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摘要： 介绍一种比较少用却又实用的方法——极值点方程消元法的具体运用。
关键词：导数；消元法 ； 应用
我们常见的用导数压轴求参数范围或证明不等式的解法常用的方法不外乎构造差商函数，或者放缩法。但是在放缩行不通的时候构造新函数求不出极值点又该怎么办。在此，本文将谈一谈一种比较少用却又实用的方法——极值点方程消元法。
构造新函数如果能求出极值点和极值，那么问题就迎刃而解了。但是，当放缩法行不通呢极值点无法求出时该怎么办呢？解决这类问题的关键就是在确定函数单调性的情况下根据f’（x）=0把其中一种超越函数结构消掉，并且确定极值点的大概取值范围。把极值表示成一个关于极值点的较简单的函数来研究。比如这道题中的第二问：
例1.设函数f（x）=axlnx be-x，曲线y=f（x）在1，f（1）处的切线方程为y=1 e-1x-1-2e-1。
（I）求a，b；
（II）求证： f（x）>-1-2e-2
解析：（II）由（I）知f（x）=xlnx-e-x，f’（x）=e-x lnx 1，
设g（x）=e-x lnx 1，则g’（x）=-e-x 1x=ex-xxex
设h（x）=ex-x，则h’（x）=ex-1>0，所以h（x）在0， ∞上单调递增，
所以h（x）>0，所以g’（x）>0，所以g（x）在0， ∞上单调递增，
又因为在ge-1=e-e-1>0，ge-2=e-e-2-1<0，即ge-1·ge-2<0，
所以g（x）恰有一个零点x0∈（e-2，e-1）；
即g（x0）=e-x0 lnx0 1=0，即-e-x0=lnx0 1
且当x∈（0，x0）时，g（x）<0，f（x）单调递减，
且当x∈（x0， ∞）时，g（x）>0，f（x）单调递增。
所以f（x）≥fx0=x0lnx0-e-x0=x0lnx0 lnx0 1，
设φ（x）=xlnx lnx 1，
因为x∈（e-2，e-1），所以φ’（x）=1 lnx 1x
设u（x）=1 lnx 1x，则u’（x）=1x-1x2=x-1x2，
當x∈（0，1）时，u’（x）<0，u（x）单调递减，且当x∈（1， ∞）时，u’（x）>0，u（x）单调递增。
所以u（x）≥u1=2>0，所以φ’（x）>0，所以φ（x）在x∈（e-2，e-1）上单调递增，则φx0>φe-2=-1-2e-2，
所以f（x）≥fx0=φx0>-1-2e-2，即f（x）>-1-2e-2
这道题目如果直接使用放缩的方法难以配凑出-1-2e-2 或者比其更大的数。因为极值点的利用也就至关重要。由于在找极值点的过程中需要对函数进行二次求导，除此之外还要对极值点的范围进行更精确的确定，并且研究消掉ex后的新函数，最后还要再进行适当的放缩寻找题目提供的数据，使本题难度增大不少。
再来看一道例题：
例2.已知函数f（x）=-2a xlnx x2-2ax-2a2 a，其中a>0，
（1）设g（x）是f（x）的导函数，讨论g（x）的单调性；
（2）证明：存在a∈（0，1），使得f（x）≥0在区间（1， ∞）内恒成立，且f（x）=0在区间（1， ∞）内有唯一解。
解析：（2）由（1）得f’x=gx在1， ∞上单调递增，且
f’1=-2-2a 2-2a=-4a，当x→ ∞时，f’x>0，
由零点区间存在性定理得：
存在唯一x0∈（1， ∞），使得f’（x0）=-2lnx0-2-2ax0 2x0-2a=0①
所以f（x）在（1，x0）上单调递减，f（x）在（x0， ∞）上单调递增，
所以满足f（x）=0在（1， ∞）内有唯一解，只需满足f（x）max=f（x0）=0即可。
f（x0 ） = -2a x0 lnx0 x20 -2ax0 -2a2 a = 0，将①代入化简得
2a2 5x0 -2x20 a-x30 -2x20 = 0，2a-x0 a x20 -2x0 = 0，
a = x0 2，a = 2x0 -x20 ，
当a=x02x0>1时，此时①变形为2a-2ln2a-3=0在（12，1）上有解，
令ha=2a-2ln2a-3，h’a=2-2a=2a-2a，
所以h（a）在（0，1）上单调递减，h12=1-3<0不满足题意。
当a = 2x0 -x20 时，此时①变形为2x20 -2lnx0 -6 = 0在（1，2）上有解。
不妨设hx0 = 2x20 -2lnx0 -6，则h’x0 = 4x0 -2x0 = 4x20 -2x0
所以h（x0）在1，2上单调递增，
又因为h1=-4，h2=2-2ln2>0，
所以2x20 -2lnx0 -6 = 0在（1，2）上有解。
所以结论得证。
此题与上一题不同的是函数中含参数看似更为复杂，实际上目标方法更为明显。对命题稍加转化，即是让我们证明当f’（x0）=0时，f（x0）=0。这时极值点方程消元法便派上用场，可以把难以运算的对数结构消掉，使原函数变成一个三次函数。
从上述问题来看，当我们在证明一些有关导数的命题时，求不出极值点并不意味着构造新函数不加以放缩完全行不通，有时仅是通过极值点的条件列出方程，设而不求整体代换消元，会是使问题“柳暗花明又一村”。
