高考新热点——极值点偏移问题的通性通法

四川 肖 斌

高考新热点
——极值点偏移问题的通性通法

四川 肖 斌

已知函数f(x)在定义域内有唯一的极值点x=x0，且x1,x2是f(x)的两个零点(或满足f(x1)=f(x2))，证明：x1+x2gt;(或lt;)2x0.

这便是近几年数学高考和诊断考试中异常火爆的极值点偏移问题，本文试做系统探究.

一、极值点偏移的概念

1.极值点不偏移

2.极值点偏移

二、极值点偏移问题的通性通法

1.构造对称型差函数

对于函数y=f(x)，若满足f(a-x)=f(a+x)(或f(x)=f(2a-x))，则函数y=f(x)的图象关于直线x=a对称(即极值点不偏移).因此，要确定一个函数图象不对称(即极值点偏移)，只需考查f(a-x)与f(a+x)(或f(x)与f(2a-x))具有不等关系即可.因此，一个自然而然、却极为重要的破解策略是构造基于对称的差函数F(x)=f(x0+x)-f(x0-x)(或F(x)=f(x)-f(2x0-x)).

【例1】已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.

(Ⅰ)求a的取值范围；

(Ⅱ)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1+x2lt;2.

【分析】

【解析】(Ⅰ)过程略.a的取值范围为(0,+∞).

(Ⅱ)证明：f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a)，由(Ⅰ)知agt;0，f(x)在(-∞,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增.

不妨设x1lt;x2，则有x1lt;1lt;x2，因为f(x1)=f(x2)=0，所以x1+x2lt;2⟺x1lt;2-x2lt;1⟺f(x1)gt;f(2-x2)⟺f(x2)gt;f(2-x2),

构造函数F(x)=f(x)-f(2-x)=(x-2)ex+a(x-1)2-[-xe2-x+a(1-x)2]=(x-2)ex+xe2-x,xgt;1，

则F′(x)=(x-1)(ex-e2-x)gt;0,所以函数F(x)在(1,+∞)上单调递增，

所以F(x)gt;F(1)=0，即xgt;1时，f(x)gt;f(2-x).

因为x2gt;1,所以f(x2)gt;f(2-x2)，所以原不等式成立.

【感悟拓展】极值点偏移问题的证明步骤可归纳为“一求二差三判四脱”：

①求函数f(x)的极值点x0；

②构造差函数F(x)=f(x)-f(2x0-x)；

③判断差函数F(x)的单调性，证明F(x)gt;(或lt;)0，即f(x)gt;(或lt;)f(2x0-x)；

④由x1,x2的范围，结合f(x1)=f(x2)及原函数f(x)的单调性，“脱掉”f，确定x1+x2与2x0的大小关系.

口诀：极值偏离对称轴，构造差函数觅行踪；四个步骤环环扣，两次单调性紧跟从.

【类题演练】(2016·兰州市高三诊断)已知函数f(x)=ex-ax-1(a为常数)，曲线y=f(x)在与y轴的交点A处的切线斜率为-1.

(Ⅰ)求a的值及函数y=f(x)的单调区间；

(Ⅱ)若x1lt;ln2，x2gt;ln2，且f(x1)=f(x2)，试证明：x1+x2lt;2ln2.

【解析】(Ⅰ)过程略.a=2，y=f(x)的单调递减区间为(-∞,ln2)，单调递增区间为(ln2,+∞).

(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)知f(x)=ex-2x-1，设xgt;ln2，所以2ln2-xlt;ln2，

所以g(x)在(ln2,+∞)上单调递增，g(x)gt;g(ln2)=0，

即xgt;ln2时，f(x)gt;f(2ln2-x).

因为x1lt;ln2，x2gt;ln2，2ln2-x2lt;ln2，且f(x1)=f(x2)，

所以f(x1)=f(x2)gt;f(2ln2-x2)，即

f(x1)gt;f(2ln2-x2).

