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摘要 本文研究了高考中一类与极值点有密切联系的四类导数问题,并给出了相应的解题策略.提高了分析与解决问题的能力,在探究问题的过程中能有效提高学生的数学核心素养. 关键词 极值点;导数;变式;探究 在函数与导数的综合问题中,近年来兴起了一类与函数的极值点相关的不等式问题.这类问题,题面上看起来极为相似,但解题过程却变化多端,方法飘忽不定,困扰了不少师生,本文笔者专门对此类问题进行论述,以期对解决这类问题有所帮助,现分析如下. 策略一：以参数为主元进行消参例1 (2017年高考江苏卷压轴题)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a＞0,b∈R)有极值,且导函数f′(x)的极值点是f(x)的零点. (1)求b关于a的函数关系式,并写出定义域; (2)证明：b2＞3a; (3)若f(x),f′(x)这两个函数的所有极值之和不小于 求a的取值范围. 解析 (1)由题意可知 
当x= 时,f′(x)有极小值 因为导函数f′(x)的极值点是 f(x)的零点,所以 即 又因为a＞0,所以 因为f(x)有极值,故 f′(x)=0有实根.所以  故a≥3.当a=3时,f′(x)≥ 0,且仅在 x=-1时,f′(x)=0,所以 f(x)在 R 上单调递增,f(x)没有极值;当a＞3时,f′(x)=0有两个相异的实数根 
列表如下： 
故f(x)的极值点是x1,x2.所以a＞3.综上,b关于a的函数关系式,定义域为(3,+∞). (2)证明：由于 (1)知,设则所以当时,g′(t) ＞ 0,从而 g(t)在上单调递增.因为a＞3,所以所以所以故b2＞ 3a. (3)由(1)知,所以
从而
所以f(x)与f′(x)所有极值之和
所以于是h(a)在(3,+∞)上单调递减.因为于是h(a)≥ h(6),故a≤ 6,因此a的取值范围为(3,6]. 点评 本题第三问由于涉及到的字母比较多,问题比较棘手,但消参思想是解决多变量多字母问题的利器.在通过细致的观察后,发现以参数a为主元进行消参较为方便,在化简后,可通过构造函数实现问题的求解. 策略二：以x1或x2为主元进行消参例2(广东省惠州市2018届高三第一次调研)已知函数f(x)=x2-ax+2lnx(其中a是实数). (1)求f(x)的单调区间; (2)若设且f(x)有两个极值点x1,x2(x1＜x2),求f(x1)-f(x2)的取值范围(其中e为自然对数的底数). 解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),
令g(x)=2x2-ax+2,Δ =a2-16,对称轴 1)当Δ =a2-16≤ 0,即-4≤ a≤ 4时,f′(x)≥ 0,于是,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间. 2)当Δ=a2-16＞0,即a＜-4或a＞4时, ①若a＜-4,则f′(x)＞0恒成立,于是,f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无减区间. ②若a＞4,令f′(x)=0,得
当x ∈ (0,x1)∪(x2,+∞)时,f′(x)＞ 0,当 x∈ (x1,x2)时,f′(x)＜ 0.于是,f(x)的单调递增区间为(0,x1)和(x2,+∞),单调递减区间为(x1,x2).综上所述：当a≤4时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间.当a＞4时,f(x)的单调递增区间为(0,x1)和(x2,+∞),单调递减区间为(x1,x2). (2)由 (1)知,若 f(x)有两个极值点,则 a＞ 4,且所以0＜x1＜1＜x2,又因为又0＜ x1＜ 1,解得,于是,
令,则
恒成立,所以h(x)在单调递减,所以,即
