導數中含參問題的處理與極值點偏移問題

云南 馬孟華

筆者通過對一道高考導數試題的綜合分析，提出利用導數解決含參數問題的兩種策略，同時利用一題多解的形式對目前最為熱門的極值點偏移問題的解法進行深入的探討和總結，并結合2021年高考試題中的極值點偏移問題進行例證.

1.參數取值范圍處理策略

(1)當a=1時，判斷函數y=f(x)的單調性；

解：(1)解析略，具體看(2).

1.1 數形結合法

方法一:由題意可知lnx=(a+1)x有兩個不同的實根x1,x2，

設直線y=kx與y=lnx相切，切點坐標為(x0,y0)，

事實上，此問有最為實用的三種解法：

(1)數形結合法；(2)帶參討論法；(3)參變分離法.

上述方法屬于數形結合法，將問題轉化為切線問題求解，下面再利用“帶參討論法”和“參變分離法”解決實數a的取值范圍.

1.2 帶參討論法

方法二:令h(x)=lnx-(a+1)x(x>0).

故ln(a+1)<-1，得0

綜上,-1

1.3 參變分離法

故當0

【評析】以上三種方法是求解參數取值范圍問題的主要方法，在一線教學實踐中，“參變分離”“數形結合”是比較符合學生認知規律的思想方法，且容易被學生所掌握和理解.而“帶參討論”的方式由于對思維水平要求較高，且操作過程中具有“復雜性(往往需要分類討論)”和“特殊性(技巧性較強)”的特點，導致難以實施，學生難以理解和掌握，故在一線教學中可適當加強對前兩種方法的思考和嘗試.

2.極值點偏移處理策略

結合1.2，1.3可以看到，要證明的不等式屬于明顯的極值點偏移問題，下面結合教學實踐，給出極值點偏移的幾種處理方法，并將2021年數學新高考Ⅰ卷中的壓軸題也一并進行對比分析整理.下面證明不等式x1x2>e2.

2.1 比值換元法(一)

方法一:由1.1知lnx=(a+1)x有兩個不同的實根x1,x2，

故有lnx1=(a+1)x1,lnx2=(a+1)x2,

兩式相加得ln(x1x2)=(a+1)(x1+x2)，

要證x1x2>e2，

對于x1,x2，不妨設x2>x1>0,

所以x1x2>e2．

2.2 比值換元法(二)

方法二:由1.3知1

由lnx1=(a+1)x1，lnx2=(a+1)x2,

即x2lnx1=x1lnx2，將x2=tx1代入可得

tx1lnx1=x1lntx1，

即tlnx1=lnt+lnx1,

要證：x1x2>e2，即證

令h(t)=(1+t)lnt-2(t-1)(t>1),

故h′(t)在t∈(1,+∞)上單調遞增，從而h′(t)>h′(1)=0,

所以h(t)在t∈(1,+∞)上單調遞增，故h(t)>h(1)=0，

即(1+t)lnt-2(t-1)>0在t∈(1,+∞)上恒成立,

所以x1x2>e2．

【評析】此法也比較簡潔、快捷，但問題稍微復雜就可能失效，如下題：

此題函數較例題更為復雜，如果進行比值換元后，是無法順利解出雙變量x1,x2的值(即用變量t表示出變量x1,x2)，故此法的最大局限就在于此.注意到比值換元法的缺陷，我們可以考慮解決極值點偏移問題的另一方法，即“對數平均不等式法”，這也是解決此類問題的本質.

2.3 對數平均不等式法

方法三:由2.1知，

故lnx1+lnx2>2,

即有x1x2>e2.

【評析】此法中采用的對數平均不等式，其關鍵步驟在于能否將結論中所證不等式用對數平均數簡潔的表達出來.若能，則問題變得簡單，若不能，則對數平均不等式法也就失效了，這也是對數平均不等式法的一個局限.需要注意的是,對數平均不等式的證明也使用了“齊次化換元”的方法，此過程省略了證明過程,直接使用求解.

2.4 函數的選取與構造(一)

當x∈(e,+∞)時，F′(x)>0，故F(x)在(e,+∞)上單調遞增，

所以F(x)>F(e)=0,

又g(x1)=g(x2)=a+1，

2.5 函數的選取與構造(二)

方法五：由1.3知方程lnx=(a+1)x有兩個不同實根x1，x2，

則函數g(x)=lnx-(a+1)x有兩個不同的零點x1,x2,

要證x1x2>e2，即證lnx1+lnx2>2,

令t=lnx∈R，

則lnx1+lnx2>2?t1+t2>2，

故要證lnx1+lnx2>2，即證t1+t2>2,

而t1,t2即為函數h(t)=t-(a+1)et(t∈R)的兩個零點,

因為當t=0時，m(t)=0,所以直線y=a+1與曲線m(t)交于兩點，其橫坐標為t1,t2，則0

當t∈(0,1)時，Q′(t)>0，故Q(t)在(0,1)上單調遞增，當t∈(1,+∞)時，Q′(t)>0，故Q(t)在(1,+∞)上單調遞增.