由(Ⅰ)知函数y=f(x)在(-∞,ln2)上单调递减，

所以x1lt;2ln2-x2，所以x1+x2lt;2ln2.

2.将双变量作差进行一元代换后构造新函数

在求解一类以指数型函数为背景的极值点偏移问题时，由于含有双变量x1,x2，通常将双变量作差进行一元代换后构造新函数，比如令t=x2-x1,转化为单变量t的函数．

【例2】(2016·湖北省长沙市高三模拟试题节选)函数f(x)=ex-ax+a(a∈R)，其图象与x轴交于A(x1,0),B(x2,0)两点，且x1lt;x2.

(Ⅰ)求a的取值范围；

【解析】(Ⅰ)f′(x)=ex-a，若a≤0，则f′(x)gt;0，则f(x)是单调增函数，这与题设矛盾，所以agt;0.当f′(x)lt;0时，xlt;lna，f(x)单调递减；当f′(x)gt;0时，xgt;lna，f(x)单调递增，故当x=lna时，f(x)取得极小值．

因为函数f(x)=ex-ax+a(a∈R)的图象与x轴交于两点A(x1,0),B(x2,0)，

所以f(lna)=a(2-lna)lt;0，即agt;e2，此时，存在1lt;lna，有f(1)=egt;0；存在3lnagt;lna，有f(3lna)=a3-3alna+agt;a3-3a2+agt;0，

又由f(x)在(-∞,lna)上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增及曲线在R上不间断，可知agt;e2为所求取值范围．

(Ⅰ)若函数f(x)的图象在x=0处的切线方程为y=2x+b，求a,b的值；

(Ⅱ)若函数f(x)在R上是增函数，求实数a的取值范围；

【解析】(Ⅰ)过程略.a=-1,b=1.

(Ⅱ)由题意f′(x)≥0，即ex-x-a≥0恒成立，所以a≤ex-x恒成立．

设h(x)=ex-x，则h′(x)=ex-1．

x(-∞，0)0(0，+∞)h′(x)-0+h(x)减函数极小值增函数

所以h(x)min=h(0)=1，所以a≤1．

因为x1,x2是函数g(x)的两个不同极值点，不妨设x1lt;x2，

所以agt;0且g′(x1)=0，g′(x2)=0．

(若a≤0，则g″(x)=ex-2agt;0，即g′(x)是R上的增函数，g′(x)=0至多有一个实根，与g(x)恰有两个不同的极值点x1,x2矛盾)

所以ex1-2ax1-a=0，ex2-2ax2-a=0．

3.将双变量作商进行一元代换后构造新函数

【例3】(2017·哈尔滨市高三模拟试题)已知函数f(x)=x2-(a-2)x-alnx.

(Ⅰ)判断函数f(x)的单调性；

(Ⅰ)求f(x)的解析式并写出定义域；

4.化归为几何—对数—算术平均值不等式模型

【例4】(2017·云南11校跨区调研试题改编)已知f(x)=lnx-ax有两个零点x1,x2，

(Ⅰ)求实数a的取值范围；

(Ⅱ)求证：x1·x2gt;e2.

(Ⅱ)证明：不妨设x1gt;x2gt;0,由已知得lnx1=ax1,lnx2=ax2,

相加得lnx1+lnx2=a(x1+x2),欲证x1x2gt;e2,只需证ln(x1x2)gt;2,

【类题演练】(2010·天津卷·理21题节选)已知函数f(x)=xe-x(x∈R)，如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明：x1+x2gt;2.

证明：由f(x1)=f(x2)，得x1e-x1=x2e-x2，两边同时取以e为底的对数，

通法是熟练了的技巧，技巧是陌生的通法，当我们对一种解题技巧有刻骨铭心的感悟时，最易固化成我们心灵深处的通法.

本文概述的四种方法貌似不同，实则相通，文中的每一道题目几乎都可用多法破解，这些策略已由生涩的技巧演进为必须熟练掌握的通性通法了.

四川省巴中中学)