探析极值点偏移证明问题的解决方法

山东滨州市无棣县第二高级中学（251900） 徐景超

所谓极值点偏移，指的是连续函数f(x) 在(x1,x2)(f(x1)=f(x2)为前提)上的极值点左右增减速度不同导致极值点x0≠的情况出现。与其有关的问题主要有，一是与极值点偏移的不等式证明问题，二是极值点偏移对应的极值差范围的求解。这些问题与函数单调性、极值和最值等知识点都有密切的联系。其中，有关极值点偏移证明问题更为常见。掌握这类问题的解决方法，有助于学生开拓思路，有效破解难度较大的函数问题。

一、对称变换

采用对称变换方法解决有关极值点偏移证明问题，关键在于把问题中的两个变量对称分布在不等号的两边，进一步构造函数把问题转化为函数最值问题。如求证x1+x2＞2x0，可构造函数g(x)=f(x0+x)-f(x0-x) 或g(x)=f(x)-f(2x0-x) 等 对称形式，探究g(x) 的单调性，进而把问题转化为极值点之间的关系。具体解题步骤如例1所示。

［例1］已知函数f(x)=-x+(x+2)lnx(x∈R)，且函数f(x)图像在A(x1,f(x1))、B(x2,f(x2)) (x1＜x2)两个不同点处的切线互相平行，求证x1+x2＞4。

分析：对问题中所给“不同点处切线互相平行”进行分析可得，该两点处对应导数相等。问题所求证的不等式中含有两个变量，即x1、x2，因此需要对不等式进行变形，使两个变量对称分布在不等号的两边，即x1＞4-x2，构造函数g(x1)-g(4-x2)，并探究其单调性，从而证明x1+x2＞4成立。

证明：∵f(x)=-x+(x+2)lnx(x∈R)，

由题意“函数f(x) 的图像在A(x1，f(x1))、B(x2，f(x2)) (x1＜x2)两个不同点处切线互相平行”可得，f′(x1)=f′(x2)，即g(x1)=g(x2)，

∵g′(x)=-∴g(x)在(0,2) 上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，

∵g(x1)=g(x2)，∴必 有0 ＜x1＜x2＜2，4-x1＞2，

∴h(x)在(0,2)上为减函数，h(x)＞0，

∴g(x1)-g(4-x1)＞0，即g(x1)＞g(4-x1)，g(x2)＞g(4-x1)，

∵g(x)在(2,+∞)上单调递增，∴x2＞4-x1，即x1+x2＞4。

评析：对称变换是解决极值点偏移证明问题的常见方法之一。不同的不等式证明有着不同的变换形式，类似x1±x2＞2x0形式的证明，可通过加减使其对称，而类似x1·x2＞2x0形式的证明，往往通过乘除变换得到对称形式。

二、消参减元

消参减元主要是建立参数和极值点的联系等式，通过消去参数或减少变量个数对问题进行求解。解决极值点偏移证明问题时，首先令函数的导函数f′(x0)=0，根据f′(x0)=0 找到并建立极值点与方程系数的关系，再利用作差的形式消去参数或减少变量个数，如f(x)=axb+m（a、b为常数，m为参数）可以转化为f(x1)-f(x2)消去参数m再求解；其次根据消参后的式子构造对应的函数；最后探究所构造的函数的单调性、极值、最值等，从而解决问题。具体解题步骤如例2所示。

［例2］已知函数f(x)=x2+2x-2 lnx，若方程f(x)=x2+2m有两个不相等的实数根x1，x2，求实数m的取值范围并证明：x1x2＜1。

证明：由题意可得方程f(x)=x2+2m等价于x-lnx-m=0，

令g(x)=x-lnx-m(x＞0)，则g′(x)=1-当x∈(0,1) 时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x∈(1,+∞)时，g′(x) ＞0，g(x)单调递增，所以g(x)min=g(1)=1-m。

若方程f(x)=x2+2m有两个不相等的实根，则有g(x)min＜0，即m＞1，

当m＞1 时，0 ＜e-m＜1 ＜em，g(e-m)=e-m＞0，g(em)=em-2m，

令h(x)=ex-2x(x) ＞1，则h′(x)=ex-2 ＞0，h(x)在(1,+∞)上是增函数，h(x) ＞e-2 ＞0，∴g(em)=em-2m＞0，即m的取值范围为(1,+∞)，

