一道函数极值点偏移问题的解题策略

祁居攀

【摘 要】  2021新课标全国卷Ⅰ第22题是一道函数极值点偏移问题的证明.此类题目已在往年的高考中多次出现，这类试题难度大、综合性强、推理过程繁，对学生的思维要求高，导致得分率普遍偏低，究其原因是学生对极值点偏移问题的证明方法不能灵活应用.本文呈现出了该类题的三种证法供读者学习.

【关键词】  函数;极值点;偏移;解题策略

1 构造对称函数法

思路分析   若x 0是函数f（x）的一个极值点，对结论x 1+x 2<（>）2x 0，则可构造函数F（x）=f（x）-f（2x 0-x）辅助证明.

题目  已知函数f（x）=x（1- ln x）.

（1）讨论f（x）的单调性;

（2）设a，b为两个不相等的正数，且b ln a-a ln b=a-b，证明：2< 1 a + 1 b < e .

解  （1）函数f（x）的定义域为x∈（0，+∞），

由f′（x）=- ln x，得

当x∈（0，1]时，f′（x）≥0，

所以 f（x）单调递增;

当x∈（1，+∞）时，f′（x）<0，

所以 f（x）单调递减.

综上知，f（x）在（0，1]上单调递增，在 （1，+∞） 上单调递减.

（2）  证法1   由b ln a-a ln b=a-b，

两边同乘以 1 ab  （其意分离变量） 得

ln a a -  ln b b = 1 b - 1 a ，

即  1 a （1+ ln a）= 1 b （1+ ln b），

故 f  1 a  =f  1 b  .

令 1 x 1 =a， 1 x 2 =b，

所以 x 1（1- ln x 1）=x 2（1- ln x 2），

即證 2

由（1）不妨设

01，

如图1所示，

因为x∈（0，1）时，

f（x）>0，

x∈（ e ，+∞）时，f（x）<0，

并且f（x 1）=f（x 2），得

x 1∈（0，1），x 2∈（1， e ），

（ i ）先证明 x 1+x 2>2.

根据x 2的取值分类讨论：

当2≤x 2< e 时，

由02成立;

当02，转化为只需证x 1>2-x 2，

构造对称函数，令

F（x）=f（x）-f（2-x），x∈（1，2），

即F（x）=x（1- ln x）-（2-x）[1- ln （2-x）]，

x∈（1，2）.

因为F′（x）=- ln x- ln （2-x）=- ln [x（2-x）]，

由 x∈（1，2），

所以 0<[x（2-x）]<1，

F′（x）=- ln [x（2-x）]>0，

即 F（x）在x∈（1，2）时单调递增，

并且 F（x）>F（1）=0，

所以 f（x）>f（2-x），x∈（1，2），

即 f（x 1）=f（x 2）>f（2-x 2），

由 f（x 1）>f（2-x 2），

且 f（x）在x∈（0，1）时单调递增，

所以 x 1>2-x 2，

即证得 x 1+x 2>2.

（ ii ）再证明 x 1+x 2< e .

根据x 2的取值分类讨论：

当1≤x 2≤ e -1时，

由0

当 e -1

令t（x）=f（x）-f（ e -x），x∈（0，1），

则t′（x）=- ln x- ln （ e -x）=- ln [x（ e -x）].

令函数u（x）=[x（ e -x）]，

则 u（x）在x∈（0，1）时单调递增，

所以 u（x）∈（0， e -1）.

当u（x）∈（0，1）时，t′（x）=- ln [u（x）]>0，即t（x）单调递增;

当u（x）∈（1， e -1）时，

t′（x）=- ln [u（x）]<0，

即 t（x）单调递减，

即存在ξ∈（0，1），使t′（ξ）=0，并且t（x）在（0，ξ）單调递增，在（ξ，1）单调递减.

因为 x→0时，t（x）→0，

且 t（1）=f（1）-f（ e -1）>0，

所以 t（x）>0在x∈（0，1）上恒成立，

即 f（x 1）>f（ e -x 1），x∈（0，1）上恒成立.

所以 x 1+x 2< e 成立.

综上知，2< 1 a + 1 b < e .

注  对称构造函数法是证明极值点偏移问题最常规的解法之一，其方法主要是构造函数，并利用函数的单调性得到证明的结论.

2 引入新函数法

思路分析   因为x=1是函数f（x）的极值点，所以可以考虑引入一个关于x=1对称的二次函数，利用二次函数图象的“对称性”，解决极值点的“偏移”问题.

证法2   先证x 1+x 2>2，

构造函数 g（x）=x（2-x），

则 f（x）-g（x） =x（1- ln x）-x（2-x）

=x（x-1- ln x）.

