構(gòu)造函數(shù)解決極值點(diǎn)偏移問(wèn)題

■河南省虞城縣高級(jí)中學(xué) 何海濤

已知連續(xù)函數(shù)f(x)在(x1,x2)內(nèi)只有一個(gè)極值點(diǎn)x0且滿足f(x1)=f(x2),若有則稱函數(shù)f(x)極值點(diǎn)偏移。這種考題常位于于高考導(dǎo)數(shù)題的壓軸位置,下面通過(guò)對(duì)這類(lèi)題的分析,介紹如何利用構(gòu)造函數(shù)的方法來(lái)解決極值點(diǎn)偏移問(wèn)題。

一、高考題再現(xiàn)

(2 0 1 6年高考數(shù)學(xué)全國(guó)Ⅰ卷理科第2 1題) 已知函數(shù)f(x)=(x-2)ex+ a(x-1)2有兩個(gè)零點(diǎn)。

(1)求a的取值范圍;

(2)設(shè)x1,x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn),證明：x1+x2＜2。

解析：(1)f'(x)=(x-1)ex+2a(x-1)= (x-1)(ex+2a)。

①設(shè)a=0,則f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)。

②設(shè)a＞0,當(dāng)x∈(-∞,1)時(shí),f'(x)＜0,單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f'(x)＞0,單調(diào)遞增。

③設(shè)a＜0,由f'(x)=0得x=1或x= l n(-2a)。

又當(dāng)x≤1時(shí),f(x)＜0,所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)。

綜上,a的取值范圍為(0,+∞)。

(2)由x1,x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)可得f(x1)=f(x2)=0,求證x1+x2＜2等價(jià)于求證x1＜2-x2。由于x1與2-x2的大小不容易比較,可以結(jié)合函數(shù)f(x)的單調(diào)性,轉(zhuǎn)化為判斷f(x1)與f(2-x2)的大小關(guān)系,考慮到f(x1)=f(x2),繼而轉(zhuǎn)化為判斷f(x2)與f(2-x2)的大小關(guān)系,故可以構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-f(2-x)。

不妨設(shè)x1＜x2,由(1)知x1∈(-∞,1), x2∈(1,+∞)。

設(shè)F(x)=f(x)-f(2-x),則F'(x)= f'(x)+f'(2-x)=(x-1)(ex-e2-x)。

令F'(x)=0,則x=1。當(dāng)x∈(-∞,1)時(shí)。F'(x)＞0;當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),F'(x)＞0。

故F(x)在R上單調(diào)遞增。

因?yàn)閤2＞1,所以F(x2)＞F(1)=0。

故f(x2)-f(2-x2)＞0,f(x2)＞f(2-x2)。

由x1,x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)可得,f(x1) =f(x2)=0。

所以f(x1)＞f(2-x2)。

因?yàn)閤2∈(1,+∞),所以(2-x2)∈(-∞,1)。

又x1∈(-∞,1),y=f(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞減,所以x1＜2-x2,即x1+x2＜2。

點(diǎn)評(píng)：(1)本題第二問(wèn)要求證明x1+x2＜2等價(jià)于,不等式的左側(cè)恰好是區(qū)間(x1,x2)中點(diǎn)的橫坐標(biāo),常數(shù)1則恰好是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn),因此本題的本質(zhì)是要證明極值點(diǎn)右偏的問(wèn)題。

(2)構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-f(2-x)是解決本題的關(guān)鍵,然后利用F(x)的單調(diào)性和零點(diǎn)及f(x1)=f(x2),將x1+x2＜2轉(zhuǎn)化化歸為比較f(x1)與f(2-x2)的大小。

二、方法總結(jié)

若設(shè)f(x)的極值點(diǎn)為x0,則可將這類(lèi)問(wèn)題的求解方法總結(jié)如下：

(1)構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-f(2x0-x)。

(2)對(duì)F(x)求導(dǎo),判斷F'(x)的正負(fù)號(hào),確定F(x)的單調(diào)性。

(3)利用F(x0)=0,結(jié)合確定F(x)的單調(diào)性判斷F(x)=f(x)-f(2x0-x)的正負(fù),從而得到f(x)與f(2x0-x)的大小關(guān)系。

(4)若f(x2)＞f(2x0-x2),結(jié)合f(x1)= f(x2),得到f(x1)＞f(2x0-x2);

若f(x2)＜f(2x0-x2),結(jié)合f(x1)= f(x2),得到f(x1)＜f(2x0-x2)。

(5)結(jié)合函數(shù)f(x)的單調(diào)性,由f(x1)與f(2x0-x2)的大小關(guān)系,繼而得出x1與2x0-x2的大小關(guān)系。

應(yīng)用這一解題方法可以順利解決函數(shù)極值點(diǎn)的偏移問(wèn)題。

三、應(yīng)用舉例

(2 0 1 0年高考天津卷理科數(shù)學(xué)第2 1題)已知函數(shù)f(x)=xe-x(x∈R)。

(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值;

