主元法破解极值点偏移问题 2016 年全国I卷的第 21 题是一道导数应用问题，呈现的形式非常简洁，考查了函数的双零点 的问题，也是典型的极值点偏移的问题, 是考生实力与潜力的综合演练场．虽然大多学生理解其题 意，但对于极值点偏移的本质理解的深度欠佳，面对此类问题大多感到“似懂非懂”或“云里雾里”． 所谓主元法就是在一个多元数学问题中以其中一个为“主元”，将问题化归为该主元的函数、方 程或不等式等问题，其本质是函数与方程思想的应用．作为一线的教育教学工作者，笔者尝试用主 元法破解函数的极值点偏移问题，理性的对此类进行剖析、探究，旨在为今后的高考命题和高考复 习教学提供一点参考. 一、试题再现及解析 （一）题目 （2016 年全国I卷）已知函数 f  x    x  2  e  a  x  1 x 2 有两 个零点． (1)求 a 的取值范围； (2)设 x1 , x2 是 f  x 的两个零点，证明： 本题第（1）小题含有参数的函数 x1  x2  2 ． f  x 有两个零点，自然想到研 究其单调性，结合零点存在性定理求得 a 的取值范围是  0, � ．第（2）小题是典型的极值点偏移 的问题，如何证明呢？ （二）官方解析 x � �,1 , x2 � 1, � , 2  x2 � �,1 f  x   �,1 (2)不妨设 x1  x2 ，由（1）知， 1 ， 在 上单调递减， 所以 x1  x2  2 等价于 f  x1   f  2  x2  ，即 f  x2   f  2  x2  ． 由于 f  2  x2    x2 e 所以 2  x2  a  x2  1 ，而 f  x2    x2  2  e x2  a  x2  1 ， 2 f  2  x2   f  x2    x2e 2  x2   x2  2  e x2 2 ． 令 g  x    xe 2 x 所以当 x  1 时， 故当 x  1 时，  x    x  1  e2 x  e x  ，   x  2  e x ，则 g � g�  x  0 g  1  0 ，而 g  x   g  1  0 ．从而 ， g  x2   f  2  x2   0 ，故 x1  x2  2 ． 二、对解析的分析 本问待证是两个变量的不等式，官方解析的变形是 构造以 x1 造以 x2 ，借助于函数的特性及其单调性， 为主元的函数．由于两个变量的地位相同，当然也可调整主元变形为 x2  2  x1 ，同理构 为主元的函数来处理．此法与官方解析正是极值点偏移问题的处理的通法． 不妨设 x1  x2 ，由（1）知， x1 � �,1 , x2 � 1, � , 2  x1 � 1, � ， f  x  在  1, � 上单 调递增，所以 令 x1  2  x2 x1  x2  2 等价于 f  x2   f  2  x1  ，即 f  x1   f  2  x1   0 ． u  x   f  x   f  2  x   xe 2 x   2  x  e x  x  1 ，则 u�  x    x  1  e x  e2 x   0 ， 所以 u  x   u  1  0 所以 f  x1   f  x2   f  2  x1  x2  2  x1 所以 ，即 ，即 f  x   f  2  x   x  1 x1  x2  2 ， ； . 三、例谈主元法破解极值点偏移问题 对文献[1]的四道例题，笔者都能运用主元法顺利破解，验证主元法破解极值点偏移问题的可行 性． 例 1 （2014 年江苏省南通市二模第 20 题）设函数 A  x1 , 0  ， B  x2 , 0  两点，且 f  x   e x  ax  a x1  x2 ． (1)求 a 的取值范围；    x  为函数 f  x  的导函数）； (2)证明： f � x1 x2  0 （ f � ，其图象与 x 轴交于   解：(1) a � e , � ，且 0  x1  ln a  x2 ， f  x  在  0, ln a  上单调递减，在  ln a, � 上 2 单调递增； �x1  x2 � �x1  x2 � � f� 0 f� � � � f  ln a  ， � f x x  0 (2) 要证明 ，只需证 � 2 � ，即 � 1 2 � 2 �    x   e x  a 单调递增，所以只需证 因为 f � 只要证明 令 f  x2   f  x1   f  2 ln a  x1  即可； g  x   f  x   f  2 ln a  x   x  ln a  g�  x  f �  x  f �  2 ln a  x   e x  所以 g  x 在 ，则 a2  2a  0 ， ex  0, ln a  上单调递减， g  x   g  ln a   0 ，得证． 