三、比值换元

运用比值换元法解决极值点偏移证明问题，关键在于用两极值点之比替换问题中的变量x1，x2。解题时通常把极值点之比看作新变量t，把问题转化成关于t的函数问题，进而对有关t的函数进行分析，解决问题。具体解题步骤如例3所示。

［例3］已知函数f(x)=ex-ax有两个零点分别为x1，x2，若a∈(e,+∞)，求证：x1+x2＞2。

分析：首先作差把函数f(x)=ex-ax两个零点对应等式中的参数消去，可得=ax2；其次根据得到的式子找到x1与x2之间的联系，不难得到x2-x1=lnx2-lnx1；最后引入新变量t=，把证明x1+x2＞2 转化为关于t的函数问题，对函数h(t)=lnt-进行探究。

证明：由f(x)=ex-ax，得f′(x)=ex-a，

∵a∈(e,+∞)，∴f(x)在(0,1)和(1,3a)上各有一个零点，

设0 ＜x1＜x2，

∴h(t) ＞h(1)=0，即lnt-

∴x1+x2＞2。

评析：通过上述问题及解题过程，不难发现通过x2-x1=lnx2-lnx1引入变量t=是解题的关键，也是解题的难点所在。运用比值换元法解题，最终也是消去参数，减少变量个数，与其他方法殊途同归，都使问题更加直观简洁。

四、利用单调性

利用单调性解决极值点偏移证明问题，着重于用“当导函数f′(x) ＞0 时函数f(x)单调递增”和“当f′(x) ＜0 时函数f(x)单调递减”来将自变量的大小关系转变为函数的大小关系。解题时通常利用上述转化而来的函数大小关系构造新的函数，进而求解新函数的导数，确定新函数的单调性及其在取值范围内的最大值或最小值。具体解题步骤如例4所示。

［例4］已知函数f(x)=xe-x（x∈R），如果x1≠x2，且有f(x1)=f(x2)，证明：x1+x2＞2。

分析：因为f′(x)=所以当x＜1 时有f′(x) ＞0，函数f(x)=xe-x单调递增；当x＞1 时有f′(x) ＜0，函数f(x)=xe-x单调递减。要证明x1+x2＞2，即证明x2＜2-x1，直接令x1＜1 ＜x2，得到2-x1＞1，此时x2和2-x1都在函数f(x)的单调递减区间中，因此只需要证明f(x2)＜f(2-x1)即可。根据已知条件f(x1)=f(x2)可知，只需要证明f(x1)＜f(2-x1)，通过构造函数F(x)=f(x)-f(2-x)(x＜1)，F′(x)=f′(x)-f′(2-x)=(1-e2x-2)，再分析当x＜1时对应的F(x)的导函数F′(x)的情况，即可得到f(x1)＜f(2-x1)，由此证明x1+x2＞2。

证明：已知函数f(x)=xe-x，则其导函数为f′(x)=当x＜1 时有f′(x) ＞0，函数f(x)单调递增；当x＞1 时有f′(x) ＜0，函数f(x)单调递减。要想证明x1+x2＞2，即证明x2＜2-x1，所以直接假设x1＜1 ＜x2，即2-x1＞1，此时x2和2-x1都在函数f(x)的单调递减区间中，所以只需要证明f(x2)＜f(2-x1)。

∵f(x1)=f(x2)，

∴只需证明f(x1)＜f(2-x1)即可，

令F(x)=f(x)-f(2-x)(x＜1)，

则F′(x)=f′(x)-f′(2-x)=

∵x＜1，

∴2x-2 ＜0，等价于e2x-2＜1，

∴F′(x) ＞0，

因此，当x＜1时，函数F(x)单调递增，

又∵F(1)=0，

∴f(x) ＜f(2-x)(x＜1)，即f(x1)＜f(2-x1)，

即证x1+x2＞2成立。

评析：求解这类问题，首先分析原函数的单调性，然后进行合理分析并反推，将自变量的大小关系用函数的大小关系表示出来，再根据得到的函数大小关系构造新的函数，最后对新函数进行求导，利用新函数的单调性及其在取值范围内的最大值或最小值求证即可。

综上可知，对称变换、消参减元、比值换元以及利用单调性等方法都能够有效解决极值点偏移证明问题。在教学中，教学应善于引导学生发现试题的命题规律，熟悉并掌握解答问题的方法，从而提升学生的解题效率和解题能力，培养学生的数学学科核心素养。