构造函数解决极值点偏移问题

构造函数解决极值点偏移问题

■河南省虞城县高级中学 何海涛

已知连续函数f(x)在(x1,x2)内只有一个极值点x0且满足f(x1)=f(x2),若有则称函数f(x)极值点偏移。这种考题常位于于高考导数题的压轴位置,下面通过对这类题的分析,介绍如何利用构造函数的方法来解决极值点偏移问题。

一、高考题再现

(2 0 1 6年高考数学全国Ⅰ卷理科第2 1题) 已知函数f(x)=(x-2)ex+ a(x-1)2有两个零点。

(1)求a的取值范围;

(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明：x1+x2＜2。

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

①设a=0,则f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一个零点。

②设a＞0,当x∈(-∞,1)时,f'(x)＜0,单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)＞0,单调递增。

③设a＜0,由f'(x)=0得x=1或x= l n(-2a)。

又当x≤1时,f(x)＜0,所以f(x)不存在两个零点。

综上,a的取值范围为(0,+∞)。

(2)由x1,x2是f(x)的两个零点可得f(x1)=f(x2)=0,求证x1+x2＜2等价于求证x1＜2-x2。由于x1与2-x2的大小不容易比较,可以结合函数f(x)的单调性,转化为判断f(x1)与f(2-x2)的大小关系,考虑到f(x1)=f(x2),继而转化为判断f(x2)与f(2-x2)的大小关系,故可以构造函数F(x)=f(x)-f(2-x)。

不妨设x1＜x2,由(1)知x1∈(-∞,1), x2∈(1,+∞)。

设F(x)=f(x)-f(2-x),则F'(x)= f'(x)+f'(2-x)=(x-1)(ex-e2-x)。

令F'(x)=0,则x=1。当x∈(-∞,1)时。F'(x)＞0;当x∈(1,+∞)时,F'(x)＞0。

故F(x)在R上单调递增。

因为x2＞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)的两个零点可得,f(x1) =f(x2)=0。

所以f(x1)＞f(2-x2)。

因为x2∈(1,+∞),所以(2-x2)∈(-∞,1)。

又x1∈(-∞,1),y=f(x)在(-∞,1)上单调递减,所以x1＜2-x2,即x1+x2＜2。

点评：(1)本题第二问要求证明x1+x2＜2等价于,不等式的左侧恰好是区间(x1,x2)中点的横坐标,常数1则恰好是函数f(x)的极值点,因此本题的本质是要证明极值点右偏的问题。

(2)构造函数F(x)=f(x)-f(2-x)是解决本题的关键,然后利用F(x)的单调性和零点及f(x1)=f(x2),将x1+x2＜2转化化归为比较f(x1)与f(2-x2)的大小。

二、方法总结

若设f(x)的极值点为x0,则可将这类问题的求解方法总结如下：

(1)构造函数F(x)=f(x)-f(2x0-x)。

(2)对F(x)求导,判断F'(x)的正负号,确定F(x)的单调性。

(3)利用F(x0)=0,结合确定F(x)的单调性判断F(x)=f(x)-f(2x0-x)的正负,从而得到f(x)与f(2x0-x)的大小关系。

(4)若f(x2)＞f(2x0-x2),结合f(x1)= f(x2),得到f(x1)＞f(2x0-x2);

若f(x2)＜f(2x0-x2),结合f(x1)= f(x2),得到f(x1)＜f(2x0-x2)。

(5)结合函数f(x)的单调性,由f(x1)与f(2x0-x2)的大小关系,继而得出x1与2x0-x2的大小关系。

应用这一解题方法可以顺利解决函数极值点的偏移问题。

三、应用举例

(2 0 1 0年高考天津卷理科数学第2 1题)已知函数f(x)=xe-x(x∈R)。

(1)求函数f(x)的单调区间和极值;

(2)已知函数y=g(x)的图像与函数y=f(x)的图像关于直线x=1对称,证明当x＞1时,f(x)＞g(x);

(3)如果x1≠x2,且f(x1)=f(x2),证明x1+x2＞2。

解析：(1)因为f(x)=xe-x(x∈R),所以f'(x)=(1-x)e-x,易知y=f(x)在(-∞, 1)上是增函数,在(1,+∞)上是减函数。

(2)由题意可知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。

当x＞1时,x-1＞0,从而e2x-2-1＞0。又e-x＞0,所以F'(x)＞0,从而函数F(x)在[1,+∞)上是增函数。

又F(1)=e-1-e-1=0,所以x＞1时, 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),则x1=x2=1,与x1≠x2矛盾。

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

根据①②得(x1-1)(x2-1)＜0,不妨设x1＜1,x2＞1。

由(2)可知,f(x2)＞g(x2),因为g(x2)= f(2-x2),所以f(x2)＞f(2-x2),从而f(x1)＞f(2-x2)。

因为x2＞1,所以2-x2＜1。又由(1)可知函数y=f(x)在(-∞,1)上是增函数。所以x1＞2-x2,即x1+x2＞2。

点评：(1)本题第三问要求证明x1+x2＞2等价于本题的本质是要证明极值点左偏的问题。

(2)在例1和例2中,通过构造函数y= f(x)与y=f(2-x)的差,从而得出f(x2)与f(2x0-x2)的大小关系,并通过转化进一步求证了x1+x2与2x0的大小关系。我们也可以构造F(x)=f(x0+x)-f(x0-x)来比较f(x2)与f(2x0-x2)的大小。

(2 0 1 1年高考辽宁卷理科第2 1题)已知函数f(x)=l nx-a x2+(2-a)x。

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)设a＞0,证明：当0＜x＜1 a时,

(3)若函数y=f(x)的图像与x轴交于A、B两点,线段A B中点的横坐标为x0,证明：f'(x0)＜0。

解析：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)。

①若a≤0,则f'(x)＞0,f(x)在(0,+∞)上单调增加。

则g(x)=l n(1+a x)-l n(1-a x)-2a x。当0＜x＜时,g'(x)＞0,而g(0)=0,所以g(x)＞0。

(3)由(1)可知,当a≤0时,函数y= f(x)的图像与x轴至多有一个交点,故a＞0,从而f(x)的最大值为

不妨设A(x1,0),B(x2,0),0＜x1＜x2,则x1＞0。

由(1)知,f'(x0)＜0。

四、应用练习

函数f(x)=a x+b-xl nx的图像在(1,f(1))处的切线方程为y=x。

(1)求实数a,b的值;

(2)记f(x)的两个零点为x1,x2(x1≠x2),求证x1+x2＞2 e。

解析：(1)由函数f(x)=a x+b-xl nx,得f'(x)=a-1-l nx。因为函数y=f(x)在x=1处的切线方程为y=x,所以

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

当x∈(0,e)时,f'(x)＞0;当x∈(e,+∞)时,f'(x)＜0,故f(x)在x=e处取得极大值。

不妨设0＜x1＜e＜x2,令F(x)=f(x)-f(2 e-x)。

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

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

因为f(x2)=f(x1)=0,所以f(x2)＜f(2 e-x1)。

因为0＜x1＜e＜x2,所以2 e-x1＞e。

又当x∈(e,+∞)时,f(x)为减函数,所以x2＞2 e-x1,即x1+x2＞2 e。

(责任编辑 徐利杰)