8.极值点偏移，方法巧应用-《中学生数理化》高考数学2024年5月刊

■江苏省常熟外国语学校 邹颖钰 极值点偏移问题一直是高考命题中实现 “知识点交汇与综合应用”的热点与难点之 一,往往以压轴题的形式出现,难度非常大, 很多考生对此类问题无从下手、束手无策。 熟练把握极值点偏移问题的基本特征与对应 类型,掌握一些基本的破解方法技巧,既可以 借助对称构造法构造辅助函数来分析与处 理,也可以借助消参减元法合理减少参数来 分析与处理,还可以借助比(差)值换元法以 整体思维化单变量来分析与处理等,思维视 角多种多样,切入方式各异,都能有效转化, 巧妙应用,合理破解。 一、对称构造法 例 1 设函数f(x)=2ln x-mx2+1。 (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)当m=1时,若在f(x)的定义域内 存在两实数x1,x2,满足x1<x2 且f(x1)= f(x2),证明:x1+x2>2。 解析:(1)依题意知,函数f(x)的定义域 为(0,+∞),求导得f'(x)= 2 x -2mx= 2(1-mx2) x 。 若m≤0,则f'(x)>0,f(x)在区间(0, +∞)上单调递增。 若m>0,由f'(x)=0,得x= m m 。当 0<x< m m 时,f'(x)>0;当x> m m 时, f'(x)<0。所以f(x)在区间 0, m m 上单 调递增,在区间 m m ,+∞ 上单调递减。 综上可得,当m≤0时,f(x)在区间(0, +∞)上单调递增;当m>0时,f(x)在区间 0, m m 上单调递增,在区间 mm ,+∞ 上 单调递减。 (2)当m=1时,f(x)=2ln x-x2+1。 由(1)知f(x)在区间(0,1)上单调递增, 在区间(1,+∞)上单调递减。 因为实数x1,x2 满足x1<x2 且f(x1) =f(x2),所以0<x1<1<x2。 当0<x<1时,令F(x)=f(x)-f(2 -x)=2ln x-x2+1-[2ln(2-x)-(2- x)2+1]=2ln x-2ln(2-x)-4x+4,则 F'(x)= 2 x+ 2 2-x-4= 4(x-1)2 x(2-x)>0 ,所以 F(x)在(0,1)上单调递增。 所以对任意的x∈(0,1),有 F(x)< F(1)=0,即f(x)<f(2-x)。 又因为0<x1<1,所以f(x2)=f(x1) <f(2-x1)。 又因为1<2-x1<2,x2>1,f(x)在(1, +∞)上单调递减,所以x2>2-x1,即x1+ x2>2。 方法归纳:对称构造法往往是用来解决 一些涉及两个极值点之和(或积)等相关的不 等式证明问题。利用对称构造法解决极值点 偏移问题的具体步骤为:定函数(极值点为 x0),构造函数,判断单调性,比较大小及转化 等。本题第(2)问证明的关键在于构造函数 F(x)=f(x)-f(2-x)。对结论与x1x2> x20 有关的,可以构造函数 F(x)=f(x)- f x20 x ,通过研究F(x)的单调性进行证明。 二、消参减元法 例 2 已知函数h(x)=2xln x,且存 在x1<x2,使h(x1)=h(x2),证明:x1x2< 1 e2 。 证明:因为h(x)=2xln x(x>0),所以 h'(x)=2ln x+2。 52 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年5月 令h'(x)>0,解得x> 1 e ; 令h'(x)<0,得0<x< 1 e 。 所以函数h(x)在区间 1e ,+∞ 上单调 递增,在区间 0, 1 e 上单调递减。 又因为h 1e =-2e,h(1)=0,所以当 0<x<1时,h(x)<0,所以存在x1<x2,使 得h(x1)=h(x2),且0<x1< 1 e<x2<1 。 要证x1x2< 1 e2 ,即证x1< 1 e2x2 。 