極值點偏移問題的求解策略

摘要：教學中對于在極值點兩側增減速度不相同的問題進行研究，找到解決此類問題的兩種求解策略，對稱化構造與齊次化構造.

關鍵詞：極值點偏移問題；對稱化構造；齊次化構造；變式訓練

基金項目：本文系福建省教育科學“十三五”規劃2016年度立項課題《“核心素養”理念下的數學變式教學的行動研究》（立項批準號MJYKT2016-178）的階段性成果

作者簡介：蔣滿林（1975-），男，福建古田人，中學高級教師，寧德市名師培養對象，主要從事高中數學教育與教學研究工作.

一、極值點偏移問題

有一類函數，它們先增后減或先減后增，但是在極值點兩側的增減速度不相同（一側快一側慢），于是極值點并不在定義域的中間位置，而是向一側偏移，比如函數f（x）=lnx-x，它的圖象如下：對于這類函數，經常遇到這樣的問題：

已知f（x1）=f（x2）（x1≠x2），求證：x1+x2>m或x1+x2

類似這樣的問題我們稱為極值點偏移問題.

極值點偏移問題是導數問題中的一個難點，也是各類考試的熱點，那么如何求解這類問題呢？下面通過一道例題介紹兩種常用的求解策略：對稱化構造與齊次化構造.

二、解法探析

例1已知f（x）=lnx-x，若f（x1）=f（x2）（x1≠x2），證明：

（1）x1+x2>2；

（2）x1·x2<1

解法一對稱化構造

（1）f ′（x）=1x-1=1-xx，所以f（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減.不妨設02，即證x2>2-x1，即證f（x2）

即證f（x）-f（2-x）<0在（0，1）上恒成立.令，g（x）=f（x）-f（2-x），

則g′（x）=f ′（x）+f ′（2-x）=（lnx-x）′-[ln（2-x）-（2-x）]′，

=（1x-1）--12-x+1=1x+12-x-2

=2x（2-x）-2.

當00，于是f（x）單調遞增，所以g（x）

（2）由（1）知f（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減.不妨設0

令，h（x）=f（x）-f1x=2lnx-x+1x（x>1），

則h′（x）=2lnx-x+1x′=-（x-1）2x2<0，

所以h（x）

故原不等式成立.

解法二齊次化構造

（1）f ′（x）=1x-1=1-xx，所以f（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減.不妨設0

即lnx2x1=x1x2x1-1，令x2x1=t（t>1），則x1=lntt-1，x2=tlntt-1.于是要證不等式x1+x2>2，只要證lntt-1+tlntt-1>2，即證（t+1）lntt-1>2，亦即證lnt-2（t-1）t+1>0.

令g（x）=ln-2（x-1）x+1，（x>1），則g′（x）=1x-2（x+1）-2（x-1）（x+1）2=（x-1）2x（x+1）2>>0，（x>1）

于是g（x）在（1，+∞）上單調遞增，g（x）>g（1）=0，故原不等式得證.

（2）以上證法同（1），要證x1·x2<1，只要證lntt-1·tlntt-1<1，即證ln2t

令h（x）=ln2x-x+1x（x>1），h′（x）=2lnxx-1-1x2=2xlnx-x2-1x2.

記m（x）=2xlnx-x2-1（x>1），m′（x）=2（lnx-x+1），

記n（x）=lnx-x+1（x>1），n′（x）=1x-1<0，所以n（x）

所以m′（x）<0，從而m（x）

故原不等式得證.

總結（1） 對稱化構造的方法即設法將欲證不等式通過函數在某一側的單調性轉化為證明函數值間的大小關系，然后借助這個f（x1）=f（x2）（x1≠x2）條件進行轉化，得到關于x1或x2的一個不等式，這時候就可以構造函數證明不等式成立了.

（2）齊次化構造的方法的本質是將x2x1看成一個變量t，然后將x1和x2都用t表示，繼而欲證不等式轉化為關于變量t的一個不等式，構造函數證明即可.

三、變式練習

1.已知函數f（x）=x+1x（x>0），若f（x1）=f（x2）（x1≠x2），求證：

（1）x1·x2=1；

（2）x2+x2>2

證明（1）f ′（x）=1-1x2=x2-1x2，所以f（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增.不妨設0

（2）f ′（x）=1-1x2=x2-1x2，所以f（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增.不妨設02，即證x2>2-x1，即證f（x2）>f（2-x1），所以f（x1）=f（x2）>f（2-x1）.即證f（x）-f（2-x）>0在（0，1）上恒成立.令，g（x）=f（x）-f（2-x），則g′（x）=f ′（x）+f ′（2-x）=x+1x′-（2-x）-12-x′

=2-1x2-1（x-2）2=2-2（x-1）2+2[x（2-x）]2.

當0g（1）=0故原不等式得證.

2.已知函數f（x）=x-alnx（a∈R），有兩個零點x1，x2且x1

（1）求a的取值范圍；

（2）證明：x2-x1隨著a的增大而增大；

（3）證明：x1·x2>e2

解（1）f（x）有兩個零點x1，x2，顯然a≠0，故1a=lnxx，設g（x）=lnxx，g′（x）=1-lnxx2，當x∈（0，e）時g（x）單調遞增；當x∈（e，+∞）時g（x）單調遞減又當x→0時，g（x）→-∞，x→+∞時，g（x）→0，所以，當0<1a<1e即a>e時，函數f（x）有兩個零點x1，x2

（2）取a1，a2，不妨設ex2-x1即，x2-x1隨著a的增大而增大

（3）設g（x）=lnxx，構造函數h（x）=g（x）-ge2x，x∈（e，+∞）

則h′（x）=g′（x）+g′e2x·e2x2=1-lnxx2-1-lnxe2=（1-lnx）e2-x2e2x2當x∈+∞時，h′（x）>0，h（x）單調遞增，所以h（x）>h（e）=0，即g（x）>ge2x又因為0ge2x2，且x1，e2x2∈（0，e），又x∈（0，e）時，g（x）單調遞增，所以x1>e2x2，故有x1·x2>e2.

