摘要：教學中對于在極值點兩側(cè)增減速度不相同的問題進行研究，找到解決此類問題的兩種求解策略，對稱化構(gòu)造與齊次化構(gòu)造.

關(guān)鍵詞：極值點偏移問題；對稱化構(gòu)造；齊次化構(gòu)造；變式訓練

基金項目：本文系福建省教育科學“十三五”規(guī)劃2016年度立項課題《“核心素養(yǎng)”理念下的數(shù)學變式教學的行動研究》（立項批準號MJYKT2016-178）的階段性成果

作者簡介：蔣滿林（1975-），男，福建古田人，中學高級教師，寧德市名師培養(yǎng)對象，主要從事高中數(shù)學教育與教學研究工作.

一、極值點偏移問題

有一類函數(shù)，它們先增后減或先減后增，但是在極值點兩側(cè)的增減速度不相同（一側(cè)快一側(cè)慢），于是極值點并不在定義域的中間位置，而是向一側(cè)偏移，比如函數(shù)f（x）=lnx-x，它的圖象如下：對于這類函數(shù)，經(jīng)常遇到這樣的問題：

已知f（x1）=f（x2）（x1≠x2），求證：x1+x2>m或x1+x2

類似這樣的問題我們稱為極值點偏移問題.

極值點偏移問題是導數(shù)問題中的一個難點，也是各類考試的熱點，那么如何求解這類問題呢？下面通過一道例題介紹兩種常用的求解策略：對稱化構(gòu)造與齊次化構(gòu)造.

二、解法探析

例1已知f（x）=lnx-x，若f（x1）=f（x2）（x1≠x2），證明：

（1）x1+x2>2；

（2）x1·x2<1

解法一對稱化構(gòu)造

（1）f ′（x）=1x-1=1-xx，所以f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減.不妨設02，即證x2>2-x1，即證f（x2）

即證f（x）-f（2-x）<0在（0，1）上恒成立.令，g（x）=f（x）-f（2-x），

則g′（x）=f ′（x）+f ′（2-x）=（lnx-x）′-[ln（2-x）-（2-x）]′，

=（1x-1）--12-x+1=1x+12-x-2

=2x（2-x）-2.

當00，于是f（x）單調(diào)遞增，所以g（x）

（2）由（1）知f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減.不妨設0

令，h（x）=f（x）-f1x=2lnx-x+1x（x>1），

則h′（x）=2lnx-x+1x′=-（x-1）2x2<0，

所以h（x）

故原不等式成立.

解法二齊次化構(gòu)造

（1）f ′（x）=1x-1=1-xx，所以f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減.不妨設0

即lnx2x1=x1x2x1-1，令x2x1=t（t>1），則x1=lntt-1，x2=tlntt-1.于是要證不等式x1+x2>2，只要證lntt-1+tlntt-1>2，即證（t+1）lntt-1>2，亦即證lnt-2（t-1）t+1>0.

令g（x）=ln-2（x-1）x+1，（x>1），則g′（x）=1x-2（x+1）-2（x-1）（x+1）2=（x-1）2x（x+1）2>>0，（x>1）

于是g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，g（x）>g（1）=0，故原不等式得證.

（2）以上證法同（1），要證x1·x2<1，只要證lntt-1·tlntt-1<1，即證ln2t

令h（x）=ln2x-x+1x（x>1），h′（x）=2lnxx-1-1x2=2xlnx-x2-1x2.

記m（x）=2xlnx-x2-1（x>1），m′（x）=2（lnx-x+1），

記n（x）=lnx-x+1（x>1），n′（x）=1x-1<0，所以n（x）

所以m′（x）<0，從而m（x）

故原不等式得證.

總結(jié)（1） 對稱化構(gòu)造的方法即設法將欲證不等式通過函數(shù)在某一側(cè)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化為證明函數(shù)值間的大小關(guān)系，然后借助這個f（x1）=f（x2）（x1≠x2）條件進行轉(zhuǎn)化，得到關(guān)于x1或x2的一個不等式，這時候就可以構(gòu)造函數(shù)證明不等式成立了.

