利用极限的保号性解决与极值点有关的函数问题

摘要：与极值点有关的函数问题，近年来频频出现在高考试题中，例如2018年北京卷理科数学第18题和2018年全国Ⅲ卷理科数学第21题.特别是2018年全国Ⅲ卷理科数学第21题，该题题目简洁，但难度很大，官方的参考答案思维巧妙，逻辑严密，很难想到.本文通过深入探究，利用极限的保号性解决此类与极值点有关的函数问题.

关键词：极值点；函数；保号性

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2022）28-0053-04

收稿日期：2022-07-05

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.

与极值点有关的函数问题，近年来频频出现在高考试题中，例如2018年北京卷理科数学第18题和2018年全国Ⅲ卷理科数学第21题.特别是2018年全国Ⅲ卷理科数学第21题，该题题目简洁，但难度很大，官方的参考答案思维巧妙，逻辑严密，很难想到.本文通过深入探究，利用极限的保号性解决此类与极值点有关的函数问题.

首先给出本文要用到的几个引理.

引理1函数f（x）在x0的某去心邻域有定义，且limx→x0f（x）存在.若limx→x0f（x）>0（<0），则δ>0，当x∈U°（x0，δ）时，f（x）>0（<0）.

证明设limx→x0f（x）=a.

若a>0，则对ε=a2>0，δ>0，当x∈U°（x0，δ）时，|f（x）-a|<ε.

于是-a2

所以f（x）>a2>0.

若a<0，同理可证δ>0，当x∈U°（x0，δ）时，f（x）<0.

引理2函数f（x）在x0的某去心邻域有定义，且limx→x0f（x）存在.若δ>0，当x∈U°（x0，δ）时， f（x）≥0（≤0），则limx→x0f（x）≥0（≤0）.

证明若δ>0，当x∈U°（x0，δ）时，f（x）≥0，假设limx→x0f（x）<0，由引理1得δ>0，当x∈U°（x0，δ）时，f（x）<0，矛盾.

所以limx→x0f（x）≥0.

若δ>0，当x∈U°（x0，δ）时，f（x）≤0，同理可证limx→x0f（x）≤0.

引理3函数f（x）在x0的某去心邻域有定义，且limx→x0f（x）存在.若δ>0，当x∈（x0-δ，x0）时，f（x）≤0（≥0），当x∈（x0，x0+δ）时，f（x）≥0（≤0），则limx→x0f（x）=0.

证明假设limx→x0f（x）>0（<0），由引理1得δ>0，当x∈U°（x0，δ）時，f（x）>0（<0），矛盾，所以limx→x0f（x）=0.

引理1，2，3是由函数极限的保号性得到的结论.

接下来利用以上引理来解决几个典型的与极值有关的函数问题.

例1（2018年北京卷理18第（2）问）设函数f（x）=［ax2-（4a+1）x+4a+3］ex.若f（x）在x=2处取得极小值，求a的取值范围.

解法1f ′（x）=［ax2-（2a+1）x+2］ex

=（ax-1）（x-2）ex.

由f（x）在x=2处取得极小值得δ>0，当x∈（2-δ，2）时，f ′（x）<0，当x∈（2，2+δ）时，f ′（x）>0.

所以δ>0，当x∈U°（2，δ）时，ax-1>0.

设g（x）=ax-1，

由引理2得limx→2g（x）≥0.

解得a≥12.

若a=12，显然不存在δ>0，当x∈U°（2，δ）时，12x-1>0，所以a=12不符合题意.

若a>12，则limx→2g（x）=2a-1>0，由引理1得δ>0，当x∈U°（2，δ）时，g（x）>0，符合题意.

综上可得，a的取值范围是（12，+）.

解法2由f（x）在x=2处取得极小值得δ>0，当x∈U°（2，δ）时，f（x）≥f（2），即［ax2-（4a+1）x+4a+3］ex≥e2.

得（x-2）2exa+（3-x）ex-e2≥0.

所以δ>0，当x∈U°（2，δ）时，

a+（3-x）ex-e2（x-2）2ex≥0.

设g（x）=a+（3-x）ex-e2（x-2）2ex，

由引理2得limx→2g（x）≥0.

由洛必达法则，得

limx→2g（x）=a+limx→2（3-x）ex-e2（x-2）2ex

=a+limx→2-ex+（3-x）ex2（x-2）e2

=a-12.

所以a≥12.

若a=12，则f（x）=（12x2-3x+5）ex，

f ′（x）=（12x2-2x+2）ex=12（x-2）2ex≥0.

于是f（x）在（-，+）上单调递增，没有极值点，不符合题意.

若a>12，则limx→2g（x）=a-12>0，

由引理1得δ>0，当x∈U°（2，δ）时，g（x）>0，得（x-2）2exa+（3-x）ex-e2>0.

即f（x）>f（2）.

故f（x）在x=2处取得极小值，a>12符合题意.

综上可得，a的取值范围是（12，+）.

例2（2018年全国Ⅲ卷理21第（2）问）已知函数f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）-2x.若x=0是

f（x）的极大值点，求a.解法1由x=0是f（x）的极大值点得δ>0，当x∈U°（0，δ）时，f（x）≤f（0）.

即（2+x+ax2）ln（1+x）-2x≤0.

得x2ln（1+x）a+（2+x）ln（1+x）-2x≤0.

