从反函数观点看极值点偏移问题
2022-12-27深圳市龙华区教育科学研究院附属外国语学校钟文体邮编518109
深圳市龙华区教育科学研究院附属外国语学校 钟文体 (邮编：518109)
1 试题分析
原题(2021年高考数学新高考Ⅰ卷第22题) 已知函数f(x)=x(1-lnx).
(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；
第(Ⅰ)问较简单，对函数f(x)求导得f′(x)=-lnx，于是，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0. 从而f(x)在区间(0,1)内单调递增，在区间(1,+∞)内单调递减. 其图象如图1所示.
图1
文[1]的求解思路是构造对称差函数F(x)=f(x0+x)-f(x0-x)，或F(x)=f(x)-f(2x0-x)(其中x0为函数f(x)的极值点)，将问题转化为函数F(x)的单调性问题，这是求解此类问题的通法.
回到原题，为证不等式2 我们来着重研究表达式x1+x2. 从代数观点看，它只是一个普通的二元一次多项式，似乎没有什么值得进一步研究的. 但从函数观点看，x1和x2是相互依存的，x1的变化会引起x2的变化，反之亦然. 如果将x1(0 但是，无论是将x1看作自变量，还是将x2看作自变量，都会破坏x1+x2形式上的对称性. 例如，将x1看作自变量时，可令x1=u，则x2可写成x2(u)，于是x1+x2=u+x2(u). 从而丧失了对称性. 根据经验，当问题具有一定的对称性时，会更容易解决. 可以尝试引入与x1和x2有关的第三个变量t.如何选择合适的t呢？先来分析x1和x2之间的关系. 已知的条件是f(x1)=f(x2)，这是问题的切入点. 可设f(x1)=f(x2)=t，当t确定时，x1和x2(x1 图2 图3 事实上，上面证明的积分不等式 恒成立. 这是所谓的Hadamard不等式. 若g(x)是严格下凸函数，则不等式严格成立. 当g(x)是区间I上的上凸函数时，改变不等号的方向即可. 直观上看，下凸函数向下方凸出，上凸函数向上方凸出. 通过求二阶导数(如果存在)可以很方便地判断给定函数的凸性. 事实上，若在区间I上g″(x)≥0恒成立，则g(x)是区间I上的下凸函数. 若g″(x)>0恒成立，则是严格下凸函数. 上凸函数有类似的判定方法. 上面的方法顺便得到了一个额外的结论：设m1，m2，n1，n2是互不相等的实数，且满足f(m1)=f(m2) 根据前面的分析，当函数f(x)的导函数具有一定的凸性时，可以用类似的方法解决与f(x)有关的极值点偏移问题. 类题1(2016高考全国I卷理科第21题) 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+x2<2. 解(Ⅰ)(略解)因f′(x)=(x-1)(ex+2a)且f(1)=-e<0，故a>0. (Ⅱ)设s1 图4 类题2(2010年高考数学天津卷理科第21题) 已知函数f(x)=xe-x(x∈R). (Ⅰ)求函数f(x)的单调区间和极值; (Ⅱ)略. (Ⅲ)如果x1≠x2且f(x1)=f(x2)，证明x1+x2>2. 解(Ⅰ)(略解)易知f′(x)=(1-x)e-x，从而f(x)在区间(-∞,1)内单调递增，在区间(1,+∞)内单调递减，f(x)max=f(1)=e-1. 图5 由类题2可知，有时f′(x)不具有一致的凸性，为了最终解决问题，需要将区间分段讨论. 通过上面三个高考真题，可以总结提炼出处理极值点偏移问题的一种新的通法，笔者在此罗列要点，以期抛砖引玉. 问题给定函数f(x)和不相等的实数x1，x2满足f(x1)=f(x2)，欲证形如m 方法(1)判断f(x)的单调性和f′(x)的凸性. (2)令f(x1)=f(x2)=t，将x1和x2看作关于t的函数，分别记作x1(t)和x2(t). (3)构造函数G(t)=x1(t)+x2(t)，根据反函数求导法则和Hadamard不等式判断G(t)的单调性. (4)根据G(t)的单调性确定其取值范围，从而得到x1+x2取值范围. 值得进一步指出的是，当f′(x)是下凸函数时，G(t)单调递减；当f′(x)是上凸函数时，G(t)单调递增. 当f′(x)是下凸函数时，因G(t)单调递减，由此可以进一步证明如下结论：设m1，m2，n1，n2是互不相等的实数，且满足f(m1)=f(m2) 上述方法涉及反函数的导数以及凸函数的Hadamard不等式，超出了普通高中生的能力范围，但对于教师有很好的启示作用，它提供了看待问题的不同观点. 所谓给学生一杯水，老师要有一桶水. 教师的数学知识不能仅仅局限于高中数学水平，需要掌握一定的大学数学知识，以便从更高的观点审视高中数学问题. 站在更高的视角，能把问题看得更加透彻.2 新解探究
3 方法迁移
4 方法提炼