（2）齊次化構(gòu)造的方法的本質(zhì)是將x2x1看成一個變量t，然后將x1和x2都用t表示，繼而欲證不等式轉(zhuǎn)化為關(guān)于變量t的一個不等式，構(gòu)造函數(shù)證明即可.

三、變式練習

1.已知函數(shù)f（x）=x+1x（x>0），若f（x1）=f（x2）（x1≠x2），求證：

（1）x1·x2=1；

（2）x2+x2>2

證明（1）f ′（x）=1-1x2=x2-1x2，所以f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增.不妨設0

（2）f ′（x）=1-1x2=x2-1x2，所以f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增.不妨設02，即證x2>2-x1，即證f（x2）>f（2-x1），所以f（x1）=f（x2）>f（2-x1）.即證f（x）-f（2-x）>0在（0，1）上恒成立.令，g（x）=f（x）-f（2-x），則g′（x）=f ′（x）+f ′（2-x）=x+1x′-（2-x）-12-x′

=2-1x2-1（x-2）2=2-2（x-1）2+2[x（2-x）]2.

當0g（1）=0故原不等式得證.

2.已知函數(shù)f（x）=x-alnx（a∈R），有兩個零點x1，x2且x1

（1）求a的取值范圍；

（2）證明：x2-x1隨著a的增大而增大；

（3）證明：x1·x2>e2

解（1）f（x）有兩個零點x1，x2，顯然a≠0，故1a=lnxx，設g（x）=lnxx，g′（x）=1-lnxx2，當x∈（0，e）時g（x）單調(diào)遞增；當x∈（e，+∞）時g（x）單調(diào)遞減又當x→0時，g（x）→-∞，x→+∞時，g（x）→0，所以，當0<1a<1e即a>e時，函數(shù)f（x）有兩個零點x1，x2

（2）取a1，a2，不妨設ex2-x1即，x2-x1隨著a的增大而增大

（3）設g（x）=lnxx，構(gòu)造函數(shù)h（x）=g（x）-ge2x，x∈（e，+∞）

則h′（x）=g′（x）+g′e2x·e2x2=1-lnxx2-1-lnxe2=（1-lnx）e2-x2e2x2當x∈+∞時，h′（x）>0，h（x）單調(diào)遞增，所以h（x）>h（e）=0，即g（x）>ge2x又因為0ge2x2，且x1，e2x2∈（0，e），又x∈（0，e）時，g（x）單調(diào)遞增，所以x1>e2x2，故有x1·x2>e2.

3.（2016年全國I高考）已知函數(shù)f（x）=（x-2）ex+a（x-1）2有兩個零點

（Ⅰ）求a的取值范圍；

（Ⅱ）設x1，x2是f（x）的兩個零點，證明：x2+x2<2

解（1）由已知得：f ′（x）=（x-1）ex+2a（x-1）=（x-1）（ex+2a）

①若a=0，那么f（x）=0（x-2）ex=0x=2，f（x）只有唯一的零點x=2，不合題意；

②若a>0，那么ex+2a>ex>0，

所以當x>1時，f ′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增

當x<1時，f ′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減

即：

x（-∞，1）1（1，+∞）

f ′（x）-0+

f（x）↓極小值↑

故f（x）在（1，+∞）上至多一個零點，在（-∞，1）上至多一個零點

由于f（2）=a>0，f（1）=-e<0，

則f（2）f（1）<0，

根據(jù)零點存在性定理，f（x）在（1，2）上有且僅有一個零點.

而當x<1時，ex

故f（x）=（x-2）ex+a（x-1）2>e（x-2）+a（x-1）2=a（x-1）2+e（x-1）-e

則f（x）=0的兩根t1=-e-e2+4ae2a+1，t2=-e+e2+4ae2a+1，t10，故當xt2時，a（x-1）2+e（x-1）-e>0因此，當x<1且x0又f（1）=-e<0，根據(jù)零點存在性定理，f（x）在（-∞，1）有且只有一個零點.