所以δ>0，當x∈（-δ，0）时，a+（2+x）ln（1+x）-2xx2ln（1+x）≥0，

当x∈（0，δ）时，

a+（2+x）ln（1+x）-2xx2ln（1+x）≤0.

设g（x）=a+（2+x）ln（1+x）-2xx2ln（1+x），

由引理3得limx→0g（x）=0.

由洛必达法则，得

limx→0g（x）=a+limx→0（2+x）ln（1+x）-2xx3

=a+limx→0ln（1+x）+2+x1+x-23x2

=a+limx→0ln（1+x）-x1+x3x2

=a+limx→011+x-1（1+x）26x

=a+limx→016（1+x）2

=a+16.

所以a=-16.

若a=-16，则

f（x）=（2+x-16x2）ln（1+x）-2x=（2+x-16x2）［ln（1+x）+12xx2-6x-12］.

设h（x）=ln（1+x）+12xx2-6x-12，则

h′（x）=11+x+12（x2-6x-12）-12x（2x-6）（x2-6x-12）2

=x3（x-24）（x+1）（x2-6x-12）2.

当x∈（-1，0）时，h′（x）>0，当x∈（0，1）时，h′（x）<0.于是h（x）在（-1，0）上单调递增，在（0，1）上单调递减.

所以当x∈（-1，1）时，h（x）≤h（0）=0.

因为f（x）=（2+x-16x2）h（x），且当x∈（-1，1）时， 2+x-16x2>0，

所以当x∈（-1，1）时，f（x）≤0.

又因为f（0）=0，所以x=0是f（x）的极大值点，a=-16符合题意.

综上可得，a=-16.

解法2f ′（x）=［2xln（1+x）+x21+x］a+ln（1+x）-x1+x.

由x=0是f（x）的极大值点得δ>0，当x∈（-δ，0）时，f ′（x）>0，当x∈（0，δ）时，f ′（x）<0.

易得x∈（-1，0）∪（0，+）时，

2xln（1+x）+x21+x>0.

设g（x）=a+ln（1+x）-x1+x2xln（1+x）+x21+x，

则δ>0，当x∈（-δ，0）时，g（x）>0，当x∈（0，δ）时，g（x）<0.

由引理3得limx→0g（x）=0.

由洛必达法则，得

limx→0g（x）=a+limx→0（1+x）ln（1+x）-x2x（1+x）ln（1+x）+x2

=a+limx→0ln（1+x）2（2x+1）ln（1+x）+4x

=a+limx→012（2x+1）+4xln（1+x）

=a+12+limx→04xln（1+x）

=a+16.

所以a=-16.

若a=-16，则

f ′（x）=（1-13x）ln（1+x）-x（x+6）6（x+1）

=（1-13x）［ln（1+x）+x（x+6）2（x+1）（x-3）］.

设h（x）=ln（1+x）+x（x+6）2（x+1）（x-3），

则h′（x）=x2（x-9）（x+1）2（x-3）2.

当x∈（-1，1）时，h′（x）≤0，于是h（x）在（-1，1）上单调递减.

又h（0）=0，所以当x∈（-1，0）时， h（x）>0，当x∈（0，1）时，h（x）<0.

因为f ′（x）=（1-13x）h（x），且当x∈（-1，1）时，1-13x>0，所以当x∈（-1，0）时，f ′（x）>0，当x∈（0，1）时，f ′（x）<0.

于是f（x）在（-1，0）上单调递增，在（0，1）上单调递减.所以x=0是f（x）的极大值点，a=-16符合题意.

综上可得，a=-16.

解法3f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）-2x

=（2+x+ax2）［ln（1+x）-2x2+x+ax2］.

设g（x）=ln（1+x）-2x2+x+ax2，则

g′（x）=11+x-2（2-ax2）（2+x+ax2）2

=x2（a2x2+4ax+6a+1）（x+1）（2+x+ax2）2.

由x=0是f（x）的極大值点易得x=0也是g（x）的极大值点，于是δ>0，当x∈（-δ，0）时，g′（x）>0，当x∈（0，δ）时，g′（x）<0.

不妨设0<δ<1，则当x∈（-δ，0）时，a2x2+4ax+6a+1>0，当x∈（0，δ）时，a2x2+4ax+6a+1<0.

由引理3，得

limx→0（a2x2+4ax+6a+1）=0.

所以a=-16.

若a=-16，则

g（x）=ln（1+x）+12xx2-6x-12，

g′（x）=x3（x-24）（x+1）（x2-6x-12）2.

当x∈（-1，0）时，g′（x）>0，当x∈（0，1）时，g′（x）<0.

于是g（x）在（-1，0）上单调递增，在（0，1）上单调递减.

所以当x∈（-1，1）时，g（x）≤g（0）=0.

因为f（x）=（2+x-16x2）g（x），且当x∈（-1，1）时， 2+x-16x2>0，所以当x∈（-1，1）时，f（x）≤0.又因为f（0）=0，所以x=0是f（x）的极大值点，a=-16符合题意.

综上可得，a=-16.

通过以上例题可以发现，解决此类与极值点有关的函数问题的关键，是先将已知条件转化为极值点x0的某去心邻域上f（x）或f ′（x）的不等式，然后通过类似分离参数的方法构造包含参数的函数，利用引理2或引理3得到参数的取值范围，并说明取值范围的充分性.

参考文献：

［1］叶艳，赵思林.2018年高考数学全国卷Ⅲ理科21题思路发现[J].理科考试研究，2018，25（17）：9-12.