利用極限的保號性解決與極值點有關(guān)的函數(shù)問題

摘要：與極值點有關(guān)的函數(shù)問題，近年來頻頻出現(xiàn)在高考試題中，例如2018年北京卷理科數(shù)學(xué)第18題和2018年全國Ⅲ卷理科數(shù)學(xué)第21題.特別是2018年全國Ⅲ卷理科數(shù)學(xué)第21題，該題題目簡潔，但難度很大，官方的參考答案思維巧妙，邏輯嚴(yán)密，很難想到.本文通過深入探究，利用極限的保號性解決此類與極值點有關(guān)的函數(shù)問題.

關(guān)鍵詞：極值點；函數(shù)；保號性

中圖分類號：G632文獻(xiàn)標(biāo)識碼：A文章編號：1008-0333（2022）28-0053-04

收稿日期：2022-07-05

作者簡介：鄧啟龍（1987.3-），男，江西省遂川人，碩士，中學(xué)一級教師，從事中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

與極值點有關(guān)的函數(shù)問題，近年來頻頻出現(xiàn)在高考試題中，例如2018年北京卷理科數(shù)學(xué)第18題和2018年全國Ⅲ卷理科數(shù)學(xué)第21題.特別是2018年全國Ⅲ卷理科數(shù)學(xué)第21題，該題題目簡潔，但難度很大，官方的參考答案思維巧妙，邏輯嚴(yán)密，很難想到.本文通過深入探究，利用極限的保號性解決此類與極值點有關(guān)的函數(shù)問題.

首先給出本文要用到的幾個引理.

引理1函數(shù)f（x）在x0的某去心鄰域有定義，且limx→x0f（x）存在.若limx→x0f（x）>0（<0），則δ>0，當(dāng)x∈U°（x0，δ）時，f（x）>0（<0）.

證明設(shè)limx→x0f（x）=a.

若a>0，則對ε=a2>0，δ>0，當(dāng)x∈U°（x0，δ）時，|f（x）-a|<ε.

于是-a2

所以f（x）>a2>0.

若a<0，同理可證δ>0，當(dāng)x∈U°（x0，δ）時，f（x）<0.

引理2函數(shù)f（x）在x0的某去心鄰域有定義，且limx→x0f（x）存在.若δ>0，當(dāng)x∈U°（x0，δ）時， f（x）≥0（≤0），則limx→x0f（x）≥0（≤0）.

證明若δ>0，當(dāng)x∈U°（x0，δ）時，f（x）≥0，假設(shè)limx→x0f（x）<0，由引理1得δ>0，當(dāng)x∈U°（x0，δ）時，f（x）<0，矛盾.

所以limx→x0f（x）≥0.

若δ>0，當(dāng)x∈U°（x0，δ）時，f（x）≤0，同理可證limx→x0f（x）≤0.

引理3函數(shù)f（x）在x0的某去心鄰域有定義，且limx→x0f（x）存在.若δ>0，當(dāng)x∈（x0-δ，x0）時，f（x）≤0（≥0），當(dāng)x∈（x0，x0+δ）時，f（x）≥0（≤0），則limx→x0f（x）=0.

證明假設(shè)limx→x0f（x）>0（<0），由引理1得δ>0，當(dāng)x∈U°（x0，δ）時，f（x）>0（<0），矛盾，所以limx→x0f（x）=0.

引理1，2，3是由函數(shù)極限的保號性得到的結(jié)論.

接下來利用以上引理來解決幾個典型的與極值有關(guān)的函數(shù)問題.

例1（2018年北京卷理18第（2）問）設(shè)函數(shù)f（x）=［ax2-（4a+1）x+4a+3］ex.若f（x）在x=2處取得極小值，求a的取值范圍.

解法1f ′（x）=［ax2-（2a+1）x+2］ex

=（ax-1）（x-2）ex.

由f（x）在x=2處取得極小值得δ>0，當(dāng)x∈（2-δ，2）時，f ′（x）<0，當(dāng)x∈（2，2+δ）時，f ′（x）>0.

所以δ>0，當(dāng)x∈U°（2，δ）時，ax-1>0.

設(shè)g（x）=ax-1，

由引理2得limx→2g（x）≥0.

