例谈极值点偏移问题解决策略

摘 要：极值点偏移问题是最近几年考试热点，难度较大，经常作为压轴题出现.本文从具体例題出发，给出解决偏移问题三种策略，然后将极值点偏移的非标准形式转化为标准形式，最后找到极值点偏移问题的“母体”，即拉格朗日中值定理.

关键词：对称函数；对数平均不等式；换元法

作者简介：汤生兵（1987-），男，安徽芜湖人，本科，中学二级教师，研究方向：高中数学教学.

一、题目呈现

例1 已知f（x）=x·e-x，若x1≠x2，且f（x1）=f（x2），求证：x1+x2>2.

二、题目解析

解析 由题知：f ′（x）=1-xex，从而f（x）在（-∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，如图1.

方法1 （构造对称函数）令F（x）=f（x）-f（2-x），则F′（x）=f ′（x）+f ′（2-x）=（x-1）·e2x-e2ex+2.

当x>1时，F′（x）>0，从而F（x）在（1，+∞）上单调递增，并且F（x）>F（1）=0，于是，当x>1时，F（x）>0，即f（x）>f（2-x）.

不妨设x1<1f（2-x2）.

因为f（x1）=f（x2），所以f（x1）>f（2-x2），其中x1<1，2-x2<1，且f（x）在（-∞，1）上单调递增，于是x1>2-x2，即x1+x2>2，证毕.

方法2 （对数平均不等式）

概念 若a，b>0，则ab

因为f（x1）=f（x2），x1ex1=x2ex2，两边取对数得lnx1-x1=lnx2-x2即x2-x1lnx2-lnx1=1.

又因为x2-x1lnx2-lnx12.

方法3 （换元法）

因为f（x1）=f（x2），x1ex1=x2ex2，ex2ex1=x2x1，不妨设x2>x1>0，x2x1=t>1，从而ex1·（t-1）=t，x1=lntt-1，x2=t·lntt-1，x1+x2=lntt-1+t·lntt-1=（t+1）·lntt-1>2，整理，得lnt-2（t-1）t+1>0.

令h（t）=lnt-2（t-1）t+1，接下来，只要证明h（t）>0即可.

因为h′（t）=（t-1）2t·（t+1）2>0，所以h（t）在（1，+∞）上单调递增，从而h（t）>h（1）=0，证毕.

上面应用的是“比”换元法，也可用“差”换元法 .

由题知：令x1ex1=x2ex2=m，即x1=mex1，x2=mex2，两式相减，得m=x2-x1ex2-ex1.

因为x1+x2=m·（ex1+ex2）

=x2-x1ex2-ex1·（ex1+ex2）

=（x2-x1）·（ex2-x1+1）ex2-x1-1>2，

再令x2-x1=t，其中t>0，从而t·（et+1）et-1>2.

即t·（et+1）-2·（et-1）>0.

令h（t）=t·（et+1）-2·（et-1），接下来证明h（t）>0即可.

h′（t）=t·et-et+1，h″（t）=t·et.

因为h″（t）>0，所以h′（t）在（0，+∞）上单调递增，即h′（t）>h′（0）=0，从而h（t）在（0，+∞）上单调递增，即h（t）>h（0）=0，证毕.

上面三种方法都可以解决极值点偏移问题，由此会有两个疑问，什么叫极值点偏移？三种方法的特点是什么？

三、极值点偏移

所谓的极值点偏移指的是图像在极值点两侧不对称.

若左快右慢，则极值点左偏m

若左慢右快，则极值点右偏m>x1+x22，如图3.

四、三种方法的特点

方法1叫做构造对称函数，它有下列3个步骤：

①构造对称函数F（x）=f（x）-f（2m-x），其中m为极值点；

②对F（x）求导，判断F′（x）的正负，结合F（m）=0，得到F（x）的正负，即f（x1）=f（x2）>f（2m-x2）或f（x1）=f（x2）

③再利用f（x）的单调性，得mx1+x22.

