廣東省湛江一中培才學(xué)校 魏 欣 （郵編：524037）

2021年新高考全國Ⅰ卷壓軸題中又出現(xiàn)了極值點偏移問題，追溯起來的話近十年高考壓軸題中反復(fù)出現(xiàn)極值點偏移問題，分別在2010年天津卷、2011年遼寧卷、2013年湖南卷、2016年全國Ⅰ卷.而各地?？贾写祟悊栴}更是層出不窮，作為壓軸題自然綜合性強、難度大，多數(shù)考生難以突破，在考試過程中會直接放棄，而要突破這一難題就要掌握解決此類問題的通性通法.何為通性通法？文[1]中章建躍先生認為：“通性”就是概念所反映的數(shù)學(xué)基本性質(zhì)；“通法”就是概念所蘊含的思想方法.我們從極值點偏移問題說起.

1 極值點偏移問題的通性

1.1 極值點偏移問題產(chǎn)生的背景

當(dāng)二次函數(shù)f（x）＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象與直線y＝m交于A（x1，m）、B（x2，m）兩點時，線段AB的中垂線必過f（x）的極值點即當(dāng)f（x1）＝f（x2）時，恒有則稱極值點無偏移.因為二次函數(shù)的軸對稱性，二次函數(shù)的極值點無偏移，但對多數(shù)給定區(qū)間內(nèi)的單極值點函數(shù)f（x）而言，因在極值點兩側(cè)函數(shù)的“增減速率不同”，圖象就不是軸對稱的.即當(dāng)f（x1）＝f（x2）時，常有則極值點發(fā)生偏移.

1.2 極值點偏移的定義

一般地，若連續(xù)函數(shù)f（x）在[a，b]有唯一的極值點x0，對于任意的x1、x2∈[a，b]，當(dāng)f（x1）＝f（x2）時，有則稱函數(shù)f（x）極值點偏移.

1.3 極值點偏移的類型及圖示

圖1

圖2

圖3

圖4

1.4 極值點偏移問題在高考題中的設(shè)問形式及推廣

高考題中出現(xiàn)最多的是形如“x1+x2＞2x0（或＜2x0）”的設(shè)問形式，比如2010年天津卷、2013年湖南卷、2016年全國Ⅰ卷以及2021年新高考全國Ⅰ卷；2011年遼寧卷中出現(xiàn)了形如“f′（）＞0（或＜0）”的設(shè)問形式，除以上設(shè)問形式外，還可將設(shè)問形式推廣為證明：

2 極值點偏移問題的通法

極值點偏移問題是近年高考考查的熱點問題，經(jīng)過大量的研究應(yīng)用，破解此類問題的技巧已經(jīng)成為通法，下面舉例進行闡述.

2.1 構(gòu)造對稱函數(shù)法

我們有這兩點基本的認識：第一，如果函數(shù)f（x）滿足f（x）＝f（2a-x），則f（x）圖象關(guān)于直線x＝a自對稱；第二，函數(shù)y＝f（x）與函數(shù)y＝f（2a-x）的圖象關(guān)于直線x＝a互對稱.這里要構(gòu)造對稱函數(shù)依據(jù)的是第二點.

要判斷函數(shù)f（x）是否關(guān)于直線x＝a自對稱，可以通過構(gòu)造f（x）關(guān)于直線x＝a的對稱函數(shù)f（2a-x），然后比較兩函數(shù)在極值點同側(cè)是否完全相同即可作出判斷.基于此，可以得到極值點偏移問題最基本、最奏效的破解策略——構(gòu)造對稱函數(shù)法.

例1（2021年新高考Ⅰ卷22題節(jié)選）已知函數(shù)f（x）＝x（1-lnx），設(shè)a、b為兩個不相等的正數(shù)，且blna-alnb＝a-b，證明e.