解得a≥12.

若a=12，顯然不存在δ>0，當(dāng)x∈U°（2，δ）時，12x-1>0，所以a=12不符合題意.

若a>12，則limx→2g（x）=2a-1>0，由引理1得δ>0，當(dāng)x∈U°（2，δ）時，g（x）>0，符合題意.

綜上可得，a的取值范圍是（12，+）.

解法2由f（x）在x=2處取得極小值得δ>0，當(dāng)x∈U°（2，δ）時，f（x）≥f（2），即［ax2-（4a+1）x+4a+3］ex≥e2.

得（x-2）2exa+（3-x）ex-e2≥0.

所以δ>0，當(dāng)x∈U°（2，δ）時，

a+（3-x）ex-e2（x-2）2ex≥0.

設(shè)g（x）=a+（3-x）ex-e2（x-2）2ex，

由引理2得limx→2g（x）≥0.

由洛必達(dá)法則，得

limx→2g（x）=a+limx→2（3-x）ex-e2（x-2）2ex

=a+limx→2-ex+（3-x）ex2（x-2）e2

=a-12.

所以a≥12.

若a=12，則f（x）=（12x2-3x+5）ex，

f ′（x）=（12x2-2x+2）ex=12（x-2）2ex≥0.

于是f（x）在（-，+）上單調(diào)遞增，沒有極值點，不符合題意.

若a>12，則limx→2g（x）=a-12>0，

由引理1得δ>0，當(dāng)x∈U°（2，δ）時，g（x）>0，得（x-2）2exa+（3-x）ex-e2>0.

即f（x）>f（2）.

故f（x）在x=2處取得極小值，a>12符合題意.

綜上可得，a的取值范圍是（12，+）.

例2（2018年全國Ⅲ卷理21第（2）問）已知函數(shù)f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）-2x.若x=0是

f（x）的極大值點，求a.解法1由x=0是f（x）的極大值點得δ>0，當(dāng)x∈U°（0，δ）時，f（x）≤f（0）.

即（2+x+ax2）ln（1+x）-2x≤0.

得x2ln（1+x）a+（2+x）ln（1+x）-2x≤0.

所以δ>0，當(dāng)x∈（-δ，0）時，a+（2+x）ln（1+x）-2xx2ln（1+x）≥0，

當(dāng)x∈（0，δ）時，

a+（2+x）ln（1+x）-2xx2ln（1+x）≤0.

設(shè)g（x）=a+（2+x）ln（1+x）-2xx2ln（1+x），

由引理3得limx→0g（x）=0.

由洛必達(dá)法則，得

limx→0g（x）=a+limx→0（2+x）ln（1+x）-2xx3

=a+limx→0ln（1+x）+2+x1+x-23x2

=a+limx→0ln（1+x）-x1+x3x2

=a+limx→011+x-1（1+x）26x

=a+limx→016（1+x）2

=a+16.

所以a=-16.

若a=-16，則

f（x）=（2+x-16x2）ln（1+x）-2x=（2+x-16x2）［ln（1+x）+12xx2-6x-12］.

設(shè)h（x）=ln（1+x）+12xx2-6x-12，則

h′（x）=11+x+12（x2-6x-12）-12x（2x-6）（x2-6x-12）2

=x3（x-24）（x+1）（x2-6x-12）2.

當(dāng)x∈（-1，0）時，h′（x）>0，當(dāng)x∈（0，1）時，h′（x）<0.于是h（x）在（-1，0）上單調(diào)遞增，在（0，1）上單調(diào)遞減.

所以當(dāng)x∈（-1，1）時，h（x）≤h（0）=0.

因為f（x）=（2+x-16x2）h（x），且當(dāng)x∈（-1，1）時， 2+x-16x2>0，

所以當(dāng)x∈（-1，1）時，f（x）≤0.

又因為f（0）=0，所以x=0是f（x）的極大值點，a=-16符合題意.

綜上可得，a=-16.

解法2f ′（x）=［2xln（1+x）+x21+x］a+ln（1+x）-x1+x.

由x=0是f（x）的極大值點得δ>0，當(dāng)x∈（-δ，0）時，f ′（x）>0，當(dāng)x∈（0，δ）時，f ′（x）<0.

