活躍在模考試題中的極值點偏移問題

摘 要：文章結合最近的高考模擬試題，給出極值點偏移問題的兩種解決策略：構造對稱差函數和利用對數平均不等式.

關鍵詞：極值點偏移；解題策略；構造函數；對數平均不等式

中圖分類號：G632"" 文獻標識碼：A"" 文章編號：1008-0333（2024）19-0010-03

收稿日期：2024-04-05

作者簡介：武小軍（1987.1—），男，甘肅省張家川回族自治縣人，本科，中學一級教師，從事高中數學教學研究.[FQ）]

2021年新高考Ⅰ卷第22題和2022年全國甲卷理科第21題都考查了極值點偏移問題.

繼這兩道題后，2023年和2024年全國各地的模擬考試題就頻繁出現極值點偏移問題.解決極值點偏移問題的方法主要有構造對稱差函數和利用對數平均不等式.

1 構造對稱差函數

設x0是函數f（x）的一個極值點，若是證明x1+x2gt;2x0，則構造對稱差函數F（x）=f（x）-f（2x0-x）；若是證明x1x2gt;x20，則構造對稱差函數F（x）=

f（x）-f（x20x）.然后結合函數的單調性即可得證[1].

例1 （2023年12月江蘇省白蒲高級中學校）已知函數f（x）=xlnx-12ax2（agt;0）

.

（1）若函數f（x）在定義域內為減函數，求實數a的取值范圍;

（2）若函數f（x）有兩個極值點x1，x2（x1lt;x2），證明：x1x2gt;1a.

解析 （1）a≥1.過程略.

（2）函數f（x）有兩個極值點，由（1）知0lt;alt;1.

設g（x）=f ′（x）=1+lnx-ax，則x1，x2（x1lt;x2）是g（x）的兩個零點.因為

g′（x）=1x-a，所以當

x∈（0，1a）時，g′（x）gt;0，

當x∈（1a，+∞）時，g′（x）lt;0.

所以g（x）在x∈（0，1a）上單調遞增，在x∈（1a，+∞）上單調遞減.

所以0lt;x1lt;1alt;x2.

又因為g（1）=1-agt;0，

所以0lt;x1lt;1lt;1alt;x2.

要證x1x2gt;1a，只需證x2gt;1ax1gt;1a，只需證g（x2）lt;g（1ax1），其中g（x2）=0，即證g（1ax1）=1-ln（ax1）-1x1gt;0，即證ln（ax1）+1x1-1lt;0.

由g（x1）=lnx1-ax1+1=0，

設ax1=t∈（0，1），則lnx1=t-1，x1=et-1.

則ln（ax1）+1x1-1lt;0.

所以lnt+e1-t-1lt;0.

設G（t）=lnt+e1-t-1（0lt;tlt;1），則

G′（t）=1t-e1-t=et-1-ttet-1.

由（1）知lnx+1x≤1，故lnx≤x-1.

所以ex-1≥x，et-1-t≥0.

即G′（t）≥0，則G（t）在（0，1）上單調遞增.

所以G（t）lt;G（1）=0.

故ln（ax1）+1x1-1lt;0成立.

即x1x2gt;1a.

例2 （2023年12月陜西漢中聯考試題）已知函數f（x）=exx，g（x）=lnx-x.

（1）求函數g（x）的極值；

（2）若h（x）=f（x）-g（x），求函數h（x）的最小值；

（3）若h（x）=a有兩個零點x1，x2，證明：x1x2lt;1.

解析 （1）g（x）在x=1處取得極大值，極大值為-1，無極小值.過程略.

（2）由題意知函數h（x）=exx-lnx+x的定義域為（0，+∞），則

h′（x）=

=（ex+x）（x-1）x2.

由h′（x）gt;0，得xgt;1；

由h′（x）lt;0，得0lt;xlt;1.

所以h（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增.

所以h（x）min=h（1）=e+1.

（3）不妨設x1lt;x2，則由（2）知

0lt;x1lt;1lt;x2，0lt;1x2lt;1.

設S（x）=h（x）-a，由S（x1）=S（x2）=0，得

ex1x1-lnx1+x1=ex2x2-lnx2+x2.

即ex1-lnx1+x1-lnx1=ex2-lnx2+x2-lnx2.

