从不等式角度看极值点偏移问题

彭晓霞

摘  要：本文从一个典型例题出发，从不等式这个切入点给出解决

有关

极值点偏移问题的通性通法，并利用2021新高考题对此类问题作了进一步研究.结合新高考对培养数学素养的要求，总结了关于极值点偏移问题探究中的心得体会.

关键词：极值点偏移；不等式；多变量；减元

与极值点偏移有关的问题在近几年的各地模拟题、高考题中频频出现.此类问题往往在试卷的最后一题最后一问，综合性强，涉及面广，往往含有多元变量.此类问题有通性通法，但作为压轴题，往往不会以标准的极值点偏移的形式呈现，而需要利用数学策略化归为熟悉的形式.学生需根据代数结构特征，结合图象，看清问题，分析考点，找出解决方法.

1  不等式视角下的极值点偏移问题

极值点偏移从不等式的角度理解就是已知一个等量关系，求证不等式成立.解决这类问题的核心思想是将求证不等式变成一元不等式，常用的技巧有消元、換元等.而证明不等式的常见的方法有作差，借助函数的值域、单调性，利用中间量进行放缩，借助已有结论等.本文以几个实例为例，从以上这几个角度来谈谈极值点偏移问题.

以一道常见题为例：已知函数f（x）＝alnx＋x＋a存在两个零点x1，x2.

（1）求a的取值范围；

（2）证明：x1＋x2＞-2a.

解法探究1：借助函数的单调性，解决极值点偏移问题

思路：要比较x1＋x2与-2a的大小，即x2与-x1-2a的大小.从x2与-x1-2a的形式来看，可以看成函数f（x）的两个自变量的大小关系，从而可以利用函数的单调性去研究自变量的大小关系.进而又划归为证明不等式-f（-x1-2a）＋f（x2）＞0.从多变量不等式的角度来看，减少元又成为本题的关键.

详解：设g（x）＝f（x）-f（-x-2a），（0＜x＜-a），所以g′（x）＝f′（x）＋f′（-x-2a）＝2（x＋a）2x（x＋2a）＜0，所以g（x）在（0，-a）上单调递减，所以g（x）＞g（-a）＝0.不妨设0＜x1＜-a＜x2，因为0＜x1＜-a，则0＜g（x1），即f（x1）＞f（-x1-2a），所以f（x2）＞f（-x1-2a），而x2∈（-a，＋∞），-2a-x1∈（-a，＋∞），而由（1）知，-x1-2a＜x2，所以x2＋x1＞-2a.

解法探究2：多变量减少元，利用函数的值域，解决极值点偏移问题

思路：

变量的个数为三个，而题目已知函数f（x）＝alnx＋x＋a存在两个零点x1，x2，可以构造x1，x2，及a三者之间的代数关系，从而可以将不等式统一到一个变量，然后利用函数的值域解决问题.

详解：因为alnx1＋x1＋a＝0，alnx2＋x2＋a＝0，所以前面两等式相减得到：-a＝-x2＋x1-lnx2＋lnx1.要证：x1＋x2＞-2a，不妨设0＜x1＜-a＜x2，整理得到要证lnx1-lnx2＜2×x1-x2x1＋x2，即要证lnx1x2＜2×x1x2-1x1x2＋1，从而要证t＝x1x2（0＜t＜1）的不等式ln t＜2×t-1t＋1成立.设g（t）＝lnt-2×t-1t＋1，所以g′（t）＝（t-1）2t（t＋1）2≥0，则g（t）在（0，1］上单调递增，因此g（t）＜g（1）＝0，所以得证.

以上解法就是极值点偏移的两种通性通法，看似解决思路不同，但本质都是利用了证明多变量不等式需要减元的思想.理解了这一点学生才能做到有律可循，触类旁通.