對于t∈(1,+∞)，Q(t)>Q(1)=0，

令t=t2，則有Q(t2)>0,即m(t2)-m(2-t2)>0，

所以m(t2)>m(2-t2),

由于t1,t2滿足m(t1)=m(t2)=a+1,

則有m(t1)=m(t2)>m(2-t2)，

由于0

同時m(t)在(-∞,1)上單調遞增,

故t1>2-t2，即t1+t2>2，因此x1x2>e2.

【評析】此法通過換元轉化結論，成為了標準的極值點偏移問題(兩個零點或根的和式不等式)，看似過程復雜，但卻揭示了解決極值點問題的“通性通法”，即“對數型函數的極值點偏移問題”可轉化為“指數型的極值點偏移問題”，反之亦然.而構造“對稱函數”也成為了解決此問題的常規方法，2010年天津理科21題，2016年全國Ⅰ卷理科21題即可用上述的方法處理！

綜合對比2.4,2.5可以看到，極值點偏移問題多與指對數函數有關，故而函數的選取變得尤為重要.可以看到，函數中如果含有指數函數，考慮取對數、之后問題轉化對數函數的處理會更加簡潔，同時也可考慮使用“對數平均不等式”求解.

2.6 函數的選取與構造(三)

方法六:由1.2知函數h(x)=lnx-(a+1)x有兩個不同的零點x1,x2，

故lnx1+lnx2=(a+1)(x1+x2)，

因此，要證x1x2>e2，

即證lnx1+lnx2>2，

只需證(a+1)(x1+x2)>2，

由于f(x1)=f(x2)=0，

【評析】此法選取的函數是原函數本身，含有了參數(有些問題是無法消去參數的)，需要考慮帶參處理,這無疑加大了求解的難度.對于無法消去參數的問題來說，帶著參數進行“對稱化構造函數”“構造對數平均不等式”是解決問題的主流方法.

2.7 函數的選取與構造(四)

方法七:由1.2知，函數h(x)=lnx-(a+1)x有兩個不同的零點x1,x2，

同時h(x1)=h(x2)=0,

因此,要證x1x2>e2，即證lnx1+lnx2>2，

3.極值點偏移問題方法的再驗證——以 2021新高考Ⅰ卷壓軸題為例

【例2】(2021·新高考Ⅰ卷·22)已知函數f(x)=x(1-lnx).

(1)討論f(x)的單調性；

解：(1)f(x)=x(1-lnx)，則f′(x)=-lnx(x>0)，

令f′(x)>0得0

令f′(x)<0得x>1,

故f(x)在(0,1)上單調遞增，在(1,+∞)上單調遞減.

(2)證明：由blna-alnb=a-b，

先證x1+x2>2.

3.1 構造對稱函數法

方法一：由(1)知f(x)在(0,1)上單調遞增，在(1,+∞)上單調遞減，令f(x1)=f(x2)=k，則直線y=k與函數f(x)有兩個交點，橫坐標分別為x1,x2，

結合f(x)的大致圖象可設0

構造函數F(x)=f(x)-f(2-x)=x(1-lnx)-(2-x)[1-ln(2-x)],x∈(0,1),

F′(x)=-lnx-ln(2-x),故F′(x)>0在x∈(0,1)上恒成立，F(x)在(0,1)單調遞增,

所以F(x)

則有f(x)

又因為f(x1)=f(x2)，所以f(x2)

又由于f(x)在(1,e)上單調遞減，故有x2>2-x1，即x1+x2>2得證.

3.2 比值換元法

方法二：由3.1可知f(x1)=f(x2)，

故有x1(1-lnx1)=x2(1-lnx2),

設0

故有x1(1-lnx1)=tx1(1-lntx1)，

故要證x1+x2>2，即證x1+tx1>2，

即證(1+t)x1>2，即ln(1+t)+lnx1>ln2,

即證(t-1)ln(1+t)+t-tlnt-1>(t-1)ln2,

即證(t-1)ln(1+t)+(t-1)(1-ln2)-tlnt>0,

令g(t)=(t-1)ln(1+t)+(t-1)(1-ln2)-tlnt(t>1),

g′(t)>g′(1)=0,故g(t)在(1,+∞)上單調遞增，

故g(t)>g(1)=0,

故x1+x2>2.

3.3 構造特殊函數+放縮法

故g(x)在(0,+∞)上單調遞減，注意g(1)=0，

由于0

又因為f(x1)=f(x2)，

限于篇幅，對于x1+x2>2證明的其他方法以及x1+x2