极值点偏移问题的求解策略

摘要：教学中对于在极值点两侧增减速度不相同的问题进行研究，找到解决此类问题的两种求解策略，对称化构造与齐次化构造.

关键词：极值点偏移问题；对称化构造；齐次化构造；变式训练

基金项目：本文系福建省教育科学“十三五”规划2016年度立项课题《“核心素养”理念下的数学变式教学的行动研究》（立项批准号MJYKT2016-178）的阶段性成果

作者简介：蒋满林（1975-），男，福建古田人，中学高级教师，宁德市名师培养对象，主要从事高中数学教育与教学研究工作.

一、极值点偏移问题

有一类函数，它们先增后减或先减后增，但是在极值点两侧的增减速度不相同（一侧快一侧慢），于是极值点并不在定义域的中间位置，而是向一侧偏移，比如函数f（x）=lnx-x，它的图象如下：对于这类函数，经常遇到这样的问题：

已知f（x1）=f（x2）（x1≠x2），求证：x1+x2>m或x1+x2

类似这样的问题我们称为极值点偏移问题.

极值点偏移问题是导数问题中的一个难点，也是各类考试的热点，那么如何求解这类问题呢？下面通过一道例题介绍两种常用的求解策略：对称化构造与齐次化构造.

二、解法探析

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

（1）x1+x2>2；

（2）x1·x2<1

解法一对称化构造

（1）f ′（x）=1x-1=1-xx，所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减.不妨设02，即证x2>2-x1，即证f（x2）

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

则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.

当00，于是f（x）单调递增，所以g（x）

（2）由（1）知f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减.不妨设0

令，h（x）=f（x）-f1x=2lnx-x+1x（x>1），

则h′（x）=2lnx-x+1x′=-（x-1）2x2<0，

所以h（x）

故原不等式成立.

解法二齐次化构造

（1）f ′（x）=1x-1=1-xx，所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减.不妨设0

即lnx2x1=x1x2x1-1，令x2x1=t（t>1），则x1=lntt-1，x2=tlntt-1.于是要证不等式x1+x2>2，只要证lntt-1+tlntt-1>2，即证（t+1）lntt-1>2，亦即证lnt-2（t-1）t+1>0.

令g（x）=ln-2（x-1）x+1，（x>1），则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，+∞）上单调递增，g（x）>g（1）=0，故原不等式得证.

（2）以上证法同（1），要证x1·x2<1，只要证lntt-1·tlntt-1<1，即证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），

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

所以m′（x）<0，从而m（x）

故原不等式得证.

总结（1） 对称化构造的方法即设法将欲证不等式通过函数在某一侧的单调性转化为证明函数值间的大小关系，然后借助这个f（x1）=f（x2）（x1≠x2）条件进行转化，得到关于x1或x2的一个不等式，这时候就可以构造函数证明不等式成立了.

（2）齐次化构造的方法的本质是将x2x1看成一个变量t，然后将x1和x2都用t表示，继而欲证不等式转化为关于变量t的一个不等式，构造函数证明即可.

三、变式练习

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

（1）x1·x2=1；

（2）x2+x2>2

证明（1）f ′（x）=1-1x2=x2-1x2，所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增.不妨设0

（2）f ′（x）=1-1x2=x2-1x2，所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增.不妨设02，即证x2>2-x1，即证f（x2）>f（2-x1），所以f（x1）=f（x2）>f（2-x1）.即证f（x）-f（2-x）>0在（0，1）上恒成立.令，g（x）=f（x）-f（2-x），则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.

当0g（1）=0故原不等式得证.

2.已知函数f（x）=x-alnx（a∈R），有两个零点x1，x2且x1

（1）求a的取值范围；

（2）证明：x2-x1随着a的增大而增大；

（3）证明：x1·x2>e2

解（1）f（x）有两个零点x1，x2，显然a≠0，故1a=lnxx，设g（x）=lnxx，g′（x）=1-lnxx2，当x∈（0，e）时g（x）单调递增；当x∈（e，+∞）时g（x）单调递减又当x→0时，g（x）→-∞，x→+∞时，g（x）→0，所以，当0<1a<1e即a>e时，函数f（x）有两个零点x1，x2

（2）取a1，a2，不妨设ex2-x1即，x2-x1随着a的增大而增大

（3）设g（x）=lnxx，构造函数h（x）=g（x）-ge2x，x∈（e，+∞）

则h′（x）=g′（x）+g′e2x·e2x2=1-lnxx2-1-lnxe2=（1-lnx）e2-x2e2x2当x∈+∞时，h′（x）>0，h（x）单调递增，所以h（x）>h（e）=0，即g（x）>ge2x又因为0ge2x2，且x1，e2x2∈（0，e），又x∈（0，e）时，g（x）单调递增，所以x1>e2x2，故有x1·x2>e2.