2  极值点偏移问题在高考题中的体现

2021届新高考Ⅰ卷第22题第二问属于极值点偏移问题，但问题的呈现不是极值点偏移的标准形式，解决问题需学生透过问题看到本质，回归到证明不等式.

题目再现：

已知函数f（x）＝x（1-lnx）.

（1）讨论f（x）的单调性；

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

本题的第二问通过构造函数，换元等方法，可以将题目转化为：

已知函数f（x）＝x（1-lnx），若x1＞0，x2＞0，f（x1）＝f（x2），求证：2＜x1＋x2＜e.

对照着例题的两种通性通法，分别给出以下解答：

（1）略.

（2）由（1）可知，不妨设0＜x1＜1，x2＞1.

因为x∈（0，1）时，f（x）＝x（1-lnx）＞0；

x∈（e，＋∞）时，f（x）＝x（1-lnx）＜0，故1＜x2＜e，所以0＜x1＜1＜x2＜e.

方法一：当x∈（0，1）时，设g（x）＝f（x）-f（2-x），

∴g′（x）＝f′（2-x）＋f′（x）＝-ln（2-x）-lnx＝-ln（2x-x2）＝-ln［1-（1-x）2］.

∵当x∈（0，1）时，1-（1-x）2∈（0，1），

∴g′（x）＞0，∴g（x）在（0，1）上单调递增.

而g（1）＝0，∴g（x）＜g（1）＝0，∴f（x）＜f（2-x）.

∵x1∈（0，1），∴f（x1）＜f（2-x1），∴f（x2）＜f（2-x1），根据（1）知，f（x）在（1，＋∞）上单调递减，所以x1＋x2＞2.

再证x1＋x2＜e.

当x∈（0，1）时，设h（x）＝f（x）-f（e-x）＝2x-e-xlnx+（e-x）ln（e-x）＞2x-e+（e-x）·ln（e-x）.

令H（x）＝2x-e+（e-x）ln（e-x），则H′（x）＝1-ln（e-x）＞0，所以H（x）在（0，1）上单调递增，因此H（x）＞H（0）＝0，所以h（x）＞0，即f（x）＞f（e-x），所以f（x1）＞f（e-x1），即f（x2）＞f（e-x1），所以x2＜e-x1，即得证x1＋x2＜e.

上述解题方法使用的是极值点偏移中通性通法一，在证明h（x）＞0时，如果像例题一样直接对函数h（x）进行求导，借助函数的值域证明不等式，计算过于复杂，学生望而生畏.因此需要借助中间量函数H（x）来证明h（x）＞0，这也是证明不等式的常用方法之一.

方法二：设tx1＝x2，则t＞1.因为x1（-lnx1＋1）＝x2（-lnx2＋1），所以1-lnx1＝t（1-lnt-lnx1），故lnx1＝t-1-tlntt-1.

先证x1＋x2＞2，即证（t＋1）x1＞2，即证ln（t＋1）＋lnx1＞ln2，即证ln（t＋1）＋t-1-tlntt-1＞ln2，即证（t-1）ln（t＋1）-tlnt＋（1-ln2）（t-1）＞0.

设S（t）＝（t-1）ln（t＋1）-tlnt＋（1-ln2）·（t-1），则S′（t）＝ln（t＋1）＋t-1t+1-lnt-ln2，则S′′（t）＝1t+1＋2（t+1）2-1t＝t-1t（t+1）2＞0，所以S′（t）在（1，＋∞）上单调递增，所以S′（t）＞S′（1）＝0.

所以S（t）在（1，＋∞）上单调递增，所以S（t）＞S（1）＝0，所以得证.

再证x1＋x2＜e，即证（t＋1）x1＜e，即证ln（t＋1）＋lnx1＜1，即证ln（t＋1）+t-1-tlntt-1＜1，即证ln（t＋1）t＜lntt-1，设m（x）＝1-1x-lnx（x＞1），所以m′（x）＝1x2-1x＝1-xx2＜0，所以m（x）＜m（1）＝0.