故f(x1)-f(x2)的取值范围为 点评 通过观察,发现f(x1)-f(x2)的表达式中,参数a出现的次数较少,且相对较为孤立,以a为主元显然不合适.结合x1x2=1,发现以x1还是x2为主元进行消参,难度基本是一样的.因此本题以x1或x2为主元进行消参都是可以的,读者可尝试以x2为主元进行解答. 策略三：以或作为主元进行消参例3 (江西省上饶市2017届一模)已知函数f(x)=lnx+mx(m为常数). (1)讨论f(x)的单调区间; (2)当时,设g(x)=f(x)+的两个极值点x1,x2(x1＜x2)恰好为h(x)=2lnx-ax-x2的零点,求的最小值. 解析 (1)f′(x)=当m＜0时,由1+mx＞0,解得,即当时,f′(x)＞ 0,f(x)单调递增;由1+mx＜ 0解得x＞,即当时,f′(x)＜ 0,f(x)单调递减;当m=0时,f′(x)=＞0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增;当m＞0时,1+mx＞0,故f′(x)＞0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增.综上,当m＜0时,f(x)的单调递增区间为单调递减区间为当m≥0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞). (2)由得
由已知x2+mx+1=0有两个互异实根x1,x2,由根与系数的关系得x1+x2=-m,x1x2=1,因为x1,x2(x1＜x2)是h(x)的两个零点,故
由②-①得：解得
因为得
将代入得
所以设,因为
所以所以所以所以t≥2.构造,得
则在 [2,+∞)上是增函数,所以F(x)min=F(2)=ln2-,即的最小值为 点评 本题无论是以哪个字母为主元,都难于进行.但在尝试消去参数a,并通过细致的观察与实施对数运算后,发现若以为主元进行构造函数,问题便迎刃而解. 策略四：隐蔽的问题显性化例4设函数在上有极值. (1)求a的取值范围; (2)若 x1∈ (0,1)且 x2∈ (1,+∞).求证：f(x2)- 解析 (1)函数的定义域为(0,1)∪(1,+∞).求导函数得 f′(x)==,因为函数在上有极值.所以f′(x)=0在内有解,令g(x)=x2-(a+2)x+1=(x-α)(x-β),因为αβ=1,不妨设0＜α＜,则β＞ e,因为g(0)=1＞ 0,所以所以 (2)证明：由f′(x)＞ 0,可得 0＜ x＜ α 或x＞ β;由f′(x)＜ 0,可得α＜x＜ 1或1＜ x＜ β.所以f(x)在 (0,α)上单调递增,在 (α,1)上单调递减,在 (1,β)上单调递减,在(β,+∞)上单调递增.由x1∈ (0,1),可得由 x2∈ (1,+∞),可得f(x2)≥ f(β)=因为αβ=1,α+β=a+2.所以
设则所以 h(β)在 (e,+∞)上单调递增,所以 h(β)＞ h(e)=e+2-,所以f(x2)-f(x1)＞e+2- 点评 本题难以直接建立各个字母之间的关系,因为x1,x2不是极值点.但在通过数形结合后发现,可通过函数的单调性,利用放缩法转化为含极值点与参数的不等式的证明,化归与转化为与例2相类似的与极值点相关的不等式问题. 通过以上四例的分析,我们发现,与极值点相关的不等式问题,表面上看起来极为相似,但是解题的方向却各不相同,如何运用消参思想的是成功解决这类问题的钥匙.概括起来主要有上述四种情况,到底是哪一种情形,对所求或所证的不等式的观察是解题的起点,消参方向的把握是解题的关键,如何消参是解题的难点.消参后通过构造函数求解是成功解题的保证.主要的解题步骤可归纳为如下几点： 1.通过求导,建立极值点之间的关系(通常借助韦达定理),并确定极值点的大致范围; 2.通过计算,简化所求不等式或所证不等式; 3.化简后,根据消参的难度确定以哪个字母为主元消参,确立解题方向; 4.构造函数求得取值范围或证得不等式. 这样,通过深入的变式探究,我们很好地解决了这类与极值点相关的问题,使得这类问题的解决深入人心,在提高分析与解决问题的同时,也提高了学生的数学素养,使学生们在题海中解脱出来,也能对我们的教学给予一些启示.
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