結(jié)果含參數(shù)的極值點(diǎn)偏移問題的解題策略

廣東省中山市中山紀(jì)念中學(xué)(528454) 李文東

極值點(diǎn)偏移問題是近年來高考的熱點(diǎn)問題,它常常出現(xiàn)在壓軸題的位置,其一般模式如下:

已知函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(a,b)內(nèi)只有一個(gè)極值點(diǎn)x0(非對稱軸),函數(shù)y=f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x2,且a ＜x1＜x2＜b,則有: (1)x1+x2＞2x0(＜2x0); (2)x1·x2＞x20(＜x20).

這類問題解決的辦法一般是構(gòu)造對稱函數(shù)或者是利用對數(shù)均值不等式,而最新的一些高三模擬試題中出現(xiàn)了不少結(jié)果中含有函數(shù)f(x)的參數(shù)的極值點(diǎn)偏移問題,這類問題因?yàn)樗C的結(jié)果含有參數(shù),處理起來比較麻煩,本文就這一類結(jié)果含有參數(shù)的極值點(diǎn)偏移問題的解法作一些探討.

一般來說,結(jié)果含有參數(shù)的極值點(diǎn)偏移問題,我們需要先弄清楚函數(shù)的零點(diǎn)的范圍和極值點(diǎn)的情況,這又需要對函數(shù)f(x)分為分離參數(shù)和不分離參數(shù)這兩種情況來考慮.

例1設(shè)函數(shù)f(x)=lnx-ax,f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x2(x1＜x2),求a的取值范圍.

解一方面,由f(x)= lnx - ax= 0?a=令g(x)=則g′(x)=可知g(x)在(0,e)上遞增,在(e,+∞)上遞減,且g(e)=,g(1)= 0,當(dāng)x ＞1 時(shí),g(x)＞0,要使f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x2,則且1＜x1＜e＜x2.

另一方面,由于f(x)有兩個(gè)零點(diǎn),顯然a ＞0,而- a知f(x)在遞增,在內(nèi)遞減,得: 0＜ a ＜且

處理這類問題的關(guān)鍵在于參數(shù),基本原則是消去參數(shù)轉(zhuǎn)化為不含參數(shù)的問題,具體來說,有以下三個(gè)解決策略.

策略1: 利用參數(shù)范圍放縮

對于結(jié)果含有參數(shù)的極值點(diǎn)偏移問題,我們可以先求出參數(shù)的范圍,然后嘗試?yán)眠@個(gè)范圍進(jìn)行適當(dāng)?shù)姆趴s,轉(zhuǎn)化為無參數(shù)的問題,這一類是結(jié)果含參數(shù)的極值點(diǎn)偏移問題中較為簡單的類型.

例2設(shè)函數(shù)f(x)= lnx - ax,f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)為x1,x2(x1＜x2).

(1)求證:

解由例1 知: 0＜a ＜且0＜x1＜＜x2,1＜x1＜e＜x2.

(1)要證:＜ae,只需證:x1＜ax2e,由于ax2＞1,只需證:ax2e＞e＞x1,這顯然成立.

(2)又因?yàn)?＜a ＜所以0＜ae＜1,從而有2＞2ae.只需證明:所以

令g(t)=2 lnt-t+＜0,所以g(t)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,故g(t)＜g(1)=0,命題得證.

例3(2021年廣東省一模)已知函數(shù)f(x)=lnx-ax+1

(1)討論函數(shù)f(x)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù);

(2)設(shè)x1,x2是函數(shù)f(x)的兩個(gè)零點(diǎn),證明:x1+x2+2e lna ＞0.

分析結(jié)論x1+x2+2e lna ＞0 中因含有l(wèi)na,直接處理比較麻煩,而為f(x)的極值點(diǎn),聯(lián)想到一般的極值點(diǎn)偏移問題易得x1+x2＞從而將問題轉(zhuǎn)化為≥-2e lna.

解(1)略.(2)易知: 0＜a ＜1,由題意: lnx1=ax1-1,lnx2=ax2-1,于是lnx2-lnx1=a(x2- x1),所 以由對數(shù)均值不等式有:即x1+x2＞只需證:≥-2e lna,即alna≥令g(a)=alna(0＜a ＜1),則g′(a)=1+lna=0?a=易知所證成立.

策略2: 利用零點(diǎn)進(jìn)行參數(shù)代換

1.參數(shù)代換后變?yōu)橐辉坏仁絾栴},然后構(gòu)造函數(shù)

例4(2021年溫州市高三一模)已知函數(shù)f(x)=lnx-ax有兩個(gè)不同的零點(diǎn)為x1,x2(x1＜x2).

(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍;

(2)求證:x1＜

證明(1)略.(2)易知: 1＜x1＜e.要證:x1＜只需證:只需證: e+ax21＞2x1.由于a=故只需證: e+即e+x1lnx1＞2x1.令h(t)= e+tlnt-2t,t ∈(1,e),則h′(t)=lnt-1＜0?h(t)＞h(e)=0,所證成立.

例5(2021年汕頭一模)已知函數(shù)f(x)=x-lnx-a有兩個(gè)相異零點(diǎn)為x1,x2(x1＜x2).

(1)求a的取值范圍;

(2)求證:x1+x2＜

解(1)略.(2)易知0＜ x1＜1＜ x2.要證:x1+x2＜只需證:x2＜- x1=-x1=,構(gòu)造函數(shù)g(x)=(0＜ x ＜1),則g′(x)=＜0,所以g(x)在(0,1)上遞減,g(x)＞g(1)= 1.故有x2＞＞1.因?yàn)閒(x)在(1,+∞)上遞增,只需證:f(x2)＜又f(x2)=f(x1),即證:f(x1)＜構(gòu)造函數(shù)h(x)=f(x)-(0＜x ＜1),則h′(x)=下證h′(x)＞0 在(0,1)上恒成立.