3.（2016年全国I高考）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：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）只有唯一的零点x=2，不合题意；

②若a>0，那么ex+2a>ex>0，

所以当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

即：

x（-∞，1）1（1，+∞）

f ′（x）-0+

f（x）↓极小值↑

故f（x）在（1，+∞）上至多一个零点，在（-∞，1）上至多一个零点

由于f（2）=a>0，f（1）=-e<0，

则f（2）f（1）<0，

根据零点存在性定理，f（x）在（1，2）上有且仅有一个零点.

而当x<1时，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

则f（x）=0的两根t1=-e-e2+4ae2a+1，t2=-e+e2+4ae2a+1，t10，故当xt2时，a（x-1）2+e（x-1）-e>0因此，当x<1且x0又f（1）=-e<0，根据零点存在性定理，f（x）在（-∞，1）有且只有一个零点.

此时，f（x）在R上有且只有两个零点，满足题意.

③若-e2

当x

即f ′（x）=（x-1）（ex+2a）>0，f（x）单调递增；

当ln（-2a）eln（-2a）+2a=0，即f ′（x）=（x-1）（ex+2a）<0，f（x）单调递减；

当x>1时，x-1>0，ex+2a>eln（-2a）+2a=0，即f ′（x）>0，f（x）单调递增.即：

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

f′（x）+0-0+

f（x）↑极大值↓极小值↑

而极大值

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

故当x≤1时，f（x）在x=ln（-2a）处取到最大值f[ln（-2a）]，那么f（x）≤f[ln（-2a）]<0恒成立，即f（x）=0无解

而当x>1时，f（x）单调递增，至多一个零点

此时f（x）在R上至多一个零点，不合題意.

④若a=e2，那么ln（-2a）=1当x<1=ln（-2a）时，x-1<0，ex+2a0，f（x）单调递增

当x>1=ln（-2a）时，x-1>0，ex+2a>eln（-2a）+2a=0，即f ′（x）>0，f（x）单调递增

又f（x）在x=1处有意义，故f（x）在R上单调递增，此时至多一个零点，不合题意.

⑤若a<-e2，则ln（-2a）>1.

当x<1时，x-1<0，ex+2a0，f（x）单调递增

当10，ex+2a

当x>ln（-2a）时，x-1>ln（-2a）-1>0，ex+2a>eln（-2a），即f ′（x）>0，f（x）单调递增即：

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

f（x）↑极大值↓极小值↑

故当x≤ln（-2a）时，f（x）在x=1处取到最大值f（1）=-e，那么f（x）≤-e<0恒成立，即f（x）=0无解

当x>ln（-2a）时，f（x）单调递增，至多一个零点

此时f（x）在R上至多一个零点，不合题意.

综上所述，当且仅当a>0时符合题意，即a的取值范围为（0，+∞）.

（2）由已知得：f（x1）=f（x2）=0，不难发现x1≠1，x2≠1，

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

设g（x）=（x-2）ex（x-1）2，则g（x1）=g（x2）

那么g′（x）=（x-2）2+1（x-1）3ex，当x<1时，g′（x）<0，g（x）单调递减；当x>1时，g′（x）>0，g（x）单调递增.

设m>0，构造代数式：

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

设h（m）=m-1m+1e2m+1，m>0

则h′（m）=2m2（m+1）2e2m>0，故h（m）单调递增，有h（m）>h（0）=0.

因此，对于任意的m>0，g（1+m）>g（1-m）.

由g（x1）=g（x2）可知x1、x2不可能在g（x）的同一个单调区间上，不妨设x1

令m=1-x1>0，则有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，+∞）上單调递增，因此：g（2-x1）>g（x2）2-x1>x2

整理得：x1+x2<2.