解析易知f（x）在 （0，1）內(nèi)單調(diào)遞增，在（1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減，故x＝1為f（x）的極值點.blna-alnb＝a-b可變形為不妨設(shè)且x1＜x2，易 知 0＜x1＜1＜x2＜ e，則f（x1）＝f（x2），下證 2 ＜x1+x2＜ e.

先 證x1+x2＞2.構(gòu) 造 函 數(shù)g（x）＝f（2-x）＝（2-x）[1-ln（2-x）]，（x＜2）（如圖5虛線所示），下面比較f（x）與g（x）在極值點左側(cè)的大小，令h（x）＝f（x）-g（x），（0＜x＜1），h′（x）＝-lnx-ln （2-x），h′（x）＞ 0，故h（x）在 （0，1）內(nèi)單調(diào)遞增.則h（x）＜h（1）＝0，即當(dāng) 0＜x＜1時 ，f（x）＜g（x）.因 為 0＜x1＜ 1，由f（x1）＜g（x1）得f（x2）＜f（2-x1），又x2＞ 1，2-x1＞ 1，函數(shù)f（x）在（1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減，故x2＞ 2-x1，即x1+x2＞ 2得證.

圖5

再 證x1+x2＜e.構(gòu) 造 函 數(shù)u（x）＝f（ex）＝（e-x）（1-ln （e-x）），（x＜ e）（如 圖6 虛線所示），下面比較f（x）與u（x）在左側(cè)的大 小 ，令m′（x）＝-ln （ex-x2），易知函數(shù)m′（x）在內(nèi)單調(diào)遞減.又由零點存在性定理，存在使得m′（x0）＝0，則m（x）在 （0，x0）內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減，又故當(dāng)時m（x）＞0，即f（x）＞u（x），因 為由f（x1）＞u（x1）得f（x2）＞f（ex1），又x2＞ 1，e-x1＞ 1，函數(shù)f（x）在（1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減，故x2＜e-x1，即x1+x2＜e得證.

圖6

點評通過上例，可以歸納出構(gòu)造對稱函數(shù)法的具體解法步驟：

（1）求f（x）在[a，b]內(nèi)的極值點x0；

（2）構(gòu)造f（x）關(guān)于直線x＝x0的對稱函數(shù)g（x）＝f（2x0-x）；

（3）比較直線x＝x0一側(cè)f（x）與g（x）的大?。ǔＷ鞑畋容^，有時也可利用不等式直接比較），得 到 抽 象 不 等 式f（x）＜f（2x0-x）（或f（x）＞f（2x0-x））；

（4）利用f（x）在極值點一側(cè)的單調(diào)性，去掉符號“f”，得到結(jié)論.

在極值點偏移問題中，構(gòu)造對稱函數(shù)解設(shè)問形式形如“x1+x2＞ 2x（0或 ＜ 2x0）”的題目時非常有效，它的實質(zhì)是利用原函數(shù)的單調(diào)性解抽象不等式，所以對原函數(shù)做到“心中有圖”，是順利解題的不二法寶.需要注意的是，通過高考題及?？碱}的廣泛運用，這種技巧已經(jīng)被固化成了一種通法，要明確構(gòu)造的目標(biāo)是解抽象不等式，所以當(dāng)題目出現(xiàn)形如“x1x2＞x2（0或 ＜x20）”的設(shè)問形式，也就不難想到應(yīng)該構(gòu)造函數(shù)類比以上解法破解題目.

類題演練（2016年高考全國Ⅰ卷21題節(jié)選）已知函數(shù)f（x）＝（x-2）ex+a（x-1）2有兩個零點x1、x2.證明：x1+x2＜ 2.

2.2 比值換元法

對于含對數(shù)式的極值點偏移問題，可以考慮依據(jù)已知條件f（x1）＝f（x2）列方程組，尤其當(dāng)原函數(shù)中含有參數(shù)時，通過兩方程作差或求和可消去參數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化為只含x1，x2的雙變量問題，再利用比值換元（即），構(gòu)造關(guān)于t的函數(shù)解題.