變形后即證lnx -＜0,構(gòu)造函數(shù)φ(x)= lnx -,x ∈(0,1),則φ′(x)=＞0,故φ(x)在(0,1)上遞增,于是φ(x)＜φ(1)= 0,從 而h′(x)＞0 在(0,1)上恒成立,h(x)在(0,1)上遞增,故h(x)＜ h(1)= 0,即f(x1)＜

點(diǎn)評根據(jù)零點(diǎn)的含義有x1-lnx1=a=x2-lnx2,可實(shí)現(xiàn)參數(shù)a的代換.

2.參數(shù)代換后變?yōu)槎坏仁絾栴},然后構(gòu)造函數(shù)

例6設(shè)函數(shù)f(x)= lnx -ax,f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)為x1,x2(x1＜x2),求證:

(2)x1+x2＞

證明(1)由題意: lnx1=ax1,lnx2=ax2,于是lnx1+ lnx2=a(x1+x2),lnx2-lnx1=a(x2- x1),所以=a.要證:＞2a,只需證:只需證:令=t ＞1,只需證: 2 lnt ＜ t -令g(t)=則g′(t)=＜0,所以g(t)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,故g(t)＜g(1)= 0,命題得證.

(2)要證:x1+x2＞-e,只需證:a(x1+x2)(x2-x1)＞(3-ae)(x2-x1),只需證:ax22- ax21＞3(x2-x1)-e(ax2-ax1),只需證:x2lnx2- x1lnx1＞3(x2-x1)-e(lnx2-lnx1),只需證:x2lnx2-3x2+e lnx2＞x1lnx1-3x1+e lnx1.

令g(x)=xlnx -3x+ e lnx(x ＞1),則g′(x)=lnx+-2,g′′(x)=故g′(x)在(1,e)上遞減,在(e,+∞)上遞增,于是g′(x)≥g′(e)=0,g(x)在(1,+∞)上遞增,故g(x2)＞g(x1),所證成立.

點(diǎn)評(1)借助a=(合分比性質(zhì)),可實(shí)現(xiàn)參數(shù)a的代換,尤其是在對數(shù)均值不等式中應(yīng)用廣泛;(2)x1+x2＞-e 中由于右邊含有e 若直接對a進(jìn)行代換則很難處理,而本例的處理則很巧妙.

策略3: 對極值點(diǎn)處運(yùn)用對數(shù)均值不等式

例7設(shè)函數(shù)f(x)= lnx - ax,f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)為x1,x2(x1＜x2),求證:x1+x2＞

證明顯然為f(x)的極值點(diǎn)且x1＜＜x2,對x1和運(yùn)用對數(shù)均值不等式:由于化簡得(lnx1+lna),由于lnx1=ax1,整理得:ax21+(lna-1)x1+＜0,同理有整理得:ax22+(lna-1)x2+＞0,于是ax22+ (lna-1)x2+0＞ax21+(lna-1)x1+化簡得:(lna-1)(x2-x1)＞0,因?yàn)閤2＞x1,于是a(x2+x1)＞1-lna,即x1+x2＞

本例也可以采用參數(shù)代換的方式求解,不過比較復(fù)雜,以下解法供讀者參考.

證法2由于a=要證:x1+x2＞

只需證:ax1+ax2＞1-lna,只需證: lnx1+lnx2＞1-只需證: lnx1+lnx2＞只需證: lnx2＞1-

只需證:＞1-ln(lnt)+ln(t-1),令g(t)=1+ln(lnt)-ln(t-1)(t ＞1),則

令h(t)=-lnt(t ＞1),則h′(t)=＞0,于是h(t)＞h(1)=0,即＞0,從而g′(t)＞0,于是g(t)在(1,+∞)上遞增,又由羅必塔法則= 1,從而=0,于是g(t)＞0.

例8已知函數(shù)f(x)=(2x-4a)lnx-3x+8a,若f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x2(x1＜x2).

(1)求a的取值范圍;

(2)證明: 當(dāng)0＜x1＜e＜x2時(shí),x1+x2＜

解(1)a ∈

(2)由f(x)= (2x-4a)lnx-3x+8a= 0,得4a==g(x),則g′(x)=顯然e 為g(x)的極值點(diǎn),由于0＜x1＜e＜x2,對x1和e 運(yùn)用對數(shù)均值不等式:即2(x1-e)＞(x1+e)(lnx1-1),由于f(x1)= (2x1-4a)lnx1-3x1+8a= 0,故lnx1=代入上面表達(dá)式并注意到x1＞2a,整理得: 3x21-(4a+5e)x1+12ae＞0,同理有整理得: 3x22-(4a+5e)x2+12ae＜0,于是3x22-(4a+5e)x2+12ae＜0＜3x21-(4a+5e)x1+12ae,化簡得: 3(x22-x21)＜(4a+5e)(x2-x1),因?yàn)閤2＞x1,于是3(x2+x1)＜4a+5e,即x1+x2＜

點(diǎn)評極值點(diǎn)偏移問題的常見解法一般都是直接對兩個(gè)零點(diǎn)運(yùn)用對數(shù)均值不等式,由于極值點(diǎn)位于兩個(gè)零點(diǎn)之間,因此對極值點(diǎn)和兩個(gè)零點(diǎn)分別運(yùn)用對數(shù)均值不等式效果會(huì)更好.

以上是對結(jié)果含有參數(shù)的極值點(diǎn)偏移問題的解法的一些思考,具體問題中可根據(jù)要證明的結(jié)果的特點(diǎn)分析,可以從以上幾個(gè)方面去嘗試解決.