一道函數極值點偏移問題的解題策略

祁居攀

【摘?要】??2021新課標全國卷Ⅰ第22題是一道函數極值點偏移問題的證明.此類題目已在往年的高考中多次出現，這類試題難度大、綜合性強、推理過程繁，對學生的思維要求高，導致得分率普遍偏低，究其原因是學生對極值點偏移問題的證明方法不能靈活應用.本文呈現出了該類題的三種證法供讀者學習.

【關鍵詞】??函數;極值點;偏移;解題策略

1?構造對稱函數法

思路分析???若x?0是函數f（x）的一個極值點，對結論x?1+x?2<（>）2x?0，則可構造函數F（x）=f（x）-f（2x?0-x）輔助證明.

題目??已知函數f（x）=x（1-?ln?x）.

（1）討論f（x）的單調性;

（2）設a，b為兩個不相等的正數，且b?ln?a-a?ln?b=a-b，證明：2

解??（1）函數f（x）的定義域為x∈（0，+∞），

由f′（x）=-?ln?x，得

當x∈（0，1]時，f′（x）≥0，

所以?f（x）單調遞增;

當x∈（1，+∞）時，f′（x）<0，

所以?f（x）單調遞減.

綜上知，f（x）在（0，1]上單調遞增，在?（1，+∞）?上單調遞減.

（2）??證法1???由b?ln?a-a?ln?b=a-b，

兩邊同乘以?1?ab??（其意分離變量）?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）不妨設

01，

如圖1所示，

因為x∈（0，1）時，

f（x）>0，

x∈（?e?，+∞）時，f（x）<0，

并且f（x?1）=f（x?2），得

x?1∈（0，1），x?2∈（1，?e?），

（?i?）先證明?x?1+x?2>2.

根據x?2的取值分類討論：

當2≤x?2

由02成立;

當02，轉化為只需證x?1>2-x?2，

構造對稱函數，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）.

因為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）時單調遞增，

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）時單調遞增，

所以?x?1>2-x?2，

即證得?x?1+x?2>2.

（?ii?）再證明?x?1+x?2

根據x?2的取值分類討論：

當1≤x?2≤?e?-1時，

由0

當?e?-1

令t（x）=f（x）-f（?e?-x），x∈（0，1），

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

令函數u（x）=[x（?e?-x）]，

則?u（x）在x∈（0，1）時單調遞增，

所以?u（x）∈（0，?e?-1）.

當u（x）∈（0，1）時，t′（x）=-?ln?[u（x）]>0，即t（x）單調遞增;

當u（x）∈（1，?e?-1）時，

t′（x）=-?ln?[u（x）]<0，

即?t（x）單調遞減，

即存在ξ∈（0，1），使t′（ξ）=0，并且t（x）在（0，ξ）單調遞增，在（ξ，1）單調遞減.

因為?x→0時，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

綜上知，2

注??對稱構造函數法是證明極值點偏移問題最常規的解法之一，其方法主要是構造函數，并利用函數的單調性得到證明的結論.

2?引入新函數法

思路分析???因為x=1是函數f（x）的極值點，所以可以考慮引入一個關于x=1對稱的二次函數，利用二次函數圖象的“對稱性”，解決極值點的“偏移”問題.

證法2???先證x?1+x?2>2，

構造函數?g（x）=x（2-x），

則?f（x）-g（x）?=x（1-?ln?x）-x（2-x）

=x（x-1-?ln?x）.

設t（x）=x-1-?ln?x，

則?t′（x）=1-?1?x?=?x-1?x?.

因為?x>0，

所以，當10，t（x）單調遞增;

當0

故?t（x）≥t（1）=0，

所以?f（x）-g（x）≥0，

即?f（x）≥g（x）.

由（1）可知

當0

當1

且?f（1）=g（1）=1，如圖2所示，

有?0

顯然?x?1+x?2>x?3+x?4=2，得證.

下面證明x?1+x?2

構造函數?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）.

設t（x）=x+1-?e?-?ln?x，

則?t′（x）=1-?1?x?=?x-1?x?.

因為?x>0，

所以，當10，t（x）單調遞增;

當0

因為?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

顯然?x?1+x?2

綜上知，2

注??根據題意引入與原函數極值點相同的二次函數，利用二次函數圖象的對稱性，并結合兩函數的圖象，可有效證明函數極值點偏移的問題.

3?引參消元法

思路分析???對題干中的兩個變量可以引入第三個變量，將兩元不等式問題轉化為一元不等式，再構造新函數求解.

證法3???由證法1知

x?1（1-?ln?x?1）=x?2（1-?ln?x?2），

設?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，

兩邊同除以?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?.

由對數均值不等式得

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?

因為??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?，

又因為??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.

因為?x?1∈（0，1），

所以??x?1+x?2?2?>x?1???max??=1，

證得?x?1+x?2>2.

下面證明?x?1+x?2

要證?x?1+x?2

即證?（t+1）x?1

兩邊取對數，即證

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，

構造函數h（t）=（t-1）?ln?（t+1）-t?ln?t?（t>1）?，

則?h′（t）?=?ln?（t+1）+?t-1?t+1?-1-?ln?t

=?ln??1+?1?t??-?2?t+1?，

由對數不等式?ln?（t+1）≤t，得

ln??1+?1?t??≤?1?t?

所以?h′（t）=?ln??1+?1?t??-?2?t+1?<0成立，

h（t）在（1，+∞）上單調遞減，

故?h（t）

所以?（t-1）?ln?（t+1）-t?ln?t<0成立，

即?x?1+x?2

綜上知，2

注??在極值點偏移問題中，引入第三個參量，通過構造新函數可以達到將雙元變量問題轉化為一元變量的問題求解的目的.

證法1通過構造函數并利用函數的“單調性”證明不等式是最常規的解法之一;證法2引入二次函數并利用二次函數圖象的“對稱性”，證明函數極值點偏移，數形結合簡捷明了;證法3根據已知條件恰當地引入一個“參量”能使極值點偏移中的二元變量轉元化為一元變量，通過“消元”達到了求解的目的.

總之，關于極值點偏移的證明題方法多樣，只有掌握最基本的證明方法，才能達到觸類旁通的效果.