设t（x）=x-1- ln x，

则 t′（x）=1- 1 x = x-1 x .

因为 x>0，

所以，当10，t（x）单调递增;

当0

故 t（x）≥t（1）=0，

所以 f（x）-g（x）≥0，

即 f（x）≥g（x）.

由（1）可知

当0

当1

且 f（1）=g（1）=1，如图2所示，

有 0

显然 x 1+x 2>x 3+x 4=2，得证.

下面证明x 1+x 2< e ，

构造函数 g（x）=x（ e -x），

f（x）-g（x）=x（1- ln x）-x（ e -x），

即 f（x）-g（x）=x（x+1- e - ln x）.

设t（x）=x+1- e - ln x，

则 t′（x）=1- 1 x = x-1 x .

因为 x>0，

所以，当10，t（x）单调递增;

当0

因为 t（1）=2- e <0，t（ e ）=0，

且 x→0，t（x）→0，

所以 f（x）-g（x）<0，

即 f（x）

有 0

显然 x 1+x 2

综上知，2< 1 a + 1 b < e .

注  根据题意引入与原函数极值点相同的二次函数，利用二次函数图象的对称性，并结合两函数的图象，可有效证明函数极值点偏移的问题.

3 引参消元法

思路分析   对题干中的两个变量可以引入第三个变量，将两元不等式问题转化为一元不等式，再构造新函数求解.

证法3   由证法1知

x 1（1- ln x 1）=x 2（1- ln x 2），

设 1- ln x 1 1- ln x 2 = x 2 x 1 =t，

即  x 2=tx 1，1- ln x 1=t（1- ln x 2），

由 0

得 t>1，

整理得  ln x 1=1- t ln t t-1 ， ln x 2=1-  ln t t-1 .

先證 x 1+x 2>2，

由 x 1（1- ln x 1）=x 2（1- ln x 2），

得 x 1 ln x 1-x 2 ln x 2=x 1-x 2，

两边同除以 ln x 1- ln x 2，得

x 1 ln x 1-x 2 ln x 2  ln x 1- ln x 2 = x 1-x 2  ln x 1- ln x 2 .

由对数均值不等式得

x 1 ln x 1-x 2 ln x 2  ln x 1- ln x 2 = x 1-x 2  ln x 1- ln x 2 < x 1+x 2 2 .

因为  x 1 ln x 1-x 2 ln x 2  ln x 1- ln x 2

=x 1· 1- t ln t t-1 -t 1-  ln t t-1   1- t ln t t-1 - 1-  ln t t-1   ，

即  x 1 ln x 1-x 2 ln x 2  ln x 1- ln x 2 =x 1· t-1  ln t ，

又因为  ln t≤t-1，

所以  x 1+x 2 2  > x 1 ln x 1-x 2 ln x 2  ln x 1- ln x 2

=x 1· t-1  ln t ≥x 1.

因为 x 1∈（0，1），

所以  x 1+x 2 2 >x 1   max  =1，

证得 x 1+x 2>2.

下面证明 x 1+x 2< e ，

要证 x 1+x 2< e ，

即证 （t+1）x 1< e ，

两边取对数，即证

ln x 1+ ln （t+1）<1，

即 1- t ln t t-1 + ln （t+1）<1，

（t-1） ln （t+1）-t ln t<0，

构造函数h（t）=（t-1） ln （t+1）-t ln t （t>1） ，

则 h′（t） = ln （t+1）+ t-1 t+1 -1- ln t

= ln  1+ 1 t  - 2 t+1 ，

由对数不等式 ln （t+1）≤t，得

ln  1+ 1 t  ≤ 1 t < 2 t+1 ，

所以 h′（t）= ln  1+ 1 t  - 2 t+1 <0成立，

h（t）在（1，+∞）上單调递减，

故 h（t）

所以 （t-1） ln （t+1）-t ln t<0成立，

即 x 1+x 2< e 得证.

综上知，2< 1 a + 1 b < e .

注  在极值点偏移问题中，引入第三个参量，通过构造新函数可以达到将双元变量问题转化为一元变量的问题求解的目的.

证法1通过构造函数并利用函数的“单调性”证明不等式是最常规的解法之一;证法2引入二次函数并利用二次函数图象的“对称性”，证明函数极值点偏移，数形结合简捷明了;证法3根据已知条件恰当地引入一个“参量”能使极值点偏移中的二元变量转元化为一元变量，通过“消元”达到了求解的目的.

总之，关于极值点偏移的证明题方法多样，只有掌握最基本的证明方法，才能达到触类旁通的效果.