由于 0< 1 e2x2 < 1 e ,则 知 h(x1)> h 1 e2x2 ,又 h(x1)=h(x2),所 以 只 需 证 h(x2)>h 1 e2x2 即可。 设m(x)=h(x)-h 1 e2x =2xln x+ 2× 1 e2x ×ln(e2x)1e<x<1 ,则 m'(x)= 2ln x+2+ 2 e2x2 [1-ln(e2x)]=2(1+ ln x)1- 1 e2x2 >0恒成立,故函数m(x)在 区间 1 e ,1 上单调递增。 又m 1e =0,则 m(x)>0,即h(x)> h 1 e2x ,亦即h(x2)>h 1e2x2 。 所以x1x2< 1 e2 成立。 方法归纳:消参减元法往往是用来解决 一些涉及方便消参的综合问题,通过减元建 立相应的函数来处理。消参减元法的基本技 巧是利用导数把函数的极值点转化为导函数 的零点,进而建立参数与极值点之间的关系, 消去参数或减少变元,从而简化目标函数,利 用消参减元法解决极值点偏移问题时的具体 步骤为:建方程,定关系,消参减元,构造函数 等。 三、比(差)值换元法 例 3 (改编题)已知x1,x2(x1<x2) 是函数f(x)=xln x- x2 e+tx-1 (t∈R)的 两个极值点。 (1)求实数t的取值范围; (2)证明:x1+x2> 4 ex1x2 。 解析:(1)依题知f'(x)=ln x+1- 2x e+t 。 令函数g(x)=f'(x),则g'(x)= 1 x- 2 e= e-2x ex (x>0)。 令g'(x)=0,解得x= e 2 。 所以当x∈ 0, e 2 时,g'(x)>0,g(x) 单调递增;当x∈ e2 ,+∞ 时,g'(x)<0, g(x)单调递减。 所以g(x)max=g e 2 =1-ln 2+t。 因为f(x)有两个极值点,所以g(x)有 两个变号零点,所以g(x)max>0,即1-ln 2 +t>0,所以t>ln 2-1,即t的取值范围为 (ln 2-1,+∞)。 (2)由题意知,ln x2- 2x2 e +t+1=0 , ln x1- 2x1 e +t+1=0 ,所以ln x2-ln x1= 2 e (x2-x1),即 2 e= ln x2-ln x1 x2-x1 。 要证x1+x2> 4 ex1x2 ,只需证1 x1 + 1 x2 > 4 e ,即 证 1 x1 + 1 x2 > 2(ln x2-ln x1) x2-x1 ,即 证 2ln x2 x1 < x2-x1 x1 + x2-x1 x2 = x2 x1 - x1 x2 。 设 x2 x1 =t(t>1),则只需证t- 1 t>2ln t (t>1)。 令h(t)=t- 1 t-2ln t(t>1),则h'(t) =1+ 1 t2 - 2 t= t2-2t+1 t2 = (t-1)2 t2 >0,所以 62 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年5月 􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹 函数h(t)在区间(1,+∞)上单调递增,所以 h(t)>h(1)=0,所以t- 1 t>2ln t(t>1)。 所以x1+x2> 4 ex1x2 成立。 方法归纳:比(差)值换元法往往是依据 题设条件或所证结论,加以整体换元处理,其 主要目的就是通过比(差)值整体化思维进行 消参或减元,即令t= x1 x2 或t=x1-x2,将双 变量化为单变量的函数不等式,进而转化为 涉及参数t的函数问题,结合导数法来分析 与求解。 在解决涉及极值点偏移的综合应用问题 时,合理结合题设条件或所证结论中关系式 的特殊结构,利用对称构造法,或消参减元 法,或比(差)值换元法等,剖析问题实质,合 理化归与转化,进而将复杂的多变元问题转 化为更加简捷的函数问题,通过函数的构建, 利用函数的基本性质来合理转化与化归,巧 妙实现问题的破解。 (责任编辑 王福华) 72 解题篇 易错题归类剖析 高考数学 2024年5月