(2)已知函數(shù)y=g(x)的圖像與函數(shù)y=f(x)的圖像關(guān)于直線x=1對(duì)稱,證明當(dāng)x＞1時(shí),f(x)＞g(x);

(3)如果x1≠x2,且f(x1)=f(x2),證明x1+x2＞2。

解析：(1)因?yàn)閒(x)=xe-x(x∈R),所以f'(x)=(1-x)e-x,易知y=f(x)在(-∞, 1)上是增函數(shù),在(1,+∞)上是減函數(shù)。

(2)由題意可知g(x)=f(2-x),因此, g(x)=(2-x)ex-2。

令F(x)=f(x)-g(x)=xe-x+(x-2)ex-2,于是F'(x)=(x-1)(e2x-2-1)e-x。

當(dāng)x＞1時(shí),x-1＞0,從而e2x-2-1＞0。又e-x＞0,所以F'(x)＞0,從而函數(shù)F(x)在[1,+∞)上是增函數(shù)。

又F(1)=e-1-e-1=0,所以x＞1時(shí), F(x)＞F(1)=0,即f(x)＞g(x)。

(3)①若(x1-1)(x2-1)=0,由(1)及f(x1)=f(x2),則x1=x2=1,與x1≠x2矛盾。

②若(x1-1)(x2-1)＞0,由(1)及f(x1)=f(x2),得x1=x2,與x1≠x2矛盾。

根據(jù)①②得(x1-1)(x2-1)＜0,不妨設(shè)x1＜1,x2＞1。

由(2)可知,f(x2)＞g(x2),因?yàn)間(x2)= f(2-x2),所以f(x2)＞f(2-x2),從而f(x1)＞f(2-x2)。

因?yàn)閤2＞1,所以2-x2＜1。又由(1)可知函數(shù)y=f(x)在(-∞,1)上是增函數(shù)。所以x1＞2-x2,即x1+x2＞2。

點(diǎn)評(píng)：(1)本題第三問(wèn)要求證明x1+x2＞2等價(jià)于本題的本質(zhì)是要證明極值點(diǎn)左偏的問(wèn)題。

(2)在例1和例2中,通過(guò)構(gòu)造函數(shù)y= f(x)與y=f(2-x)的差,從而得出f(x2)與f(2x0-x2)的大小關(guān)系,并通過(guò)轉(zhuǎn)化進(jìn)一步求證了x1+x2與2x0的大小關(guān)系。我們也可以構(gòu)造F(x)=f(x0+x)-f(x0-x)來(lái)比較f(x2)與f(2x0-x2)的大小。

(2 0 1 1年高考遼寧卷理科第2 1題)已知函數(shù)f(x)=l nx-a x2+(2-a)x。

(1)討論f(x)的單調(diào)性;

(2)設(shè)a＞0,證明：當(dāng)0＜x＜1 a時(shí),

(3)若函數(shù)y=f(x)的圖像與x軸交于A、B兩點(diǎn),線段A B中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x0,證明：f'(x0)＜0。

解析：(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞)。

①若a≤0,則f'(x)＞0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)增加。

則g(x)=l n(1+a x)-l n(1-a x)-2a x。當(dāng)0＜x＜時(shí),g'(x)＞0,而g(0)=0,所以g(x)＞0。

(3)由(1)可知,當(dāng)a≤0時(shí),函數(shù)y= f(x)的圖像與x軸至多有一個(gè)交點(diǎn),故a＞0,從而f(x)的最大值為

不妨設(shè)A(x1,0),B(x2,0),0＜x1＜x2,則x1＞0。

由(1)知,f'(x0)＜0。

四、應(yīng)用練習(xí)

函數(shù)f(x)=a x+b-xl nx的圖像在(1,f(1))處的切線方程為y=x。

(1)求實(shí)數(shù)a,b的值;

(2)記f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)為x1,x2(x1≠x2),求證x1+x2＞2 e。

解析：(1)由函數(shù)f(x)=a x+b-xl nx,得f'(x)=a-1-l nx。因?yàn)楹瘮?shù)y=f(x)在x=1處的切線方程為y=x,所以

(2)由(1)知f(x)=2x-1-xl nx,所以f'(x)=1-l nx。

當(dāng)x∈(0,e)時(shí),f'(x)＞0;當(dāng)x∈(e,+∞)時(shí),f'(x)＜0,故f(x)在x=e處取得極大值。

不妨設(shè)0＜x1＜e＜x2,令F(x)=f(x)-f(2 e-x)。

則F'(x)=2-l n(2 ex-x2)≥2-l ne2=0,F(x)在(0,+∞)上的增。

因?yàn)?＜x1＜e,所以F(x1)＜F(e)=0,即f(x1)-f(2 e-x1)＜0,f(x1)＜f(2 ex1)。

因?yàn)閒(x2)=f(x1)=0,所以f(x2)＜f(2 e-x1)。

因?yàn)?＜x1＜e＜x2,所以2 e-x1＞e。

又當(dāng)x∈(e,+∞)時(shí),f(x)為減函數(shù),所以x2＞2 e-x1,即x1+x2＞2 e。

(責(zé)任編輯 徐利杰)