理1已知可导函数f（x）在区间（a，b）内只有一个极值点x0，f（x）=c（c是常数）在区间（a，b）上有两个解分别是x1、x2，若任意δ>0，a-f/（x0 δ）>0，则 ，即函数f（x）在区间（a，b）上极大值点x0左偏。
证明：f（x）在x0左侧单调递增，在x0右侧单调递减，x0是极大值点。不妨设a 以下分 与 两种情况讨论。
①若 ，作函数F（x）=f（x）-f（2x0-x），其中：x∈（a，x0]。
则F（x0）=0，F/（x）=f/（x） f/（2x0-x）>0，F（x）单调递增，所以F（x）<0，x∈（a，x0]。
由F（x1）=f（x1）-f（2x0-x1）<0得，f（x1） 因为a2x0-x1，x1 x2>2x0。
②若 ，作函数F（x）=f（x）-f（2x0-x），其中：x∈[x0，b）。
则F（x0）=0，F/（x）=f/（x） f/（2x0-x）>0 ，F（x）单调递增，所以F（x）>0，x∈[x0，b）。
由F（x2）=f（x2）-f（2x0-x2）>0得，f（x2）>f（2x0-x2），由f（x1）=f（x2）=c得，f（x1）>f（2x0-x2）。
因为a2x0-x2，x1 x2>2x0。
综上所述，函数f（x）在区间（a，b）上极大值点x0左偏。
类似地，还有以下判定方法：
判定定理2已知可导函数f（x）在区间（a，b）内只有一个极值点x0，f（x）=c（c是常数）在区间（a，b）上有两个解分别是x1、x2，若任意δ>0，a-f/（x0-δ）>0），则函数f（x）在区间（a，b）上极值点x0右偏（或左偏、或右偏）。
二、解题实例
例1：（2010年高考天津理）已知函数f（x）=xe-x（x∈R）。
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间及极值；
（Ⅱ）略
（Ⅲ）如果x1≠x2，且f（x1）=f（x2），证明：x1 x2>2。
求解与证明：（Ⅰ）f/（x）=（1-x）e-x，解f/（x）=0得x=1。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，f（x）的极大值为f（1）=e-1。
（Ⅱ）略
（Ⅲ）（方法一）不妨设01），则 ，所以h（t）>h（1）=0，即g/（t）>0，故
即x1 x2>2。
（方法二）任意0<δ<1，f /（1-δ）=δeδ-1，f/（1 δ）=-δe-δ-1，f / （1-δ）>-f/（1 δ）>0，由判定方法1可知，f（x）在区间R上极大值点x0=1左偏，所以x1 x2>2。
方法一是常规方法，将x1 x2表示成某个变量的函数，再用函数的方法运算推理，用到较多的知识方法；方法基于对极值点的深刻理解，用“极值点偏移”整体把握问题，方向明确、思路清晰、过程简洁。 例2：（2013年高考湖南文）已知函数f（x）= 。
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）证明：当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，x1 x2<0。
求解与证明：（Ⅰ） ，解f/（x）=0得x=0。当x<0时f/（x）>0 ；当x>0时f/（x）<0。f（x）在（-∞，0）单调递增，在（0， ∞）单调递减。
（Ⅱ）任意δ>0，f/（-δ）= e-δ>0 ，f/（δ）= eδ<0，f/（δ） f/（-δ）= e-δ-
- eδ= [（δ2 2δ 3）e-δ-（δ2-2δ 3）eδ。
设g（x）=（x2 2x 3）e-x-（x2-2x 3）ex，x>0，则g/（x）=-（x2 1）（ex e-x）<0，g（x） 例3：（2016年高考全国Ⅰ理）已知函数f（x）=（x-2）ex a（x-1）2有两个零点。
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1 x2<2。
求解与证明：（Ⅰ）f/（x）=（x-1）（ex 2a）
①a=0时，f（x）=（x-2）ex只有一个零点；
②a>0时，f（x）在（-∞，1）单调递减，在（1， ∞）单调递增，f（x）的最小值f（1）=-e<0。由f（2）=a>0知，f（x）在（1，2）上有一个零点，即在（1， ∞）上有一个零点。取b<0且b （b-2） a（b-1）2=a（b2- b）>0，f（x）在（-∞，1）上有一个零点。从而函数f（x）有两个零点。
③a<0时，解f/（x）=0得x=1，x=ln（-2a）。
若a=- ，則ln（-2a）=1，f/（x）=（x-1）[ex 2a]≥0，f（x）单调递增，无两个零点；
若a<- ，则ln（-2a）>1，f（x）的极大值为f（1）=-e<0，f（x）无两个零点；
若- 综上所述，a>0。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知a>0，x=1是f（x）的极小值。
任意δ>0，f/（1-δ）=-δ（e1-δ 2a）<0，f/（1 δ）=δ（e1 δ 2a）>0，f/（1-δ） f/（1 δ）=δ（e1 δ-e1-δ）>0，所以f/（1 δ）>-f/（1-δ）>0，根据判定定理2，函数f（x）在区间（a，b）上极值点x0=1右偏，x1 x2<2。