易得x∈（-1，0）∪（0，+）時，

2xln（1+x）+x21+x>0.

設(shè)g（x）=a+ln（1+x）-x1+x2xln（1+x）+x21+x，

則δ>0，當(dāng)x∈（-δ，0）時，g（x）>0，當(dāng)x∈（0，δ）時，g（x）<0.

由引理3得limx→0g（x）=0.

由洛必達(dá)法則，得

limx→0g（x）=a+limx→0（1+x）ln（1+x）-x2x（1+x）ln（1+x）+x2

=a+limx→0ln（1+x）2（2x+1）ln（1+x）+4x

=a+limx→012（2x+1）+4xln（1+x）

=a+12+limx→04xln（1+x）

=a+16.

所以a=-16.

若a=-16，則

f ′（x）=（1-13x）ln（1+x）-x（x+6）6（x+1）

=（1-13x）［ln（1+x）+x（x+6）2（x+1）（x-3）］.

設(shè)h（x）=ln（1+x）+x（x+6）2（x+1）（x-3），

則h′（x）=x2（x-9）（x+1）2（x-3）2.

當(dāng)x∈（-1，1）時，h′（x）≤0，于是h（x）在（-1，1）上單調(diào)遞減.

又h（0）=0，所以當(dāng)x∈（-1，0）時， h（x）>0，當(dāng)x∈（0，1）時，h（x）<0.

因為f ′（x）=（1-13x）h（x），且當(dāng)x∈（-1，1）時，1-13x>0，所以當(dāng)x∈（-1，0）時，f ′（x）>0，當(dāng)x∈（0，1）時，f ′（x）<0.

于是f（x）在（-1，0）上單調(diào)遞增，在（0，1）上單調(diào)遞減.所以x=0是f（x）的極大值點，a=-16符合題意.

綜上可得，a=-16.

解法3f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）-2x

=（2+x+ax2）［ln（1+x）-2x2+x+ax2］.

設(shè)g（x）=ln（1+x）-2x2+x+ax2，則

g′（x）=11+x-2（2-ax2）（2+x+ax2）2

=x2（a2x2+4ax+6a+1）（x+1）（2+x+ax2）2.

由x=0是f（x）的極大值點易得x=0也是g（x）的極大值點，于是δ>0，當(dāng)x∈（-δ，0）時，g′（x）>0，當(dāng)x∈（0，δ）時，g′（x）<0.

不妨設(shè)0<δ<1，則當(dāng)x∈（-δ，0）時，a2x2+4ax+6a+1>0，當(dāng)x∈（0，δ）時，a2x2+4ax+6a+1<0.

由引理3，得

limx→0（a2x2+4ax+6a+1）=0.

所以a=-16.

若a=-16，則

g（x）=ln（1+x）+12xx2-6x-12，

g′（x）=x3（x-24）（x+1）（x2-6x-12）2.

當(dāng)x∈（-1，0）時，g′（x）>0，當(dāng)x∈（0，1）時，g′（x）<0.

于是g（x）在（-1，0）上單調(diào)遞增，在（0，1）上單調(diào)遞減.

所以當(dāng)x∈（-1，1）時，g（x）≤g（0）=0.

因為f（x）=（2+x-16x2）g（x），且當(dāng)x∈（-1，1）時， 2+x-16x2>0，所以當(dāng)x∈（-1，1）時，f（x）≤0.又因為f（0）=0，所以x=0是f（x）的極大值點，a=-16符合題意.

綜上可得，a=-16.

通過以上例題可以發(fā)現(xiàn)，解決此類與極值點有關(guān)的函數(shù)問題的關(guān)鍵，是先將已知條件轉(zhuǎn)化為極值點x0的某去心鄰域上f（x）或f ′（x）的不等式，然后通過類似分離參數(shù)的方法構(gòu)造包含參數(shù)的函數(shù)，利用引理2或引理3得到參數(shù)的取值范圍，并說明取值范圍的充分性.

參考文獻(xiàn)：

［1］葉艷，趙思林.2018年高考數(shù)學(xué)全國卷Ⅲ理科21題思路發(fā)現(xiàn)[J].理科考試研究，2018，25（17）：9-12.