例2（2011年高考遼寧卷21題節(jié)選）已知函數(shù)f（x）＝lnx-ax2+（2-a）x，若函數(shù)f（x）的圖象與x軸交于A、B兩點，線段AB中點的橫坐標(biāo)為x0，證明：f′（x0）＜ 0.

解析不妨設(shè)A、B兩點橫坐標(biāo)分別為x1，x2，且x1＜x2，則要證f′（x0）＜ 0，即證2ax+2-a，故只需證a（x1+x2）+2-a＜0，因 為f（x1）＝f（x2）＝0，所以兩 式 相 減 得故所以需證即證只 需 證g（t）＞ 0，因 為故g（t）在（1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，即g（t）＞g（1）＝0.

類題演練已知函數(shù)f（x）＝lnx-ax，若x1、x2是函數(shù)的兩個零點，且x1＜x2，證明：x1x2＞e2.

2.3 差值換元法

對于含指數(shù)式的極值點偏移問題，可以考慮依據(jù)已知條件f（x1）＝f（x2）列方程組，與比值換元法相仿，將問題轉(zhuǎn)化為只含x1，x2的雙變量問題，再利用差值換元（即t＝x2-x1），構(gòu)造關(guān)于t的函數(shù)解題.

例3（2019年武漢調(diào)研22題節(jié)選）已知函數(shù)f（x）＝x-aex+1（a∈R ）有兩個零點x1、x2，且x＜x，證明：ex1+ex2＞2.

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解析由題意可得兩式相減得兩式相加得x2+x1+2＝只需證即證x1+x2＞ 0，令t＝x2-x1（t＞0），即 證即 證 （t-2）et+t+2 ＞ 0，構(gòu)造函數(shù)g（t）＝（t-2）et+t+2（t＞ 0），g′（t）＝（t-1）et+1，g′′（t）＝tet＞ 0，故g′（t）在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增.g′（t）＞g′（0）＝0，即g（t）在 （0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，g（t）＞g（0）＝0，ex1+得證.

點評上述兩種解法如出一轍，都是利用題設(shè)條件列出方程組，通過對兩方程作差或求和，得到含參數(shù)及x1、x2的方程，利用該方程消參得到只含x1、x2的不等式，消參規(guī)避了對參數(shù)的分析，簡化了問題，同時從結(jié)論入手，結(jié)合分析法證明.而最后利用比值或差值進行換元，其實是一種常見的減元思想，通過換元將雙變量問題成功轉(zhuǎn)化為單變量問題，進一步簡化了問題.此解法沒有分析原函數(shù)的圖象與性質(zhì)，而是另辟蹊徑構(gòu)造了關(guān)于參數(shù)t的函數(shù)進行分析.這兩種解法的亮點是將雙變量x1、x2轉(zhuǎn)化為單變量t，但同時也存在一定的局限性，有些題目是無法順利轉(zhuǎn)化的.

類題演練已知函數(shù)f（x）＝ex-ax+3a（a∈ R），其圖象與x軸交于A（x1，0），B（x2，0）兩點，且x1＜x2，證明

2.4 對數(shù)平均值不等式法

L（a，b）＝稱為兩個正數(shù)a、b的對數(shù)平均值（取等條件a＝b）稱為對數(shù)平均值不等式.一些原函數(shù)中含有l(wèi)nx或ex的極值點偏移問題，可以通過取自然對數(shù)等變形化為對數(shù)平均不等式模型加以證明.

例4已知有兩個不等實根x1、x2，求證：

解析令0），則g（t）＝a有 兩 個 不 等 實 根t1、t2，（不 妨 設(shè)內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減，g（t）max＝方程g（t）＝a有兩個不等實根，則由g（t1）＝a，g（t2）＝a，得

兩 式 相 減 得 ：lnt1-lnt2＝2a（t1-t2），故（化為對數(shù)平均值不等式模型），其余步驟同例2.

點評通過適當(dāng)變形將原問題化為對數(shù)平均值不等式模型，將不同的問題化歸為同一類型，這樣縮短了思維路徑，解題過程充分展現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學(xué)思想.

