函数极值点偏移和拐点偏移问题的探究

摘要：函数极值点偏移问题是高考的热点，也是高考复习中的重点和难点.本文通过对函数极值点偏移和拐点偏移问题进行探究，得到了判定函数极值点偏移和拐点偏移的有效方法.

关键词：函数;极值点偏移;拐点偏移

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2022）13-0037-03

函數极值点偏移问题是近几年高考的热点，类似的，函数也存在拐点偏移，处理极值点偏移和拐点偏移问题，有一些成熟有效的方法，比如构造对称函数、利用对数平均不等式等.

1 极值点偏移

已知函数y=f（x）在（a，b）上连续，且在（a，b）内只有一个极值点x0.

定义1若对任意满足f（x1）=f（x2）且a<x1<x2<b的x1，x2，都有x0<x1+x22（x0>x1+x22），则函数f（x）在（a，b）上极值点x0左（右）偏.

若f（x）在（a，b）上先单调递减后单调递增，笔者经过深入探究，发现f（x）在（a，b）上极值点是左偏还是右偏，取决于f （x）在（a，b）上的符号.

定理1已知函数f（x）在（a，b）内只有一个极值点x0，当x∈（a，x0）时，f ′（x）<0，当x∈（x0，b）时，f ′（x）>0.若任意x∈（a，b），f （x）>0（<0）恒成立，则f（x）在（a，b）上极值点x0右偏（左偏）.

证明 对任意满足f（x1）=f（x2）且a<x1<x2<b的x1，x2，要证x0>x1+x22，只需证x2<2x0-x1.因为x∈（x0，b）时，f ′（x）>0，则f（x）单调递增.

所以只需证f（x2）<f（2x0-x1）.

即f（x1）<f（2x0-x1）.

构造函数g（x）=f（x）-f（2x0-x），x∈（a，x0），

则g′（x）=f ′（x）+f ′（2x0-x），

g″（x）=f ″（x）-f ″（2x0-x）.

若任意x∈（a，b），f （x）>0恒成立，

则f ″（x）在（a，b）上单调递增.

当x∈（a，x0）时，x<2x0-x，

f ″（x）<f ″（2x0-x），

得g″（x）<0，x∈（a，x0）.

于是g′（x）在（a，x0）上单调递减.

所以x∈（a，x0），g′（x）>g′（x0）=2f ′（x0）=0.

于是g（x）在（a，x0）上单调递增.

得x∈（a，x0），g（x）<g（x0）=0.

由x1∈（a，x0），得g（x1）<0.

即f（x1）<f（2x0-x1）.

得f（x2）<f（2x0-x1）.

由f（x）在（x0，b）上单调递增，

得x2<2x0-x1.

于是x0>x1+x22.

所以f（x）在（a，b）上极值点x0右偏.

若任意x∈（a，b），f （x）<0恒成立，

同理可得f（x）在（a，b）上极值点x0左偏.

定理1给出了在（a，b）上先单调递减后单调递增的函数f（x）的极值点偏移情况的判定方法，若f（x）在（a，b）上先单调递增后单调递减，类似地，有以下定理（证明略）：

定理2已知函数f（x）在（a，b）内只有一个极值点x0，当x∈（a，x0）时，f ′（x）>0，当x∈（x0，b）时，f ′（x）<0.若任意x∈（a，b），f （x）>0（<0）恒成立，则f（x）在（a，b）上极值点x0左偏（右偏）.

2 拐点偏移

已知函数y=f（x）在（a，b）上连续，且在（a，b）内只有一个拐点x0.

定义2若对任意满足f（x1）+f（x2）=2f（x0）且a<x1<x2<b的x1，x2，都有x0<x1+x22（x0>x1+x22），则函数f（x）在（a，b）上拐点x0左（右）偏.

若函数f（x）在（a，b）上单调递增且只有一个拐点x0，笔者经过深入探究，发现f（x）在（a，b）上拐点是左偏还是右偏，取决于f（4）（x）在（a，b）上的符号.

定理3已知函数f（x）在（a，b）上单调递增且只有一个拐点x0，在（a，x0）和（x0，b）上f ″（x）异号.若任意x∈（a，b），f（4）（x）>0（<0）恒成立，则f（x）在（a，b）上拐点x0右偏（左偏）.

证明对任意满足f（x1）+f（x2）=2f（x0），且a<x1<x2<b的x1，x2，要证x0>x1+x22，只需证x2<2x0-x1.

因为f（x）在（a，b）上单调递增，

所以只需证f（x2）<f（2x0-x1）.

由f（x1）+f（x2）=2f（x0），得

f（x2）=2f（x0）-f（x1）.

只需证2f（x0）-f（x1）<f（2x0-x1）.

即2f（x0）<f（x1）+f（2x0-x1）.

