探析极值点偏移证明问题的解决方法

2022-06-11徐景超

中学教学参考·理科版 2022年3期

徐景超

[摘要]极值点偏移证明问题是高考中的难点，通过对称变换、消参减元、比值换元、利用单调性等方法能有效解决极值点偏移证明问题。

[关键词]极值点偏移;对称变换;消参减元;比值换元

[中图分类号] G633.6 [文献标识码] A [文章编号] 1674-6058（2022）08-0026-03

所谓极值点偏移，指的是连续函数[f（x）]在[（x1， x2）（f（x1）=f（x2）为前提）]上的极值点左右增减速度不同导致极值点[x0≠x1+x22]的情况出现。与其有关的问题主要有，一是与极值点偏移的不等式证明问题，二是极值点偏移对应的极值差范围的求解。这些问题与函数单调性、极值和最值等知识点都有密切的联系。其中，有关极值点偏移证明问题更为常见。掌握这类问题的解决方法，有助于学生开拓思路，有效破解难度较大的函数问题。

一、对称变换

采用对称变换方法解决有关极值点偏移证明问题，关键在于把问题中的两个变量对称分布在不等号的两边，进一步构造函数把问题转化为函数最值问题。如求证[x1+x2>2x0]，可构造函数[g（x）=f（x0+x）-f（x0-x）]或[g（x）=f（x）-f（2x0-x）]等对称形式，探究[gx]的单调性，进而把问题转化为极值点之间的关系。具体解题步骤如例1所示。

[例1]已知函数[fx=-x+x+2lnxx∈R]，且函数[f（x）]图像在[A（x1， f（x1））]、[B（x2， f（x2））] [（x1<x2）]两个不同点处的切线互相平行，求证[x1+x2>4]。

分析：对问题中所给“不同点处切线互相平行”进行分析可得，该两点处对应导数相等。问题所求证的不等式中含有两个变量，即[x1、x2]，因此需要对不等式进行变形，使两个变量对称分布在不等号的两边，即[x1>4-x2]，构造函数[g（x1）-g（4-x2）]，并探究其单调性，从而证明[x1+x2>4]成立。

证明：∵[f（x）=-x+（x+2）lnx（x∈R）]，

∴[f '（x）=2x+lnx（x>0）]，

设[g（x）=2x+lnx（x>0）]，

由题意“函数[fx]的图像在[A（x1，f（x1））]、[B（x2，f（x2））] [（x1<x2）]两个不同点处切线互相平行”可得， [f '（x1）=f '（x2）]，即[g（x1）=g（x2）]，

∵[g'x=-2x2+1x=x-2x2]，∴[gx]在[（0， 2）]上单调递减，在[2，+∞]上单调递增，

∵[g（x1）=g（x2）]，∴必有[0<x1<x2<2]，[4-x1>2]，

则有[g（x1）-g（4-x1）=2x1+lnx1-24-x1-ln（4-x1）]，

令[h（x）=2x+lnx-24-x-ln（4-x） ][（0<x<2）]，

[∵h'（x）=- 2x2+1x+2（4-x）2+14-x=- 8（x-2）2x2（4-x）2<0，]

∴[hx]在[0， 2]上为减函数，[hx>0]，

∴[g（x1）-g（4-x1）>0]，即[g（x1）>g（4-x1）]，[g（x2）>g（4-x1）]，

∵[gx]在[2，+∞]上单调递增，∴[x2>4-x1]，即[x1+x2>4]。

评析：对称变换是解决极值点偏移证明问题的常见方法之一。不同的不等式证明有着不同的变换形式，类似[x1±x2>2x0]形式的证明，可通过加减使其对称，而类似[x1⋅x2>2x0]形式的证明，往往通过乘除变换得到对称形式。