（作者单位：福建省永春第一中学 362601）
关键词：导数；消元法 ； 应用
我们常见的用导数压轴求参数范围或证明不等式的解法常用的方法不外乎构造差商函数，或者放缩法。但是在放缩行不通的时候构造新函数求不出极值点又该怎么办。在此，本文将谈一谈一种比较少用却又实用的方法——极值点方程消元法。
构造新函数如果能求出极值点和极值，那么问题就迎刃而解了。但是，当放缩法行不通呢极值点无法求出时该怎么办呢？解决这类问题的关键就是在确定函数单调性的情况下根据f’（x）=0把其中一种超越函数结构消掉，并且确定极值点的大概取值范围。把极值表示成一个关于极值点的较简单的函数来研究。比如这道题中的第二问：
例1.设函数f（x）=axlnx be-x，曲线y=f（x）在1，f（1）处的切线方程为y=1 e-1x-1-2e-1。
（I）求a，b；
（II）求证： f（x）>-1-2e-2
解析：（II）由（I）知f（x）=xlnx-e-x，f’（x）=e-x lnx 1，
设g（x）=e-x lnx 1，则g’（x）=-e-x 1x=ex-xxex
设h（x）=ex-x，则h’（x）=ex-1>0，所以h（x）在0， ∞上单调递增，
所以h（x）>0，所以g’（x）>0，所以g（x）在0， ∞上单调递增，
又因为在ge-1=e-e-1>0，ge-2=e-e-2-1<0，即ge-1·ge-2<0，
所以g（x）恰有一个零点x0∈（e-2，e-1）；
即g（x0）=e-x0 lnx0 1=0，即-e-x0=lnx0 1
且当x∈（0，x0）时，g（x）<0，f（x）单调递减，
且当x∈（x0， ∞）时，g（x）>0，f（x）单调递增。
所以f（x）≥fx0=x0lnx0-e-x0=x0lnx0 lnx0 1，
设φ（x）=xlnx lnx 1，
因为x∈（e-2，e-1），所以φ’（x）=1 lnx 1x
设u（x）=1 lnx 1x，则u’（x）=1x-1x2=x-1x2，
當x∈（0，1）时，u’（x）<0，u（x）单调递减，且当x∈（1， ∞）时，u’（x）>0，u（x）单调递增。
所以u（x）≥u1=2>0，所以φ’（x）>0，所以φ（x）在x∈（e-2，e-1）上单调递增，则φx0>φe-2=-1-2e-2，
所以f（x）≥fx0=φx0>-1-2e-2，即f（x）>-1-2e-2
这道题目如果直接使用放缩的方法难以配凑出-1-2e-2 或者比其更大的数。因为极值点的利用也就至关重要。由于在找极值点的过程中需要对函数进行二次求导，除此之外还要对极值点的范围进行更精确的确定，并且研究消掉ex后的新函数，最后还要再进行适当的放缩寻找题目提供的数据，使本题难度增大不少。
再来看一道例题：
例2.已知函数f（x）=-2a xlnx x2-2ax-2a2 a，其中a>0，
（1）设g（x）是f（x）的导函数，讨论g（x）的单调性；
（2）证明：存在a∈（0，1），使得f（x）≥0在区间（1， ∞）内恒成立，且f（x）=0在区间（1， ∞）内有唯一解。
解析：（2）由（1）得f’x=gx在1， ∞上单调递增，且
f’1=-2-2a 2-2a=-4a，当x→ ∞时，f’x>0，
由零点区间存在性定理得：
存在唯一x0∈（1， ∞），使得f’（x0）=-2lnx0-2-2ax0 2x0-2a=0①
所以f（x）在（1，x0）上单调递减，f（x）在（x0， ∞）上单调递增，
所以满足f（x）=0在（1， ∞）内有唯一解，只需满足f（x）max=f（x0）=0即可。
f（x0 ） = -2a x0 lnx0 x20 -2ax0 -2a2 a = 0，将①代入化简得
2a2 5x0 -2x20 a-x30 -2x20 = 0，2a-x0 a x20 -2x0 = 0，
a = x0 2，a = 2x0 -x20 ，
当a=x02x0>1时，此时①变形为2a-2ln2a-3=0在（12，1）上有解，
令ha=2a-2ln2a-3，h’a=2-2a=2a-2a，
所以h（a）在（0，1）上单调递减，h12=1-3<0不满足题意。
当a = 2x0 -x20 时，此时①变形为2x20 -2lnx0 -6 = 0在（1，2）上有解。
不妨设hx0 = 2x20 -2lnx0 -6，则h’x0 = 4x0 -2x0 = 4x20 -2x0
所以h（x0）在1，2上单调递增，
又因为h1=-4，h2=2-2ln2>0，
所以2x20 -2lnx0 -6 = 0在（1，2）上有解。
所以结论得证。
此题与上一题不同的是函数中含参数看似更为复杂，实际上目标方法更为明显。对命题稍加转化，即是让我们证明当f’（x0）=0时，f（x0）=0。这时极值点方程消元法便派上用场，可以把难以运算的对数结构消掉，使原函数变成一个三次函数。
从上述问题来看，当我们在证明一些有关导数的命题时，求不出极值点并不意味着构造新函数不加以放缩完全行不通，有时仅是通过极值点的条件列出方程，设而不求整体代换消元，会是使问题“柳暗花明又一村”。
（作者单位：福建省永春第一中学 362601）