构造函数g（x）=f（x）+f（2x0-x），x∈（a，x0），

则g′（x）=f ′（x）-f ′（2x0-x），

g″（x）=f ″（x）+f ″（2x0-x），

g（x）=f（x）-f （2x0-x）.

若任意x∈（a，b），f（4）（x）>0恒成立，则f （x）在（a，b）上单调递增.

当x∈（a，x0）时，x<2x0-x，f （x）<f （2x0-x），

得g（x）<0，x∈（a，x0）.

于是g″（x）在（a，x0）上单调递减.

所以x∈（a，x0），g″（x）>g″（x0）=2f ″（x0）=0，

于是g′（x）在（a，x0）上单调递增，

得x∈（a，x0），g′（x）<g′（x0）=0.

于是g（x）在（a，x0）上单调递减，

得x∈（a，x0），g（x）>g（x0）=2f（x0）.

由x1∈（a，x0），得g（x1）>2f（x0）.

即f（x1）+f（2x0-x1）>2f（x0），

得2f（x0）-f（x1）<f（2x0-x1）.

于是f（x2）<f（2x0-x1）.

由f（x）在（a，b）上单调递增，得

x2<2x0-x1.

于是x0>x1+x22.

所以f（x）在（a，b）上拐点x0右偏.

若任意x∈（a，b），f（4）（x）<0恒成立，

同理可得f（x）在（a，b）上拐点x0左偏.

定理3给出了在（a，b）内先上凸（下凸）后下凸（上凸）的单调递增函数f（x）的拐点偏移情况的判定方法，若单调递减函数f（x）在（a，b）内先下凸（上凸）后上凸（下凸），类似地，有以下定理（证明略）：

定理4已知函数f（x）在（a，b）上单调递减且只有一个拐点x0，在（a，x0）和（x0，b）上f ″（x）异号.若任意x∈（a，b），f（4）（x）>0（<0）恒成立，则f（x）在（a，b）上拐点x0左偏（右偏）.

3 典型例题

下面给出几个典型的函数极值点偏移和拐点偏移问题，并结合本文的定理加以分析.

例1已知函数f（x）=x-lnx-a有两个零点x1，x2（x1<x2），证明：2<x1+x2<2a.

证明易得a>1.

（1）先证x1+x2>2.

由f ′（x）=1-1x，得

f（x）在（0，+SymboleB@

）上只有一個极值点1.

当x∈（0，1）时，f ′（x）&lt;0，当x∈（1，+SymboleB@

）时，f ′（x）>0.

因为f ″（x）=1x2， f （x）=-2x3，

所以任意x∈（0，+SymboleB@

），f （x）<0恒成立.

由定理1得f（x）在（0，+SymboleB@

）上极值点左偏，

于是1<x1+x22，得2<x1+x2.

（2）再证x1+x2<2a.

由f（x）=x-lnx-a=0，得

x-a=lnx，ex-a-x=0.

构造函数g（x）=ex-a-x，则

g（x1）=g（x2）=0.

由g′（x）=ex-a-1得g（x）在R上只有一个极值点a.

当x∈（-SymboleB@

，a）时，g′（x）<0，当x∈（a，+SymboleB@

）时，g′（x）>0.

因为g″（x）=ex-a，g（x）=ex-a，

所以任意x∈R，g（x）>0恒成立.

由定理1得g（x）在R上极值点右偏.

因为g（x1）=g（x2）=0，

所以a>x1+x22，得x1+x2<2a.

例2已知函数f（x）=ex-12x2-x，若x1≠x2，且f（x1）+f（x2）=2，证明：x1+x2<0.

证明易得f ′（x）=ex-x-1≥0对任意x∈R恒成立，所以f（x）在R上单调递增.

由f ″（x）=ex-1，得f（x）在R上只有一个拐点0.

当x∈（-SymboleB@

，0）时，f ″（x）<0，当x∈（0，+SymboleB@

）时，f ″（x）>0.

因为f （x）=ex，f（4）（x）=ex，

所以任意x∈R，f（4）（x）>0恒成立.

由定理3得f（x）在R上拐点右偏.

又f（x1）+f（x2）=2f（0），

于是0>x1+x22，得x1+x2<0.

函数极值点偏移和拐点偏移问题是考查导数的常见题型，本文通过对函数极值点偏移和拐点偏移问题进行探究，得到了判定函数极值点偏移和拐点偏移问题的非常有效的方法.

参考文献：

[1]

邢友宝.极值点偏移问题的处理策略＼[J＼].中学数学教学参考，2014（7）：19-22.

＼[2＼] 陈宽宏.对数平均与高考压轴题＼[J＼].数学通讯（下半月），2012（11）：34-37.

[责任编辑：李璟]

收稿日期：2022-02-05

作者简介：邓启龙（1987.3-），男，江西省遂川人，硕士，中学一级教师，从事中学数学教学研究.[FQ）]