類題演練（2010年高考天津卷21題節(jié)選）已 知 函 數(shù)f（x）＝xe-x，如 果x1≠x2且f（x1）＝f（x2），證明：x1+x2＞ 2.

3 極值點偏移問題的演變與延伸

通過演變延伸，在?？荚囶}中已經(jīng)出現(xiàn)了單調(diào)函數(shù)拐點偏移的身影，那么什么是拐點偏移？

3.1 拐點的定義

設(shè)曲線y＝f（x）在點 （x0，f（x0））處有穿過曲線的切線，且在該點近旁，曲線在切線的兩側(cè)分別是嚴(yán)格凸和嚴(yán)格凹的，則該點為曲線y＝f（x）的拐點，其必要條件為f′′（x0）＝0.

3.2 拐點偏移產(chǎn)生的背景

極值點偏移與函數(shù)圖象的軸對稱性相關(guān)，而拐點偏移與函數(shù)圖象的中心對稱性相關(guān)，比如三次函數(shù)圖象具有中心對稱性，其對稱中心恰是拐點，我們就稱三次函數(shù)拐點不偏移.當(dāng)函數(shù)（本文只針對單調(diào)函數(shù)）拐點不是其對稱中心，即拐點兩側(cè)函數(shù)的“凸凹程度”不同，函數(shù)的拐點就會發(fā)生偏移.

3.3 拐點偏移的定義

一般地，若連續(xù)函數(shù)f（x）在[a，b]上有唯一的 拐 點x0，對 于 任 意 的 兩 個x1、x2∈[a，b]，當(dāng)則稱函數(shù)f（x）的拐點偏移.當(dāng)時，拐點x0在[a，b]內(nèi)向左偏移（如圖7）；當(dāng)時，拐點x0在[a，b]內(nèi)向右偏移.

圖7

3.4 拐點偏移問題示例

例5（2019年深圳市一模改編）已知函數(shù)其定義域為（0，+∞），若函 數(shù)f（x）為 定 義 域 上 的 增 函 數(shù) ，且f（x1）+f（x2）＝-4e，證明x1+x2≥ 2.

分析可求得（1，-2e）為函數(shù)的拐點，由題設(shè)f（x1）+f（x2）＝-4e知該題是拐點偏移的判斷問題.文[2]給出了拐點偏移的判定方法，但對未學(xué)習(xí)高等數(shù)學(xué)知識的高中生而言，站位高，可操作性尚欠缺.既然極值點偏移問題可以構(gòu)造對稱函數(shù)破解，而作為極值點偏移問題的延伸，拐點偏移是否也可以通過構(gòu)造對稱函數(shù)破解呢？

極值點偏移是構(gòu)造原函數(shù)關(guān)于直線的對稱函數(shù)，究其原因是極值點偏移與函數(shù)的軸對稱性相關(guān)，而拐點偏移與函數(shù)的中心對稱性相關(guān)，不妨構(gòu)造原函數(shù)關(guān)于拐點的對稱函數(shù)一試.

解 析易知當(dāng)a＝1時，f（x）為定義域上的增函數(shù)，故f（x）＝由f″（x）＝0，得x＝1，知f（x）的拐點為 （1，-2e），構(gòu)造f（x）關(guān) 于 拐 點 的 對 稱 函 數(shù)h（x）＝-4e-f（2-x）（x∈（0，2））（如圖8虛線所示）.

圖8

欲 證x1+x2≥2，需 證x2≥2-x1，即 證f（x2）≥f（2-x1），由f（x1）+f（x2）＝-4e，即證-4e-f（x1）≥f（2-x1），即證-4e-f（2-x1）≥f（x1），即證h（x1）≥f（x1）在 （0，2）內(nèi)恒成立.即證即證

由基本不等式可知

類題演練設(shè)函數(shù)證明 ：當(dāng)x1≠x2，且f（x1）+f（x2）＝-1 時 ，x1+x2＞2.