11.剖析极值点偏移问题的处理方法-《中学生数理化》高二数学2024年3月刊

剖析极值点偏移问题的处理方法 ■江苏省盐城市时杨中学 刘长柏 极值点偏移是指函数在极值点左右的增 减速度不一样,导致函数图像不对称,极值点 偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中。 这类题往往对思维要求较高,过程较为烦琐, 计算量较大。解决极值点偏移问题,常见的 有构造对称函数法和比值代换法,二者各有 千秋,独具特色。 一、极值点偏移的概念 已知函数y=f(x)是连续函数,在区间 (a,b)内 只 有 一 个 极 值 点 x0,f(x1)= f(x2),且x0 在x1 与x2 之间,由于函数在 极值点左右两侧的变化速度不同,使得极值 点偏向变化速度快的一侧,常常有x0≠ x1+x2 2 这种情况,称为极值点偏移。 二、极值点偏移问题的处理方法 1.对称构造法求极值点偏移问题 例 1 已知函数f(x)=ax2+ln(x-1)。 (1)求函数f(x)的单调区间; (2)若a>2,在x∈ 32 ,+∞ 内存在不 等实数x1,x2,使得f(x1)+f(x2)=8a,证 明:x1+x2<4。 解析:(1)函数的定义域为(1,+∞),并 且f'(x)=2ax+ 1 x-1= 2ax2-2ax+1 x-1 。 ①若a=0,f'(x)= 1 x-1>0 ,f(x)的单 调递增区间为(1,+∞)。 ②若a≠0,二次函数φ(x)=2ax2- 2ax+1的对称轴是x= 1 2 ,φ(0)=φ(1)=1。 i)若a>0,φ(x)在(1,+∞)上大于0,从 而f'(x)>0,故函数f(x)的单调递增区间 是(1,+∞)。 i)若a<0,当x∈ 1, a- a2-2a 2a 时, f'(x)>0;当x∈ a- a 2-2a 2a ,+∞ 时, f'(x)<0。 此时 函 数 f(x)的 单 调 递 增 区 间 是 1, a- a2-2a 2a ,单 调 递 减 区 间 是 a- a2-2a 2a ,+∞ 。 (2)由对称性,不妨设x1<x2。 因为f(2)=4a,所以f(x1)+f(x2)= 2f(2)。 若2≤x1<x2,a>0,由(1)得f(x)在 (1,+∞)上单调递增,则f(2)<f(x1)< f(x2),f(x1)+f(x2)>2f(2),与已知条件 矛盾。 若x1<x2≤2,仿上也可推出矛盾。 故 3 2<x1<2<x2 ,即2<4-x1。 要证明x1+x2<4,只需证明x2<4-x1。 因为a>0,f(x)在(1,+∞)上单调递 增,所以只需证明f(x2)<f(4-x1)。 又f(x1)+f(x2)=8a,故只需证明 8a-f(x1)<f(4-x1)。 构造函数h(x)=f(4-x)+f(x)- 8a,x∈ 32 ,2 ,其中h(2)=2f(2)-8a=0。 则h'(x)=-f'(4-x)+f'(x) =2ax+ 1 x-1-2a (4-x)- 1 3-x =4a(x-2)+ 4-2x (x-1)(3-x) =(x-2)4a- 2 (x-1)(3-x) 。 因 3 2 < x < 2 ,故 x - 2 < 0, 2 (x-1)(3-x)< 8 3 。 当a>2时,4a- 2 (x-1)(3-x)>0 。 故h'(x)<0,h(x)在 32 ,2 上单调递 减,h(x)>h(2)=0。 82 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年3月 当x∈ 32 ,2 时,f(4-x)+f(x)- 8a>0,8a-f(x1)<f(4-x1)成 立,即 f(x2)<f(4-x1)。 由f(x)在定义域内单调递增,得x2< 4-x1,即x1+x2<4成立。 例 2 已 知 函 数 f(x)=x+3x + 2ln x-a(a∈R)有两个不同的零点x1,x2, 求证:x1x2>1。 解析:由题意,假设0<x1<1<x2,构造 函数g(x)=f(x)-f 1 x (x>1)。 故g(x)= 2 x-2x+4ln x,则g'(x)= -2(x-1)2 x2 ,g(x)在(1,+∞)上单调递减。 因g(1)=0,故当x2>1时,g(x2)< g(1)=0,即f(x2)<f 1 x2 成立。 而f(x1)=f(x2),故f(x1)<f 1 x2 。 又f'(x)= (x+3)(x-1) x2 ,故f(x)在 (0,1)上单调递减,x1> 1 x2 ,则x1x2>1。 点评:对称变换求极值点偏移,主要用来 解决与两个极值点之和、积相关的不等式的 证明问题。解题的关键在于构造函数,对结 论x1+x2>2x0 型,构 造 函 数 F (x)= f(x)-f(2x0-x)或F(x)=f(x0+x)- f(x0-x),判断函数F(x)在某段区间上的 正负,并得出f(x)与f(2x0-x)的大小关 系,