此方法的优点是适用范围广，因此该方法也叫“通法”，缺点是计算量大，学生存在很大困难，望而却步.

方法2叫做对数平均不等式法，此方法计算量小，但是适用范围小，只有函数中包括指数或对数才有可能应用该方法.

方法3叫做换元法，即将双变量化为单变量，学生比较容易理解，但计算量也不小.

五、非标准偏移问题

例1解决形如x1+x2>2m（或<2m）的标准形式的极值点偏移问题，至于其它非标准形式的偏移问题如何解决，接下来利用例2，例3加以说明和解释.

例2 已知函数f（x）=lnx-ax有两个零点x1，x2，求证：x1·x2>e2.

分析 此题不是标准形式的极值点偏移问题，我们用et代替x，则f（x）=lnx-ax转换为g（t）=t-a·et，x1·x2>e2变为t1+t2>2.于是例2变成标准形式的偏移问题“已知函数g（t）=t-a·et有两个零点t1，t2，求证：t1+t2>2”，由此可以利用方法2或者方法3很轻松的解决.

其实上面利用了“代替”思想，将“积”偏移转化为“和”偏移.

例3 （“皖南八校”2018届高三第三次联考）已知函数f（x）=ex-x2-ax有两个极值点x1，x2（x1

（1）求a的取值范围；

（2）求证：ex1+ex2>4.

分析 （1）略.

（2）由题意可知，x1，x2是函数f ′（x）=ex-2x-a的两个零点，此题不是标准形式的极值点偏移问题，可以用lnt代替x，则f ′（x）=ex-2x-a转换成g（t）=t-2lnt-a，

ex1+ex2>4变为t1+t2>4.

例3变成标准形式的偏移问题“已知函数g（t）=t-2lnt-a有两个零点t1，t2，求证：t1+t2>4”由此可以利用例1提供的方法可以解决.

通过例2，例3可知，利用“代替”的方式将非标准形式转化为x1+x2>2m（或<2m）的标准形式，再利用三种方法进行解决.

那么极值点偏移问题怎么来的？它的“母体”是什么？如图4所示：

由图可知，极值点偏移是拉格朗日中值定理的特殊情况.

例4 函数f（x）=4lnx-12ax2（a>0），函数g（x）=f（x）-（a-4）·x，对于曲线y=g（x）上两个不同的点A（x1，g（x1）），B（x2，g（x2）），计直线AB的斜率为k，若k=g′（m），求证：x1+x2>2m.

证明 g（x）=4lnx-12ax2+（4-a）x，g′（x）=4x-ax+4-a，g″（x）=-4x2-a<0，从而g′（x）在（0，+∞）上单调递减.

要证x1+x22>m，只要证g′（x1+x22）

因为g′（m）=g（x2）-g（x1）x2-x1

=4（lnx2-lnx1）x2-x1-12a·（x2+x1）+4-a

所以g′（x1+x22）=8x1+x2-a·x1+x22+4-a.

从而g′（m）-g′（x1+x22）

=4（lnx2-lnx1）x2-x1-8x1+x2 .

=4x2-x1·[lnx2x1-2（x2x1-1）x2x1+1]

不妨設x2>x1，x2x1=t>1，则lnx2x1-2（x2x1-1）x2x1+1=lnt-2（t-1）t+1=h（t），于是h′（t）=（t-1）2t（t+1）2>0.

所以h（t）在（1，+∞）上单调递增，即h（t）>h（1）=0，4x2-x1>0，从而g′（x1+x22）m，x1+x2>2m，证毕.

总结 极值点偏移常用三种方法，各有各的优点和不足，掌握这些策略，并且知道它是拉格朗日中值定理的特殊情况（AB//x轴），就可以从害怕偏移到喜欢偏移问题.

参考文献：

[1]刘彦永，卢军一题一课 高中数学好题赏析[M].浙江：浙江大学出版社，20179.

[2]方亚斌一题一课 源于课本的高中数学赏析[M].浙江：浙江大学出版社，20179.