二、消参减元

消参减元主要是建立参数和极值点的联系等式，通过消去参数或减少变量个数对问题进行求解。解决极值点偏移证明问题时，首先令函数的导函数[f '（x0）=0]，根据[f '（x0）=0]找到并建立极值点与方程系数的关系，再利用作差的形式消去参数或减少变量个数，如[f（x）=axb+m]（a、b为常数，m为参数）可以转化为[f（x1）-f（x2）]消去參数[m]再求解;其次根据消参后的式子构造对应的函数;最后探究所构造的函数的单调性、极值、最值等，从而解决问题。具体解题步骤如例2所示。

[例2]已知函数[fx=x2+2x-2lnx]，若方程[fx=x2+2m]有两个不相等的实数根[x1]，[x2]，求实数[m]的取值范围并证明：[x1x2<1]。

分析：解题的第一步就是要消去参数，这时需要根据实数根[x1]，[x2]之间的关系进行消解，消除参数后把[x1x2<1]变形为[x1<1x2]，接着对[x1<1x2]对应的函数[g（x1）<g1x2]，即[g（x1）-g1x2<0]进行探讨。

证明：由题意可得方程[f（x）=x2+2m]等价于[x-lnx-m=0]，

令[g（x）=x-lnx-m（x>0）]，则[g'（x）=1-1x]，当[x∈0 ， 1]时，[g'x<0]，[gx]单调递减;当[x∈1，+∞]时，[g'（x）>0]，[gx]单调递增，所以[g（x）min=g（1）=1-m]。

若方程[f（x）=x2+2m]有两个不相等的实根，则有[g（x）min<0]，即[m>1]，

当[m>1]时，[0<e-m<1<em]，[g（e-m）=e-m>0]，[g（em）=em-2m]，

令[h（x）=ex-2xx>1]，则[h'（x）=ex-2>0]，[h（x）]在[1，+∞]上是增函数，[h（x）>e-2>0]，∴[g（em）=em-2m>0]，即[m]的取值范围为[1，+∞]，

设[x1<x2]，则[0<x1<1<x2]，[0<1x2<1]，

∴[x1x2<1] ⇔ [x1<1x2] ⇔ [g（x1）<g1x2]，

∵[g（x1）=g（x2）=0]，∴[g（x1）-g1x2=g（x2）-g1x2=x2-1x2-2lnx2]，

令[φ（x）=x-1x-2lnx（x>1）]，则[φ'（x）=1x-12>0]，[φ（x）]在[1，+∞]上是增函数，

∴当[x>1]时，[φ（x）>0]，即[x2-1x2-2lnx2>0]，[g（x1）<g1x2]成立，

∴[x1x2<1]成立。

三、比值换元

运用比值换元法解决极值点偏移证明问题，关键在于用两极值点之比替换问题中的变量[x1]，[x2]。解题时通常把极值点之比看作新变量[t]，把问题转化成关于[t]的函数问题，进而对有关[t]的函数进行分析，解决问题。具体解题步骤如例3所示。

[例3]已知函数[f（x）=ex-ax]有两个零点分别为[x1]，[x2]，若[a∈e，+∞]，求证：[x1+x2>2]。

分析：首先作差把函数[f（x）=ex-ax]两个零点对应等式中的参数消去，可得[ex1=ax1]、[ex2=ax2];其次根据得到的式子找到[x1]与[x2]之间的联系，不难得到[x2-x1=lnx2-lnx1];最后引入新变量[t=x2x1]，把证明[x1+x2>2]转化为关于[t]的函数问题，对函数[h（t）=lnt-2（t-1）t+1]进行探究。

证明：由[f（x）=ex-ax]，得[f '（x）=ex-a]，

∵[a∈e，+∞]，∴[f（x）]在[（0， 1）]和[（1，3a）]上各有一个零点，

设[0<x1<x2]，

由[ex1=ax1]，[ex2=ax2]可得[x1=lna+lnx1]，[x2=lna+lnx2]，

∴[x2-x1=lnx2-lnx1=lnx2x1]，

设[t=x2x1（t>1）]，则[x2=tx1，x2-x1=lnt，]