例 2 （2010 年天津理科 21 题）已知函数 (1) 求函数 (3)如果 x1  x2  ln a ，亦即 x2  2 ln a  x1 ， 2 f ( x) x1 �x2 f ( x )  xe  x  x �R  . 的单调区间和极值；(2)(略) ，且 f ( x1 )  f ( x2 ) ，证明 x1  x2  2 ． 1 f ( x)极小值  f (1)  � ,1 1, �  上是增函数，在   上是减函数， 解：(1) f ( x ) 在  e； (3)证明： 欲证明 令 ， f ( x1 )  f ( x2 ) ，亦即 x1e  x1  x2 e  x2 ，且 x1  1  x2 ， x1  x2  2 ，即 x2  2  x1 ，只需证 f  x2   f  2  x1   0 ，即 f  x1   f  2  x1   0 ． g  x   f  x   f  2  x   x  1 因为 故 f� ( x)  e  x  1  x  ，则 g  x   xe  x   2  x  e x 2 ， g�  x    1  x   e x  e x 2   0 ，所以 g  x  在  �,1 上单调递增， g  x   g  1  0 ，得证． 例 3 （2011 年辽宁理科 21 题）已知函数 f ( x )  ln x  ax 2  (2  a ) x ． （1）讨论 f ( x) 的单调性； （2）设 a  0 ，证明：当 （3）若函数 f� ( x0 )  0 y  f ( x) 0 x �1 � �1 � 1 f �  x � f �  x � � �a �； a 时， �a 的图象与 x 轴交于 A, B x 两点，线段 AB 中点的横坐标为 0 ，证明： ． � 1� 0, � 解：（1）若 a �0 ， f ( x ) 在  0, � 上单调增加；若 a  0 ， f ( x ) 在 � � a �上单调递增，在 �1 � � , ��上单调递减； a � � （2）（略） （3）由（1）可得 a  0 ， f� ( x)  1 1  2ax  2  a  0, � f� ( )0 在 上单调递减， ， x a 不妨设 A( x1 , 0), B ( x2 ,0), 0  x1  x2 ，则 0  x1  1  x2 ， a 1 x1  x2 1 2 � � f ( x )  f ( ) x   x1   x2 0 0 ( x0 )  0 ，即 欲证明 f � ，只需证明 ，即 ， a 2 a a �2 � f  x2   f  x1   f �  x2 � 只需证明 �a �． 由（2）得 1 �1 � � 1 �1 � �2 � � � � f �  x2 � f �  �  x2 �  f �  �  x2 � � � f  x2  ，得证． a �a a �a �a � � � � � � � 例 4 （2013 年湖南文科第 21 题）已知函数 (1)求 f  x (2)证明:当 解： (1) f  x  1 x x e 1  x2 . 的单调区间； f  x1   f  x2   x1 �x2  f  x 在 时， x1  x2  0 .  �, 0  上单调递增，在  0, � 上单调递减； (2)由(1)知当 x  1 时， f  x  0 ． 1  x1 x1 1  x2 x2 e  e 不妨设 x1  x2 ，因为 f  x1   f  x2  ，即 1  x12 ，则 x1  0  x2  1 ， 1  x2 2 要证明 而 令 令 x1  x2  0 ，即 x1   x2  0 ，只需证明 f  x1   f   x2  ，即 f  x2   f   x2  ． f ( x2 )  f (  x2 ) 等价于 (1  x2 )e 2 x2  1  x2  0 g ( x)  (1  x)e 2 x  1  x  x  0  h( x )  (1  2 x )e 2 x  1 所以 h( x) 单调递减， 所以 ，则 ，则 g '( x)  (1  2 x )e h� ( x)  4 x