一般地，对于函数f（x）在区间（a，b）内只有一个极值点x0，方程f（x）=c的解分别是x1、x2，且a
一、判定方法
从函数两个“零点”的中点的导数的符号可以判断极值点偏移：已知可导函数f（x）在区间（a，b）内只有一个极值点x0，有两个零点x1、x2，若x0是极大值点，且 ，则 ，即函数f（x）在区间（x1，x2）上极大值点x0左偏。
这个判定方法的证明比较简单：可导函数f（x）在区间（a，b）内只有一个极值点x0，而且是极大值点，故函数f（x）在区间（a，x0）单调递增，在区间（x0，b）单调递减。不妨设a
对于极值点x0比较容易确定的函数，有以下判定极值点偏移的方法：
判定定理1已知可导函数f（x）在区间（a，b）内只有一个极值点x0，f（x）=c（c是常数）在区间（a，b）上有两个解分别是x1、x2，若任意δ>0，a
证明：f（x）在x0左侧单调递增，在x0右侧单调递减，x0是极大值点。不妨设a
①若 ，作函数F（x）=f（x）-f（2x0-x），其中：x∈（a，x0]。
则F（x0）=0，F/（x）=f/（x） f/（2x0-x）>0，F（x）单调递增，所以F（x）<0，x∈（a，x0]。
由F（x1）=f（x1）-f（2x0-x1）<0得，f（x1）
②若 ，作函数F（x）=f（x）-f（2x0-x），其中：x∈[x0，b）。
则F（x0）=0，F/（x）=f/（x） f/（2x0-x）>0 ，F（x）单调递增，所以F（x）>0，x∈[x0，b）。
由F（x2）=f（x2）-f（2x0-x2）>0得，f（x2）>f（2x0-x2），由f（x1）=f（x2）=c得，f（x1）>f（2x0-x2）。
因为a
综上所述，函数f（x）在区间（a，b）上极大值点x0左偏。
类似地，还有以下判定方法：
判定定理2已知可导函数f（x）在区间（a，b）内只有一个极值点x0，f（x）=c（c是常数）在区间（a，b）上有两个解分别是x1、x2，若任意δ>0，a
二、解题实例
例1：（2010年高考天津理）已知函数f（x）=xe-x（x∈R）。
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间及极值；
（Ⅱ）略
（Ⅲ）如果x1≠x2，且f（x1）=f（x2），证明：x1 x2>2。
求解与证明：（Ⅰ）f/（x）=（1-x）e-x，解f/（x）=0得x=1。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，f（x）的极大值为f（1）=e-1。
（Ⅱ）略
（Ⅲ）（方法一）不妨设0
即x1 x2>2。
（方法二）任意0<δ<1，f /（1-δ）=δeδ-1，f/（1 δ）=-δe-δ-1，f / （1-δ）>-f/（1 δ）>0，由判定方法1可知，f（x）在区间R上极大值点x0=1左偏，所以x1 x2>2。
方法一是常规方法，将x1 x2表示成某个变量的函数，再用函数的方法运算推理，用到较多的知识方法；方法基于对极值点的深刻理解，用“极值点偏移”整体把握问题，方向明确、思路清晰、过程简洁。 例2：（2013年高考湖南文）已知函数f（x）= 。
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）证明：当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，x1 x2<0。
求解与证明：（Ⅰ） ，解f/（x）=0得x=0。当x<0时f/（x）>0 ；当x>0时f/（x）<0。f（x）在（-∞，0）单调递增，在（0， ∞）单调递减。
（Ⅱ）任意δ>0，f/（-δ）= e-δ>0 ，f/（δ）= eδ<0，f/（δ） f/（-δ）= e-δ-
- eδ= [（δ2 2δ 3）e-δ-（δ2-2δ 3）eδ。
设g（x）=（x2 2x 3）e-x-（x2-2x 3）ex，x>0，则g/（x）=-（x2 1）（ex e-x）<0，g（x）
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1 x2<2。
求解与证明：（Ⅰ）f/（x）=（x-1）（ex 2a）
①a=0时，f（x）=（x-2）ex只有一个零点；
②a>0时，f（x）在（-∞，1）单调递减，在（1， ∞）单调递增，f（x）的最小值f（1）=-e<0。由f（2）=a>0知，f（x）在（1，2）上有一个零点，即在（1， ∞）上有一个零点。取b<0且b
③a<0时，解f/（x）=0得x=1，x=ln（-2a）。
若a=- ，則ln（-2a）=1，f/（x）=（x-1）[ex 2a]≥0，f（x）单调递增，无两个零点；
若a<- ，则ln（-2a）>1，f（x）的极大值为f（1）=-e<0，f（x）无两个零点；
若-
（Ⅱ）由（Ⅰ）知a>0，x=1是f（x）的极小值。
任意δ>0，f/（1-δ）=-δ（e1-δ 2a）<0，f/（1 δ）=δ（e1 δ 2a）>0，f/（1-δ） f/（1 δ）=δ（e1 δ-e1-δ）>0，所以f/（1 δ）>-f/（1-δ）>0，根据判定定理2，函数f（x）在区间（a，b）上极值点x0=1右偏，x1 x2<2。