一道涉及存在性問題的最值問題的探究

摘要：涉及函數的雙變量中的存在性問題，是體現數學知識與思想方法交匯性與綜合性的一類熱點問題，成為考查“四基”的重要場景.結合一道涉及兩個函數值相等的存在性問題，從不同思維視角挖掘并切入，發散數學思維，剖析技巧與方法，歸納總結解題技巧，并加以合理變式拓展，指導數學教學與復習備考.

關鍵詞：函數；存在；最值；同構；數形結合

雙變量中的存在性問題，巧妙融入函數與方程、不等式、常用邏輯用語、函數與導數的應用等相關數學基礎知識，以及化歸與轉化、函數與方程、數形結合以及邏輯推理等數學思想方法，是高考數學試卷的考查重點與難點之一，備受各方關注.

“存在x1，x2，使得f（x1）=g（x2）成立”問題，實質就是這兩個函數在共同的定義域區間上的值域的交集非空.

1 問題呈現

問題 （2024年廣東省深圳市高三年級第二次調研考試數學試卷·8）設函數f（x）=x+ex，g（x）=x+ln x，若存在x1，x2，使得f（x1）=g（x2），則|x1－x2|的最小值為（" ）.

A.1e

B.1

C.2

D.e

此題以兩個函數為問題背景，通過存在性的設置，結合兩函數值相等的條件，進而確定此背景下兩自變量之差的絕對值的最小值問題.

解決此類涉及指數式、對數式的混合問題，同構思維是基本策略，關鍵在于切線不等式的放縮與轉化；利用數形結合思維有時可以更加直觀快捷地處理問題；換元思維是最基本的技巧方法，也是解決此類問題的一種重要手段.

2 問題破解

2.1 同構思維

方法1：函數同構法1.

解析：依題，若存在x1，x2使得f（x1）=g（x2），則有x1+ex1=x2+ln x2，變形可得ex1+ln ex1=x2+ln x2，則有g（ex1）=g（x2）.

而對于函數g（x）=x+ln x，xgt;0，求導可得g′（x）=1+1xgt;0，則知函數g（x）在區間（0，+∞）上單調遞增，結合g（ex1）=g（x2）可得ex1=x2.

而借助指數切線不等式，可得ex1≥x1+1，當且僅當x1=0時等號成立，變形可得x1－ex1≤－1.

所以|x1－x2|=|x1－ex1|≥1，當且僅當x1=0時等號成立.

所以|x1－x2|的最小值為1，當x1=0，x2=1時等號成立.故選擇答案：B.

方法2：函數同構法2.

解析：依題，若存在x1，x2使得f（x1）=g（x2），則x1+ex1=x2+ln x2，可得x1+ex1=ln x2+eln x2，則有f（x1）=f（ln x2）.

而對于函數f（x）=x+ex，求導可得f′（x）=1+exgt;0，則知函數f（x）在區間（－∞，+∞）上單調遞增.結合f（x1）=f（ln x2），可得x1=ln x2.

而借助對數切線不等式，可得ln x2≤x2－1，當且僅當x2=1時等號成立，變形可得ln x2－x2≤－1.

所以|x1－x2|=|ln x2－x2|≥1，當且僅當x2=1時等號成立.

所以|x1－x2|的最小值為1，當x1=0，x2=1時等號成立.故選擇答案：B.

2.2 數形結合思維

方法3：數形結合法.

解析：依題，借助指數切線不等式得f（x）=x+ex≥x+（x+1）=2x+1，當且僅當x=0時等號成立.

借助對數切線不等式，可得g（x）=x+ln x≤x+（x－1）=2x－1，當且僅當x=1時等號成立.

而直線y=2x+1與y=2x－1是兩條平行直線.

如圖1所示，根據圖形直觀分析，若f（x1）=g（x2），則當x1=0，x2=1時，|x1－x2|的最小值為1.故選擇答案：B.

2.3 換元思維

方法4：換元法.

解析：依題，若存在x1，x2使得f（x1）=g（x2），則有x1+ex1=x2+ln x2.

根據條件設x1－x2=t，則有x1=x2+t.代入上式可得x2+t+ex2+t=x2+ln x2，則有ln x2=ex2+t+t.

