函数问题中“隐”极值范围的求解策略

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(泉州外国语中学,福建 泉州 362000) (泉州第五中学，福建 泉州 362000)

函数导数的试题，往往需要以导数为工具研究函数的极值、最值情况，而结合“隐”极值范围的探索使得试题的难度大大增加.如何有效求解此类问题?笔者基于近几年高考、模拟考试题的研究，探索这类问题的解法并总结规律，得到其模式化解题策略.

1 函数的“隐”极值问题

1.1 函数极值的判定

一般地，设函数f(x)的导函数为f′(x)，若x0满足f′(x0)=0，且在x0两侧附近f′(x)的函数值异号，则x0是f(x)的极值点.若f′(x)在x0两侧附近满足“左正右负”，则x0是f(x)的极大值点，f(x0)是极大值；若f′(x)在x0两侧附近满足“左负右正”，则x0是f(x)的极小值点，f(x0)是极小值.

1.2 函数的“隐”极值

在研究函数f(x)极值的过程中，若导函数y=f′(x)的“变号零点”确定存在，但无法确定其具体值，我们把此类问题称为函数的“隐”极值问题.

正可谓“只在此山中，云深不知处”！如何寻找“隐”极值的取值范围呢？

2 “隐”极值问题的求解策略

2.1 不含参数的“隐”极值问题的求解策略——整体替换，超越化有理

一般地，不含参数的“隐”极值问题的解题程序为：

1)由函数零点存在定理，确定“隐”极值点所在的大致范围；

2)结合等式f′(x0)=0，通过整体替换，化超越式为有理式，从而把“隐”极值f(x0)表达成有理式；

3)应用函数知识，确定所得有理式的大致范围.

由此得到的“隐”极值的范围是不够精确的,相对比较粗糙，因此，命题者在命制此类问题时，设问方式基本以证明题的形式呈现，要求证明所给出的“隐”极值的取值范围.解题者只需要根据题目要求的范围精度，适度调整“隐”极值点所在的范围，即可实现对“隐”极值的限制.

例1已知函数f(x)=ax2-ax-xlnx，且f(x)≥0.

1)求a；

2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e-2

(2017年全国数学高考卷Ⅱ理科试题第21题)

1)a=1(过程略).

2)证明由a=1得f(x)=x2-x-xlnx，从而

f′(x)=2(x-1)-lnx(其中x>0),

令g(x)=f′(x)，则

由f′(x0)=0,得

2(x0-1)-lnx0=0,

即

lnx0=2x0-2，

综上可得e-2

评注第2)小题有两个难点有待解决：1)估计极值点x0的范围；2)由极值点x0的范围，确定f(x0)的范围.这两个难点的破解，直接关系到解题的成败.难点1)的破解策略：根据零点存在定理估计极值点x0的范围，并根据难点2)的需要及时调整该范围；难点2)的破解策略：函数极值f(x0)的式子中含有x0的超越式，通常利用f′(x0)=0消去超越式，化成只含x0的有理式，然后估计该有理式的取值范围.

例2已知函数f(x)=ex-ln(x+m)．

1)设x=0是f(x)的极值点，求m的值并讨论f(x)的单调性；

2)当m≤2时，证明：f(x)>0．

(2013年全国数学高考卷Ⅱ理科试题第21题)

1)m=1.函数f(x)的单调递减区间为(-1,0)，单调递增区间为(0,+∞).

2)证明当m≤2时，

f(x)=ex-ln(x+m)≥ex-ln(x+2).

从而存在x0∈(-1,0)，使g′(x0)=0，当-20，所以函数g(x)在区间(-2,x0)上单调递减，在区间(x0,+∞)上单调递增，故g(x)的最小值为

g(x0)=ex0-ln(x0+2).

即

ln(x0+2)=-x0，

评注第2)小题的证明可分成两个步骤：

1)更换主元，得

h(m)=ex-ln(x+m)(其中m≤2)，

其最小值为h(2)=ex-ln(x+2)，

故只需证明h(2)=ex-ln(x+2)>0对x>-2恒成立.

2)求g(x)的“隐”极小值g(x0)的范围，g(x0)为含x0的超越式，仍然是利用g′(x0)=0消去超越式，化成只含x0的有理式解决.

2.2 含参数的“隐”极值问题的求解策略——灵活消元，二元化一元

一般地，含参数的“隐”极值问题的解题程序：

1)由函数零点存在定理，并结合参数a的取值范围，确定“隐”极值点x0所在的区间，并保证“隐”极值点x0能取遍区间内的每一个值；

2)结合等式f′(x0)=0，得a与x0的关系式，通过代入消元，从而把“隐”极值f(x0)表达为只含x0或a的一元函数；

3)应用函数知识，确定所得一元函数的值域.

由此得到的“隐”极值的范围是准确的.因此，命题者在命制此类问题时，设问方式可以是求解“隐”极值的取值范围，也可以要求证明所提供的范围.解题者需要根据参数的取值范围，确定“隐”极值点所在的精确范围，从而得到“隐”极值f(x0)的取值范围.

例3已知函数f(x)=2xex+m(x2+2x).

(2018年福建省数学适应性练习2理科试题第21题)

g(x0)=(2x0-4)ex0+m(x0+2)2.

由g′(x0)=0,得

从而

h′(x)=-(x2+x+1)ex<0，

从而h(x)单调递减，于是

h(1)

又h(0)=-2，h(1)=-2e，故-2e

评注第2)小题把极小值点x0代入得到最小值g(x0)，其中g(x0)是既含有x0的超越式，又含有参数m的二元式.求解g(x0)的取值范围有两个难点：1)运用消元思想，通过代换把g(x0)转化为一元式；2)通过观察范围，结合函数单调性，准确求出所留下的未知数的取值范围x0.解决上述两个难点后，即可通过构造函数，利用导数求出g(x0)的取值范围.

(2016年全国数学高考卷Ⅱ理科试题第21题)

因为f(0)=-1，所以当x>0时，f(x)>f(0)，即

故(x-2)ex+x+2>0成立.

2)当x>0且a∈[0,1)时，

f(0)+a=-1+a<0,f(2)+a=a≥0.

因为y=f(x)+a在区间(-2,+∞)上单调递增，所以存在x0∈(0,2]，使g′(x0)=0，且当00，函数g(x)单调递增，故g(x)的最小值为

由g′(x0)=0，得

a=-f(x0),

即

因此

评注第2)小题需结合第1)小题的结论，得到“隐”最小值g(x0)，后续在求解g(x0)的取值范围时，其解题策略与例3如出一辙，不再赘述.

3 结束语

函数“隐”极值点问题的探究及其解题策略，其意境深远，真可谓：只在此山中，云深不知处；不懈艰难寻，豁然穿迷雾！