解得[x1=lntt-1]，[x2=tlntt-1]，[x1+x2=（t+1）lntt-1]，

∴当[t>1]时，[x1+x2>2]等价于[（t+1）lntt-1>2]，即[lnt-2（t-1）t+1>0]，

设[h（t）=lnt-2（t-1）t+1（t>1）]，

則[h'（t）=（t-1）2t（t+1）2>0]，[h（t）]在[（1，+∞）]上单调递增，

∴[h（t）>h（1）=0]，即[lnt-2（t-1）t+1>0]，

∴[x1+x2>2]。

评析：通过上述问题及解题过程，不难发现通过[x2-x1=lnx2-lnx1]引入变量[t=x2x1]是解题的关键，也是解题的难点所在。运用比值换元法解题，最终也是消去参数，减少变量个数，与其他方法殊途同归，都使问题更加直观简洁。

四、利用单调性

利用单调性解决极值点偏移证明问题，着重于用“当导函数[f'（x）>0]时函数[f（x）]单调递增”和“当[f'（x）<0]时函数[f（x）]单调递减”来将自变量的大小关系转变为函数的大小关系。解题时通常利用上述转化而来的函数大小关系构造新的函数，进而求解新函数的导数，确定新函数的单调性及其在取值范围内的最大值或最小值。具体解题步骤如例4所示。

[例4]已知函数[f（x）=xe-x]（[x∈R]），如果[x1≠x2]，且有[f（x1）=f（x2）]，证明：[x1+x2>2]。

分析：因为[f'（x）=1-xex]，所以当[x<1]时有[f'（x）>0]，函数[f（x）=xe-x]单调递增;当[x>1]时有[f'（x）<0]，函数[f（x）=xe-x]单调递减。要证明[x1+x2>2]，即证明[x2<2-x1]，直接令[x1<1<x2]，得到[2-x1>1]，此时[x2]和[2-x1]都在函数[f（x）]的单调递减区间中，因此只需要证明[f（x2）<f（2-x1）]即可。根据已知条件[f（x1）=f（x2）]可知，只需要证明[f（x1）<] [f（2-x1）]，通过构造函数[F（x）=f（x）-f（2-x）（x<1）]，[F'（x）=f'（x）-f'（2-x）=1-xex1-e2x-2]，再分析当[x<1]时对应的[F（x）]的导函数[F'（x）]的情况，即可得到[f（x1）<] [f（2-x1）]，由此证明[x1+x2>2]。

证明：已知函数[f（x）=xe-x]，则其导函数为[f'（x）=1-xex]，当[x<1]时有[f'（x）>0]，函数[f（x）]单调递增;当[x>1]时有[f'（x）<0]，函数[f（x）]单调递减。要想证明[x1+x2>2]，即证明[x2<2-x1]，所以直接假设[x1<1<x2]，即[2-x1>1]，此时[x2]和[2-x1]都在函数[f（x）]的单调递减区间中，所以只需要证明[f（x2）<f（2-x1）]。

∵[f（x1）=f（x2）]，

∴只需证明[f（x1）<f（2-x1）]即可，

令[F（x）=f（x）-f（2-x）（x<1）]，

则[F'（x）=f'（x）-f'（2-x）=1-xex1-e2x-2]，

∵[x<1]，

∴[2x-2<0]，等价于[e2x-2<1]，

∴[F'（x）>0]，

因此，当[x<1]时，函数[F（x）]单调递增，

又∵[F（1）=0]，

∴[f（x）<f（2-x）（x<1）]，即[f（x1）<f（2-x1）]，

即证[x1+x2>2]成立。

评析：求解这类问题，首先分析原函数的单调性，然后进行合理分析并反推，将自变量的大小关系用函数的大小关系表示出来，再根据得到的函数大小关系构造新的函数，最后对新函数进行求导，利用新函数的单调性及其在取值范围内的最大值或最小值求证即可。