結合指數切線不等式，可得ex2+t≥x2+t+1，當且僅當x2+t=0時等號成立，所以有ln x2=ex2+t+t≥x2+2t+1，分離參數可得t≤ln x2－x2－12.

構建函數h（x）=ln x－x－12，xgt;0，求導可得h′（x）=12（1x－1）=1－x2x.令h′（x）=0，可得x=1.

所以當x∈（0，1）時，h′（x）gt;0，函數h（x）單調遞增；當x∈（1，+∞）時，h′（x）lt;0，函數h（x）單調遞減.所以h（x）max=h（1）=－1.

所以t≤－1，可得|x1－x2|≥1，即|x1－x2|的最小值為1.故選擇答案：B.

3 變式拓展

根據兩個函數之間的關系，通過存在性的設置，借助兩函數值對應相等，進而確定對應兩自變量差值的最值問題，合理巧妙變式與拓展，開拓解題思路，發散解題思維，形成數學關鍵能力.

變式1 設函數f（x）=x+ex，g（x）=x+ln x，若存在x1，x2，使得f（x1）=g（x2），則x1－x2的最大值為.

該變式問題的解析過程，可以參考原問題的方法1、方法2或方法4.該變式問題更加直接快捷地給出了問題的實質與應用.

變式2 已知函數f（x）=ex，g（x）=4x－2，若在區間[0，+∞）上存在x1，x2，使得f（x1）=g（x2），則x2－x1的最小值為（" ）.

A.1+ln 2

B.1－ln 2

C.916

D.e－2

解析：依題，若在區間[0，+∞）上存在x1，x2，使得f（x1）=g（x2），可得ex1=4x2－2，即ex1－4x2+2=0.

根據條件設x2－x1=tgt;0，可得x2=x1+t.代入上式可得ex1－4x1+t+2=0.分離參數可得t=（ex1+2）216－x1.

構建函數h（x）=（ex+2）216－x，x≥0，則有h′（x）=18（e2x+2ex－8）=18（ex+4）（ex－2）.令h′（x）=0，可得ex=2，則有x=ln 2.

所以當x∈（0，ln 2）時，h′（x）lt;0，函數h（x）單調遞減；當x∈（ln 2，+∞）時，h′（x）gt;0，函數h（x）單調遞增.所以h（x）min=h（ln 2）=1－ln 2.

所以t的最小值為1－ln 2，即x2－x1的最小值為1－ln 2.故選擇答案：B.

變式3 已知函數f（x）=e2x－3，g（x）=14+ln x2，若在在實數x1，x2，使得f（x1）=g（x2），則x2－x1的最小值為.

解析：依題，設f（x1）=g（x2）=m，則有e2x1－3=14+ln x22=mgt;0，則ln m=2x1－3，ln x22=m－14，即x1=ln m+32，x2=2em－14.

所以x2－x1=2em－14－ln m+32.構建函數h（m）=2em－14－ln m+32，mgt;0，則有h′（m）=2em－14－12m.又h″（m）=2em－14+12m2gt;0，則知導函數h′（m）在（0，+∞）上單調遞增，且h′14=0.

所以當m∈0，14時，h′（m）lt;0，函數h（m）單調遞減；當m∈14，+∞時，h′（m）gt;0，函數h（m）單調遞增.所以h（m）min=h14=12+ln 2.

所以x2－x1的最小值為12+ln 2.

故填答案：12+ln 2.

4 教學啟示

其實，解決雙變量中的存在性問題，關鍵在于正確理解并掌握對應存在量詞的含義與實質，合理通過變形與轉化，結合整體思維、換元思維等，將問題等價轉化為對應函數的函數值、值域關系、最值（最大值或最小值）的大小關系等，這是解決此類問題最基本的思維方向.

抓住問題的基本，合理挖掘存在性問題的實質與內涵，巧妙綜合函數與方程的關系與轉化應用，合理構建函數，利用函數與導數的應用，結合函數的基本性質（主要是單調性、最值等）、不等式的基本性質、切線不等式的放縮與應用，綜合函數的圖象與性質等來分析與解決問題，合理化歸轉化，巧妙分析求解.