☉湖北省武漢市黃陂區(qū)第一中學盤龍校區(qū) 李紅春 劉建志

2016年高考全國乙卷第21題的解法規(guī)律及應(yīng)用舉例

☉湖北省武漢市黃陂區(qū)第一中學盤龍校區(qū) 李紅春 劉建志

2016年高考題中，一大批優(yōu)秀的試題映入眼簾，它們有的解法靈活，有的背景深刻，有的設(shè)問新穎，有的導向鮮明.全國乙卷第21題是一道推陳出新的好題，既似曾相識，又不落俗套，給人耳目一新的感覺，其解答立足通法，方法具有遷移和拓展價值，可以解決一類問題，正所謂“有物有則，觸類旁通”.

一、試題及解答

題目：已知函數(shù)f（x）=（x-2）ex+a（x-1）2有兩個零點.

（1）求a的取值范圍；

（2）設(shè)x1，x2是f（x）的兩個零點，證明：x1+x2＜2.

解答：（1）由f（x）=0，得（x-2）ex+a（x-1）2=0，

所以，當x∈（-∞，1）時，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增；

當x∈（1，+∞）時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減.

問題等價于y=g（x）與直線y=a有兩個交點，因此，a∈（0，+∞）.

（2）不妨設(shè)x1＜x2，由題意知，f（x1）=f（x2）=0.要證不等式成立，只需證當x1＜1＜x2時，原不等式成立即可.

令F（x）=f（1+x）-f（1-x）（x＞0），則F′（x）=f′（1+x）+ f′（1-x），于是F′（x）=x（e1+x-e1-x）.因為x＞0，所以F′（x）＞0，則F（x）＞F（0）=0，即f（1-x）＜f（1+x），則f（x2）=f（x1）=f［1-（1-x1）］＜f［1+（1-x1）］=f（2-x1），即f（x2）＜f（2-x1）.

而x2，2-x1∈（1，+∞），且f（x）在（1，+∞）上遞增，

故x2＜2-x1，即x1+x2＜2.

本題第（2）問是極值點的偏移問題.以我們熟悉的二次函數(shù)為例，設(shè)x0為其極值點，若f（x1）=f（x2），則x0=但對于很多一般的極值函數(shù)，由于極值點x0左右兩側(cè)的增減速度不同，導致圖像不具備對稱性，在f（x1）= f（x2）時常有，我們形象地稱之為極值點x0偏移了中心位置極值點偏移與高等數(shù)學中的拉格朗日中值定理存在著密切的聯(lián)系.由拉格朗日中值定理，即下面的結(jié)論：

若函數(shù)f（x）滿足：（1）f（x）在閉區(qū)間［a，b］上連續(xù)；（2）f（x）在開區(qū)間（a，b）內(nèi)可導，則在（a，b）內(nèi)至少存在一點ξ，使得f′（ξ）=

從而取ξ=a+θh，h=b-a，得f（b）-f（a）=f′（a+θh）h，0＜θ＜1.一般地，稱x0=a+θh為相對于左端點a的偏移點，而θh（0＜θ＜1）則定義為偏移點相對于左端點的偏移量.可以看出，當ξ=a+θh為極值點且當時，函數(shù)f（x）的圖像關(guān)于x=ξ對稱.否則，函數(shù)f（x）的圖像不關(guān)于x=ξ對稱.就本題而言，易知x=1為極值點，在拉格朗日中值定理中取b= 1+x，a=1-x，h=2x，得到f（1+x）-f（1-x）=f′（1-x+2θx）·2x，即f（1+x）-f（1-x）=（2θ-1）x［e1+［2θ-1）x+2a］·2x.

另外，f（1+x）=（1+x-2）e1+x+a（1+x-1）2=（x-1）e1+x+ax2，

f（1-x）=（1-x-2）e1-x+a（1-x-1）2=-（1+x）e1-x+ax2.

二、規(guī)律提煉

（1）構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x0+x）-f（x0-x）；

（2）對F（x）求導，判斷導函數(shù)符號，確定F（x）單調(diào)性；

（3）結(jié)合F（0）=0判斷F（x）符號，從而確定f（x0+x）與f（x0-x）的大小關(guān)系；

（4）判斷f（x1）與f（2x0-x2）的大?。?/p>

三、解法應(yīng)用

“一花獨放不是春，百花齊放春滿園”，數(shù)學解題追求立足通法，追求舉一反三，觸類旁通，下面再看看上述解法規(guī)律的一些精彩應(yīng)用.

