一道函数题解法探究与推广

广东 郑荣坤

一道函数题解法探究与推广

广东 郑荣坤

（1）求f（x）的最小值；

（2）若方程f（x）＝a有两个根x1，x2（x1＜x2），证明：x1＋x2＞2．

本题第（1）问的解答比较简单，在此我们不对它深入探究．

所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，故f（x）的最小值为f（1）＝1．

以下我们重点探究第（2）问的解法．

一、探究第二小题的多种解法

本小题主要考查导数与不等式的综合问题，此类不问题方法技巧性强，很多学生难以掌握其解题方法，近几年来在各地高考题和模拟考题中，此类问题屡屡出现．下面笔者对此题解法做一些探究，并摸索出了一些解决此类题型的方法．

【评注】此解法由命题人提供的，由题目条件推出x1，x2的等式，用分析法寻找所要构造的函数，先换元再求所得函数的最值，这是证明此类不等式的常用方法和技巧．但这样的方法学生掌握起来往往很困难，为了让优化解题思路，下面继续探究解法．

当x∈（0，1）时f′（x）＜0，所以y＝f（x）在（0，1）递减，

当x∈（1，＋∞）时f′（x）＞0，所以y＝f（x）在（1，＋∞）递增．

【评注】此解法由（1）求出的函数极值点为1，设x0＝2－x1，x0与x1关于极值点对称，通过比较｜f′（x0）｜与｜f′（x1）｜的大小来判断曲线的凹凸程度，从而证明不等式．此解法虽然过程简单，但解题思路大部分学生仍然觉得很难，所以笔者引导学生继续作出下面的解法探究．

当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，所以y＝f（x）在（0，1）上单调递减，

当x∈（1，＋∞）时，f′（x）＞0，所以y＝f（x）在（1，＋∞）上单调递增，

即当t∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减．

故x1＋x2＞2．

【评注】为了优化上述解法思路，笔者引导学生探究出此解法，设x0＝2－x1，x0与x1关于极值点对称，通过构造差函数g（x）＝f（x）－f（2－x），求差函数最值从而证明不等式．下面笔者介绍对数平均不等式，让学生利用对数平均不等式来证明．

取等条件：当且仅当a＝b时，等号成立．

利用对数平均不等式，可以得到如下解法．

【解法5】若方程f（x）＝a有两个根x1，x2（0＜x1＜x2），

【评注】运用“对数平均值不等式”，这种类型的题直接由此结论即可证得，那么这道压轴题就显得很单薄了．为了更好把握此类问题的解答，我们从此类函数的特征挖掘发现，它是极值点偏移函数，下面让我们通过研究极值点的偏移，更好地理解解决这一类问题．

二、极值点偏移问题的定义及其判断方法

1．极值点偏移问题的定义

对于函数y＝f（x）在区间（a，b）只有一个极值点x0，方程f（x）＝0的解分别为x1，x2，且a＜x1＜x0＜x2＜b．

2．极值点偏移问题的常用判断方法

对于可导函数y＝f（x）在（x1，x2）内只有一个极大（小）值点x0，且f（x1）＝f（x2）．

三、常用判断方法的应用

1．不含参数的问题

2．含参数的问题

【例2】（2016·新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝（x－2）ex＋a（x－1）2有两个零点．设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1＋x2＜2．

【证明】设x1＜x2，不难求出x1∈（－∞，1），x2∈（1，＋∞），2－x2∈（－∞，1），f（x）在（－∞，1）上单调递减，所以x1＋x2＜2等价于f（x1）＞f（2－x2），即f（2－x2）＜0．由于f（2－x2）＝－x2e2－x2＋a（x2－1）2，而f（x2）＝（x2－2）ex2＋a（x2－1）2＝0，

所以f（2－x2）＝－x2e2－x2－（x2－2）ex2．

设g（x）＝－xe2－x－（x－2）ex，

则g′（x）＝（x－1）（e2－x－ex）．

所以当x＞1时，g′（x）＜0，而g（1）＝0，

故当x＞1时，g（x）＜0．

从而g（x2）＝f（2－x2）＜0，故x1＋x2＜2．

【总结】解决极值点偏移问题有多种方法，但本质上都是把两个变元的不等式转化为一元问题求解．其中，笔者认为构造对称函数是最常用的方法，此方法解题思路学生容易接受．近几年在各地高考题和模拟考题中，极值点偏移问题屡屡出现，虽然我们无法猜测高考命题者的出题意图，但我们在高考备考过程中要高度重视，常用方法必须掌握．

（作者单位：广东省揭阳市惠来县第一中学）