设s（x）＝lnxx-1，则s′（x）＝1-1x-lnx（x-1）2＜0，所以s（t）＜s（t-1），所以得证.

综上所述，2＜x1＋x2＜e.

上述解题方法使用的是极值点偏移中通性通法二，在证x1＋x2＜e时，如果照搬通性通法二的方法

，则会

遇到

与方法一

类似的问题.另辟蹊径，利用构造函数的解题策略，借助函数的单调性证明不等式.

纵观本题，虽然通性通法能解决，但证明过程复杂，计算要求高，耗时长，很多学生半途而废.极值点偏移本质是函数在极值点左右两边变化趋势的不对称性.不等式证明自然要解决“不等”这样的代数关系，能否借助于“等”再到“不等”呢？基于这样的想法，下列解法自然生成.

解法探究3：利用已有函数的对称性，解决极值点偏移问题思路：要证2＜x1＋x2，可以构造一个以x＝1为对称轴的二次函数，使得在对称轴右边的图象在f（x）的下方，在对称轴左边的图象在f（x）的上方.直线y＝t（0＜t＜1）的图象与二次函数f（x）的图象从左到右四个交点的横坐标可记为x4，x1，x3，x2，根据的xi（1≤i≤4）的大小關系即可证明.

类似地，要证e＞x1＋x2，可以构造一个以x＝e2为对称轴的函数，使得在对称轴的右边函数图象在f（x）的上方，在对称轴的左边在f（x）的下方.直线y＝t（0＜t＜1）的图象与函数、f（x）的图象从左到右四个交点的横坐标可记为x1，x5，x2，x6，根据这四者之间的大小关系即可证明.

详解：设g（x）＝-12x-1x＋lnx，g′（x）＝-12＋1x-12x2＝-（1-x）22x2≤0，

所以g（x）在（0，＋∞）上单调递减.

由0＜x1＜1＜x2，得到g（x1）＞g（1）＝0，即lnx1＞12-1x1＋x1.又0=g（1）＞g（x2），即lnx2＜12x2-1x2，所以f（x1）＝x1-x1lnx1＜x1-12（x21-1），f（x2）＝x2-x2lnx2＞x2-12（x22-1），所以x1-12（x21-1）＞x2-12（x22-1），整理得2＜x1＋x2.

设m（x）＝f（x）-x，x∈（0，1）.因为m（x）＝f（x）-x＝-xlnx＞0，所以f（x1）＞x1.设h（x）＝e-x-f（x），当x∈（1，e）时，h′（x）＝lnx-1＜0，所以h（x）在x∈（1，e）上单调递减，则h（x）＞h（e）＝0，则e-x2-f（x2）＞0，所以x1＜f（x1）＝f（x2）＜e-x2，所以x1＋x2＜e.

综上所述，2＜x1＋x2＜e.

上述解题方法本质是利用不等式放缩，借助已知图形的对称性证明不等式.整个证明思路清晰、计算简单、逻辑结构简洁.新高考题量大，题目活，这样的解法符合新高考的要求，更能锻炼学生的数学思维.

3  总结反思与感悟

极值点问题，实际上是代数中的证明不等式问题，由于该类问题变量多，代数关系复杂，因此很多学生感觉难以下手.模式化教学就显得非常有必要，但不能拘泥于模式化教学.解题的过程中要让学生理解遇到了一个什么问题，这个问题有哪些常见的思考角度，这些角度会产生怎样的方法.极值点偏移是代数问题，却又涉及几何图象的不对称性，因此上述的求解过程结合图象可以更好地理解.本文探讨的三种解法中运用了函数与方程、数形结合、转化与化归等思想，从不同的切入点得出解决极值点偏移的不同方法.这样的探究有利于学生多角度看待问题，深刻理解问题的本质特性，理解不同解法背后的数学思想，使得数学思想与方法根植于学生心中，从而真正提高学生数学素养.