例1（2016年湖北省高三八校第一次聯(lián)考題改編）關(guān)于函數(shù)

（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；

（2）對于任意兩個正實數(shù)x1，x2，且x2＞x1，若f（x1）= f（x2），求證：x1+x2＞4.

圖1

（2）設(shè)F（x）=f（2+x）-f（2-x），x∈（0，2），

由f（x1）=f（x2），如圖1，由x2＞x1知，0＜x1＜2＜x2，

于是f（x2）=f（x1）=f［2-（2-x1）］＞f［2+（2-x1）］=f（4-x1），

而0＜x1＜2，故4-x1＞2，而y=f（x）在（2，+∞）上單調(diào)遞增，由f（x2）＞f（4-x1）知,x2＞4-x1，即x1+x2＞4.

點評：由第（1）問的單調(diào)性知，x=2是函數(shù)的極值點，于是構(gòu)造的函數(shù)為F（x）=f（2+x）-f（2-x），先通過導數(shù)得出F（x）的單調(diào)性，注意到F（0）=0是判斷F（x）符號的關(guān)鍵.

例2（2016年湖北省荊、荊、襄、宜七校聯(lián)考）已知函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=

（1）記F（x）=f（x）-g（x），證明F（x）在區(qū)間（1，2）有且僅有唯一零點；

（2）記F（x）在（1，2）內(nèi)實根為x0，m（x）=min｛f（x），g（x）｝，若m（x）=n（n∈R）在（1，+∞）有兩個不等實根x1，x2，（x1＜x2）判斷x1+x2與2x0的大小，并給出對應(yīng)的證明.

如圖2，設(shè)F（x）=m（x0+x）-m（x0-x），其中x∈（0，x0-1），

圖2

顯然φ（t）在（0，1）上單調(diào)遞增，（1，+∞）上單調(diào)遞減，所以φ（t）≤φ（1）=.由x0+x＞0知

由x＜x0-1，則x0-x＞1，于是ln（x0-x）＞0，

故F（′x）=1+ln（x0-x）+

故F（x）在（0，x0-1）上單調(diào)遞增，于是F（x）＞F（0）=0，

即m（x0+x）＞m（x0-x），設(shè)x1＜x0＜x2，

則m（x2）=m（x1）=m［x0-（x0-x1）］＜m［x0+（x0-x1）］= m（2x0-x1），

即m（x2）＜m（2x0-x1），由x2，2x0-x1均大于x0，而m（x）在（x0，+∞）上單調(diào)遞減，

故x2＞2x0-x1，即x1+x2＞2x0.

點評：這是一道分段函數(shù)的極值點偏移問題，有兩點值得注意：首先，構(gòu)造出的函數(shù)F（x）要注意限定自變量的范圍x∈（0，x0-1）；其次，通過引入新函數(shù)φ（t）=得出其最值，再通過估算判斷F′（x）的符號是一個難點.

例3（2016屆湖北省七市州第三次聯(lián)考題簡編）已知H（x）=2lnx-ax-x2，如果x1，x2是H（x）的兩個零點，H′（x）為H（x）的導數(shù)，證明：H

因為x∈（0，t），H′（x）＞0，x∈（t，+∞），H′（x）＜0，

所以H（x）在（0，t）上單調(diào)遞增，在（t，+∞）上單調(diào)遞減，如圖3所示，設(shè)F（x）=H（t+x）-H（t-x），x∈（0，t），

圖3

F′（x）=H′（x+t）-H′（x-t）×（-1）=H′（x+t）+H′（x-t），

所以F（x）在（0，t）上單調(diào)遞增，所以F（x）＞F（0）=0，故H（t+x）-H（t-x）＞0，即H（t+x）＞H（t-x）.由H（x1）=H（x2）= 0知，x1＜t＜x2，

H（x1）=H［t-（t-x1）］＜H［t+（t-x1）］=H（2t-x1），即H（x2）＜H（2t-x1），

由x2，2t-x1∈（t，+∞），則x2＞2t-x1，即因H（x）在（t，+∞）上單調(diào)遞減，則x∈（t，+∞）時，H′（x）＜0，故H

評析：和前面幾例比較，本題對極值點偏移的考查略顯隱晦，但本質(zhì)沒變，以上求解的難點是要依據(jù)-2t2-at+2=0簡化F′（x）=-2a，得出才能判斷出導函數(shù)的符號.

總之，這類極值點偏移的不等式證明問題，其方法的精要之處在于直接比較x1與2x0-x2大小關(guān)系不便時，先比較它們的函數(shù)值f（x1）與f（2x0-x2）的大小關(guān)系，再借助單調(diào)性得出x1與2x0-x2的大小關(guān)系.