因為函數y=ex+x在R上單調遞增，所以x1-lnx1=x2-lnx2成立.

構造函數M（x）=x-lnx，則

M′（x）=1-1x=x-1x.

由M′（x）gt;0，得xgt;1;

由M′（x）lt;0，得0lt;xlt;1.

所以M（x）=x-lnx在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增.

構造函數T（x）=M（x）-M（1x）=x-1x-2lnx，則T′（x）=1+1x2-2x=（x-1）2x2≥0.

所以函數T（x）在（0，+∞）上單調遞增.

所以當xgt;1時，T（x）gt;T（1）=0.

即當xgt;1時，M（x）gt;M（1x）.

所以M（x1）=M（x2）gt;M（1x2）.

又M（x）在（0，1）上單調遞減，

所以0lt;x1lt;1x2lt;1.

即x1x2lt;1.

2 利用對數平均不等式

設0lt;x1lt;x2，則x1x2lt;x2-x1lnx2-lnx1lt;x1+x22.這就是對數平均不等式[2].令t=x2x1gt;1，構造函數G（t）=lnt-2（t-1）t+1（tgt;1），根據單調性即可證明[3].

例3 （2023年12月山西省聯考試題）已知函數f（x）=lnx-ax+1，a∈R.

（1）若f（x）≤0，求a的取值范圍；

（2）若關于x的方程f（x2）=eax-ex2有兩個不同的正實根x1，x2，證明：x1+x2gt;2e.

解析 （1）a的取值范圍是［2ee，+∞）.過程略.

（2）由f（x2）=eax-ex2，得lnx2-ax+1=eax-ex2.

即ex2+ln（ex2）=eax+ax.

即eln（ex2）+ln（ex2）=eax+ax.

設F（x）=x+ex，則eln（ex2）+ln（ex2）=eax+ax等價于F［ln（ex2）］=F（ax）.

易證F（x）在R上單調遞增.

則ax=ln（ex2）.

即a=1+2lnxx.

設h（x）=1+2lnxx，則h′（x）=1-2lnxx2.

由h′（x）gt;0，得0lt;xlt;e.

由h′（x）lt;0，得xgt;e，

則h（x）在（0，e）上單調遞增，在（e，+∞）上單調遞減.

從而h（x）max=h（e）=2e，且h（1e）=h（e-12）=1+2ln（e-1/2）e-1/2=0.

當x→+∞時，h（x）→0.如圖1所示.

圖1 函數h（x）的圖象

方程f（x2）=eax-ex2有兩個不同的正實根x1，x2，不妨設x1lt;x2，

由圖1可知，1elt;x1lt;elt;x2，0lt;alt;2e.

設G（t）=lnt-2（t-1）t+1（tgt;1），則

G′（t）=（t-1）2t（t+1）2gt;0.

則G（t）在（1，+∞）上單調遞增.

因為G（1）=0，所以G（t）gt;0.

即lnt-2（t-1）t+1gt;0.

設t=x2x1gt;1，則lnx2x1-2·x2/x1-1x2/x1+1gt;0.

即2（x2-x1）x1+x2lt;lnx2-lnx1.

則x2-x1lnx2-lnx1lt;x1+x22.

因為方程f（x2）=eax-ex2有兩個不同的正實根x1，x2，

所以ax1=1+2lnx1，ax2=1+2lnx2.

作差，得x2-x1lnx2-lnx1=2a.

因為0lt;alt;2e，所以2agt;e.

所以x2-x1lnx2-lnx1gt;e.

則x1+x22gt;e.

故x1+x2gt;2e.

3 結束語

對于極值點偏移問題，要先求出函數的單調性，作出其大致圖象，確定x1，x2的取值范圍，然后結合單調性將要證明的問題進行等價變形，再視情況構造對稱差函數或者利用對數平均不等式來證明.值得注意的是，對數平均不等式不可以直接使用，要先證明了才能用.

參考文獻：

［1］

代紅軍，代錦春.2022年全國高考甲卷理科數學第21題解法探究[J].數理化解題研究，2023（13）：53-55.

[2] 李鴻昌，徐章韜.關于對數平均的一個不等式的推廣[J].數學通報，2023，62（8）：50-52.

[3] 李鴻昌.2022年高考中三道比較大小試題的簡解與思考[J].數學通訊，2022（15）：51-53.

［責任編輯：李 璟］