3.（2016年全國I高考）已知函數f（x）=（x-2）ex+a（x-1）2有兩個零點

（Ⅰ）求a的取值范圍；

（Ⅱ）設x1，x2是f（x）的兩個零點，證明：x2+x2<2

解（1）由已知得：f ′（x）=（x-1）ex+2a（x-1）=（x-1）（ex+2a）

①若a=0，那么f（x）=0（x-2）ex=0x=2，f（x）只有唯一的零點x=2，不合題意；

②若a>0，那么ex+2a>ex>0，

所以當x>1時，f ′（x）>0，f（x）單調遞增

當x<1時，f ′（x）<0，f（x）單調遞減

即：

x（-∞，1）1（1，+∞）

f ′（x）-0+

f（x）↓極小值↑

故f（x）在（1，+∞）上至多一個零點，在（-∞，1）上至多一個零點

由于f（2）=a>0，f（1）=-e<0，

則f（2）f（1）<0，

根據零點存在性定理，f（x）在（1，2）上有且僅有一個零點.

而當x<1時，ex

故f（x）=（x-2）ex+a（x-1）2>e（x-2）+a（x-1）2=a（x-1）2+e（x-1）-e

則f（x）=0的兩根t1=-e-e2+4ae2a+1，t2=-e+e2+4ae2a+1，t10，故當xt2時，a（x-1）2+e（x-1）-e>0因此，當x<1且x0又f（1）=-e<0，根據零點存在性定理，f（x）在（-∞，1）有且只有一個零點.

此時，f（x）在R上有且只有兩個零點，滿足題意.

③若-e2

當x

即f ′（x）=（x-1）（ex+2a）>0，f（x）單調遞增；

當ln（-2a）eln（-2a）+2a=0，即f ′（x）=（x-1）（ex+2a）<0，f（x）單調遞減；

當x>1時，x-1>0，ex+2a>eln（-2a）+2a=0，即f ′（x）>0，f（x）單調遞增.即：

x（-∞，ln（-2a））ln（-2a）（ln（-2a），1）1（1，+∞）

f′（x）+0-0+

f（x）↑極大值↓極小值↑

而極大值

f[ln（-2a）]=-2a[ln（-2a）-2]+a[ln（-2a）-1]2=a{[ln（-2a）-2]2+1}<0

故當x≤1時，f（x）在x=ln（-2a）處取到最大值f[ln（-2a）]，那么f（x）≤f[ln（-2a）]<0恒成立，即f（x）=0無解

而當x>1時，f（x）單調遞增，至多一個零點

此時f（x）在R上至多一個零點，不合題意.

④若a=e2，那么ln（-2a）=1當x<1=ln（-2a）時，x-1<0，ex+2a0，f（x）單調遞增

當x>1=ln（-2a）時，x-1>0，ex+2a>eln（-2a）+2a=0，即f ′（x）>0，f（x）單調遞增

又f（x）在x=1處有意義，故f（x）在R上單調遞增，此時至多一個零點，不合題意.

⑤若a<-e2，則ln（-2a）>1.

當x<1時，x-1<0，ex+2a0，f（x）單調遞增

當10，ex+2a

當x>ln（-2a）時，x-1>ln（-2a）-1>0，ex+2a>eln（-2a），即f ′（x）>0，f（x）單調遞增即：

x（-∞，1）1（1，ln（-2a））ln（-2a）（ln（-2a），+∞）f′（x）+0-0+

f（x）↑極大值↓極小值↑

故當x≤ln（-2a）時，f（x）在x=1處取到最大值f（1）=-e，那么f（x）≤-e<0恒成立，即f（x）=0無解

當x>ln（-2a）時，f（x）單調遞增，至多一個零點

此時f（x）在R上至多一個零點，不合題意.

綜上所述，當且僅當a>0時符合題意，即a的取值范圍為（0，+∞）.

（2）由已知得：f（x1）=f（x2）=0，不難發現x1≠1，x2≠1，

故可整理得：-a=（x1-2）ex1（x1-1）2=（x2-2）ex2（x2-1）2

設g（x）=（x-2）ex（x-1）2，則g（x1）=g（x2）

那么g′（x）=（x-2）2+1（x-1）3ex，當x<1時，g′（x）<0，g（x）單調遞減；當x>1時，g′（x）>0，g（x）單調遞增.

設m>0，構造代數式：

g（1+m）-g（1-m）=m-1m2e1+m--m-1m2e1-m=1+mm2e1-mm-1m+1e2m+1.

設h（m）=m-1m+1e2m+1，m>0

則h′（m）=2m2（m+1）2e2m>0，故h（m）單調遞增，有h（m）>h（0）=0.

因此，對于任意的m>0，g（1+m）>g（1-m）.

由g（x1）=g（x2）可知x1、x2不可能在g（x）的同一個單調區間上，不妨設x1

令m=1-x1>0，則有g[1+（1-x1）]>g[1-（1-x1）]g（2-x1）>g（x1）=g（x2）

而2-x1>1，x2>1，g（x）在（1，+∞）上單調遞增，因此：g（2-x1）>g（x2）2-x1>x2

整理得：x1+x2<2.