巧妙构造辅助函数 解极值点偏移问题

浙江省宁波市第四中学(315016) 董亚 魏定波

函数极值点偏移问题在近些年的高考和各地模考中常常出现， 由于命题方法简单， 解法多样， 引起了众多老师们的关注， 在[1-2]对解决极值点偏移问题的研究中， 列出了二种解题方法， 即构造“对称差”函数：F(x) = f(x0+x) - f(x0-x)， 以及运用“对数均值不等式”：但对于如下的问题这些方法往往很难凑效(详见[3])：

题目(2018年高考全国I 卷理科) 已知函数f(x) =若f(x) 存在两个极值点x1， x2， 证明：

针对这种情形，本文从以下几个不同的角度，通过构造函数对含参数极值点偏移问题能得到有效解决， 且具有通性、通法的作用.

1.消去参数，构造函数

例1(浙江省衢州市五校联盟2019 届高三上学期联考数学试题) 已知函数f(x) = ex-x2-ax 有两个极值点，x1,x2(x1＜x2).

(1)求a 的取值范围; (2)证明： ex1+ex2＞4.

解析由f′(x) = ex- 2x - a， 得a = ex1- 2x1，a=ex2-2x2，则ex1-2x1=ex2-2x2，即只需证：即于是，构造函数

所以， F(t) = (t-2)et+t+2 在(0,+∞)上单调递增， 则F(t) ＞F(0) = 0，于是有，成立，故ex1 +ex2＞4.

例2(宁波效实中学2018 学年第一学期高三数学期中试卷)设a ∈ℝ，函数f(x)=(x+1)e-x+ax 有两个极值点x1,x2(e 为自然对数的底数).

(1)求a 的取值范围; (2)证明： x1+x2+2 ln a ＜0.

解析f′(x) = a - xe-x， 依题意， 得a = x1e-x1=x2e-x2，不妨设x2＞x1＞0，

因此， 只须证明： x1x2＜1.由a = x1e-x1= x2e-x2，得ln x1- x1= ln x2- x2， 即只需证：即证：等价于于是，构造函数

评注上述二题的解题过程中，实际上体现了：

指数平均值不等式： 对任意二个不相等的实数x1,x2，则

对数平均值不等式： 对任意二个不相等的正数x1,x2，则

下一步，市人大常委会将及时把评议结果反馈给市政府及有关部门，督促其提高对代表建议办理工作的重视程度。未办理完成的重点建议，将由市人大常委会分管副主任继续加强跟踪督办，确保件件有落实，向代表和群众交上满意答卷。

如运用这类均值不等式， 对解决某些极值点偏移问题，达到秒杀作用.

2.引入变量，构造函数

例3(2017年湖南省高中数学竞赛试题改编)已知函数f(x)=ln x-mx.当函数f(x)有两个不相等的零点a,b 时，证明： ab ＞e2.

解析依题意， 设b ＞ a ＞ 0， 得ln a - ma = 0，ln b-mb = 0， 于是， 有令所以，ln a-ma = 0，ln a+ln t-mat = 0，得要证： ab ＞ e2， 即证即证(t+1)ln t-2(t-1)＞0，设F(t)=(t+1)ln t-2(t-1)(t ＞1)，则(t ＞1)，令所以h(x) 在(1,+∞) 上单调递增， F′(t) = h(x) ＞h(1) =0， 所以F(x) 在(1,+∞) 上单调递增， 即当t ＞ 1 时，(t+1)ln t-2(t-1)＞0，所以ab ＞e2.

例4(2015年中国科学技术大学自主招生试题)已知函数设0 ＜a ＜b，且ab=ba，证明： a+b ＞2e.

解析依题意， 设b ＞a ＞0， 得b ln a = a ln b， 令= t， b = ta， ln b = t ln a， ln t + ln a = t ln a，(t ＞1).要证： a+b ＞2e，即证a(1+t) ＞2e，即证即证

设

所以h(x)在(1,+∞)上单调递增，F′(t) = h(x) ＞h(1) =0， 所以F(x) 在(1,+∞) 上单调递增， 即当t ＞ 1 时，ln t+(t-1)ln(t+1)-(1+ln 2)(t-1)＞0，所以a+b ＞2e.

评注上述解题方法， 具有通法效应， 一些省市的高考及模拟试题的导数压軕题都可以用此法求解， 例如： 已知函数若函数f(x)在(1,+∞)上有两个零点x1,x2(x1x2)，证明：(浙江省名校协作体2019 届高三第二学期联考试题).

3.借助夹逼，构造函数

例5(2015年天津市高考理科试题)已知函数f(x) =nx-xn,x ∈ℝ，其中n ∈ℕ∗,n ≥2.关于x 的方程f(x)=a(a 实数)有两个正实根x1,x2，求证：

解析从函数f(x) = nx-xn,x ∈ℝ 性质出发， 易知0 ＜a ＜n-1， 不妨设x1＜x2.曲线f(x) = nx-xn与x 轴的交点为O(0,0)，P(x0,0)，其中曲线在原点处的切线方程为y = nx，设h(x) = nx，显然当x ＞0 时，有f(x) ＜h(x)， 设h(x) = a 的根为因为h(x) = x 在(-∞,+∞) 上单调递增， 则a = h() = f(x1) ＜h(x1)，可得≤x1.同理， 曲线在P(x0,0) 处的切线方程为y =(n-n2)(x-x0)， 设g(x) =(n-n2)(x-x0)， 容易证明， 当x ＞0 且xx0时， 有f(x) ＜g(x)， 设方程g(x) = a 的根为， 可得当n ≥2时，可得x2＜x′2.由此可得(如图1).因为n ≥2，所以2n-1=(1+1)n-1≥1+=1+n-1=n,

图1

图2

例6已知f(x) = ex- x - a 有两个零点x1,x2(x1＜x2)，求证： x1+x2＜0.

解析易知f(x)min= f(0) = 1-a ＜0， 所以a ＞1，且x1＜0 ＜x2.令则g(x)有两个零点，不妨设为x3,x4(x3＜0 ＜x4)，显然x3+x4= 0.构造函数则F′(x) =ex-x-1 ≥0，F(x)单调递增，当x ＜0 时，F(x)＜F(0)=0，即f(x) ＜g(x)， 所以g(x3) = 0 = f(x1) ＜g(x1)， 又因为g(x) 在(-∞,0) 上单调递减， 所以x1＜x3.同理可得x2＜x4(如图2).故x1+x2＜x3+x4=0.

评注从上面二例来看，在用“夹逼函数”证明这类问题时，在理论上是可行的，但在实际运用中，其操作时还是有相当难度的，上述的例1 运用的切线逼近，例2 借助的是抛物线，其根源是函数的泰勒展开式，至于选用什么形式的“夹逼函数”，需要根据函数的特征和相关数据(如函数的极值点)进行分析，有时还要考虑题中的前呼后应关系.