此時，f（x）在R上有且只有兩個零點，滿足題意.

③若-e2

當x

即f ′（x）=（x-1）（ex+2a）>0，f（x）單調(diào)遞增；

當ln（-2a）eln（-2a）+2a=0，即f ′（x）=（x-1）（ex+2a）<0，f（x）單調(diào)遞減；

當x>1時，x-1>0，ex+2a>eln（-2a）+2a=0，即f ′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增.即：

x（-∞，ln（-2a））ln（-2a）（ln（-2a），1）1（1，+∞）

f′（x）+0-0+

f（x）↑極大值↓極小值↑

而極大值

f[ln（-2a）]=-2a[ln（-2a）-2]+a[ln（-2a）-1]2=a{[ln（-2a）-2]2+1}<0

故當x≤1時，f（x）在x=ln（-2a）處取到最大值f[ln（-2a）]，那么f（x）≤f[ln（-2a）]<0恒成立，即f（x）=0無解

而當x>1時，f（x）單調(diào)遞增，至多一個零點

此時f（x）在R上至多一個零點，不合題意.

④若a=e2，那么ln（-2a）=1當x<1=ln（-2a）時，x-1<0，ex+2a0，f（x）單調(diào)遞增

當x>1=ln（-2a）時，x-1>0，ex+2a>eln（-2a）+2a=0，即f ′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增

又f（x）在x=1處有意義，故f（x）在R上單調(diào)遞增，此時至多一個零點，不合題意.

⑤若a<-e2，則ln（-2a）>1.

當x<1時，x-1<0，ex+2a0，f（x）單調(diào)遞增

當10，ex+2a

當x>ln（-2a）時，x-1>ln（-2a）-1>0，ex+2a>eln（-2a），即f ′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增即：

x（-∞，1）1（1，ln（-2a））ln（-2a）（ln（-2a），+∞）f′（x）+0-0+

f（x）↑極大值↓極小值↑

故當x≤ln（-2a）時，f（x）在x=1處取到最大值f（1）=-e，那么f（x）≤-e<0恒成立，即f（x）=0無解

當x>ln（-2a）時，f（x）單調(diào)遞增，至多一個零點

此時f（x）在R上至多一個零點，不合題意.

綜上所述，當且僅當a>0時符合題意，即a的取值范圍為（0，+∞）.

（2）由已知得：f（x1）=f（x2）=0，不難發(fā)現(xiàn)x1≠1，x2≠1，

故可整理得：-a=（x1-2）ex1（x1-1）2=（x2-2）ex2（x2-1）2

設g（x）=（x-2）ex（x-1）2，則g（x1）=g（x2）

那么g′（x）=（x-2）2+1（x-1）3ex，當x<1時，g′（x）<0，g（x）單調(diào)遞減；當x>1時，g′（x）>0，g（x）單調(diào)遞增.

設m>0，構(gòu)造代數(shù)式：

g（1+m）-g（1-m）=m-1m2e1+m--m-1m2e1-m=1+mm2e1-mm-1m+1e2m+1.

設h（m）=m-1m+1e2m+1，m>0

則h′（m）=2m2（m+1）2e2m>0，故h（m）單調(diào)遞增，有h（m）>h（0）=0.

因此，對于任意的m>0，g（1+m）>g（1-m）.

由g（x1）=g（x2）可知x1、x2不可能在g（x）的同一個單調(diào)區(qū)間上，不妨設x1

令m=1-x1>0，則有g(shù)[1+（1-x1）]>g[1-（1-x1）]g（2-x1）>g（x1）=g（x2）

而2-x1>1，x2>1，g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，因此：g（2-x1）>g（x2）2-x1>x2

整理得：x1+x2<2.