活跃在模考试题中的极值点偏移问题

摘 要：文章结合最近的高考模拟试题，给出极值点偏移问题的两种解决策略：构造对称差函数和利用对数平均不等式.

关键词：极值点偏移；解题策略；构造函数；对数平均不等式

中图分类号：G632"" 文献标识码：A"" 文章编号：1008-0333（2024）19-0010-03

收稿日期：2024-04-05

作者简介：武小军（1987.1—），男，甘肃省张家川回族自治县人，本科，中学一级教师，从事高中数学教学研究.[FQ）]

2021年新高考Ⅰ卷第22题和2022年全国甲卷理科第21题都考查了极值点偏移问题.

继这两道题后，2023年和2024年全国各地的模拟考试题就频繁出现极值点偏移问题.解决极值点偏移问题的方法主要有构造对称差函数和利用对数平均不等式.

1 构造对称差函数

设x0是函数f（x）的一个极值点，若是证明x1+x2gt;2x0，则构造对称差函数F（x）=f（x）-f（2x0-x）；若是证明x1x2gt;x20，则构造对称差函数F（x）=

f（x）-f（x20x）.然后结合函数的单调性即可得证[1].

例1 （2023年12月江苏省白蒲高级中学校）已知函数f（x）=xlnx-12ax2（agt;0）

.

（1）若函数f（x）在定义域内为减函数，求实数a的取值范围;

（2）若函数f（x）有两个极值点x1，x2（x1lt;x2），证明：x1x2gt;1a.

解析 （1）a≥1.过程略.

（2）函数f（x）有两个极值点，由（1）知0lt;alt;1.

设g（x）=f ′（x）=1+lnx-ax，则x1，x2（x1lt;x2）是g（x）的两个零点.因为

g′（x）=1x-a，所以当

x∈（0，1a）时，g′（x）gt;0，

当x∈（1a，+∞）时，g′（x）lt;0.

所以g（x）在x∈（0，1a）上单调递增，在x∈（1a，+∞）上单调递减.

所以0lt;x1lt;1alt;x2.

又因为g（1）=1-agt;0，

所以0lt;x1lt;1lt;1alt;x2.

要证x1x2gt;1a，只需证x2gt;1ax1gt;1a，只需证g（x2）lt;g（1ax1），其中g（x2）=0，即证g（1ax1）=1-ln（ax1）-1x1gt;0，即证ln（ax1）+1x1-1lt;0.

由g（x1）=lnx1-ax1+1=0，

设ax1=t∈（0，1），则lnx1=t-1，x1=et-1.

则ln（ax1）+1x1-1lt;0.

所以lnt+e1-t-1lt;0.

设G（t）=lnt+e1-t-1（0lt;tlt;1），则

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，则G（t）在（0，1）上单调递增.

所以G（t）lt;G（1）=0.

故ln（ax1）+1x1-1lt;0成立.

即x1x2gt;1a.

例2 （2023年12月陕西汉中联考试题）已知函数f（x）=exx，g（x）=lnx-x.

（1）求函数g（x）的极值；

（2）若h（x）=f（x）-g（x），求函数h（x）的最小值；

（3）若h（x）=a有两个零点x1，x2，证明：x1x2lt;1.

解析 （1）g（x）在x=1处取得极大值，极大值为-1，无极小值.过程略.

（2）由题意知函数h（x）=exx-lnx+x的定义域为（0，+∞），则

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）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增.

所以h（x）min=h（1）=e+1.

（3）不妨设x1lt;x2，则由（2）知

0lt;x1lt;1lt;x2，0lt;1x2lt;1.

设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.

因为函数y=ex+x在R上单调递增，所以x1-lnx1=x2-lnx2成立.

构造函数M（x）=x-lnx，则

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）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增.

构造函数T（x）=M（x）-M（1x）=x-1x-2lnx，则T′（x）=1+1x2-2x=（x-1）2x2≥0.

所以函数T（x）在（0，+∞）上单调递增.

所以当xgt;1时，T（x）gt;T（1）=0.

即当xgt;1时，M（x）gt;M（1x）.

所以M（x1）=M（x2）gt;M（1x2）.

又M（x）在（0，1）上单调递减，

所以0lt;x1lt;1x2lt;1.

即x1x2lt;1.

2 利用对数平均不等式

设0lt;x1lt;x2，则x1x2lt;x2-x1lnx2-lnx1lt;x1+x22.这就是对数平均不等式[2].令t=x2x1gt;1，构造函数G（t）=lnt-2（t-1）t+1（tgt;1），根据单调性即可证明[3].

例3 （2023年12月山西省联考试题）已知函数f（x）=lnx-ax+1，a∈R.

（1）若f（x）≤0，求a的取值范围；

（2）若关于x的方程f（x2）=eax-ex2有两个不同的正实根x1，x2，证明：x1+x2gt;2e.

解析 （1）a的取值范围是［2ee，+∞）.过程略.

（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.

设F（x）=x+ex，则eln（ex2）+ln（ex2）=eax+ax等价于F［ln（ex2）］=F（ax）.

易证F（x）在R上单调递增.

则ax=ln（ex2）.

即a=1+2lnxx.

设h（x）=1+2lnxx，则h′（x）=1-2lnxx2.

由h′（x）gt;0，得0lt;xlt;e.

由h′（x）lt;0，得xgt;e，

则h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减.

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

当x→+∞时，h（x）→0.如图1所示.

图1 函数h（x）的图象

方程f（x2）=eax-ex2有两个不同的正实根x1，x2，不妨设x1lt;x2，

由图1可知，1elt;x1lt;elt;x2，0lt;alt;2e.

设G（t）=lnt-2（t-1）t+1（tgt;1），则

G′（t）=（t-1）2t（t+1）2gt;0.

则G（t）在（1，+∞）上单调递增.

因为G（1）=0，所以G（t）gt;0.

即lnt-2（t-1）t+1gt;0.

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

即2（x2-x1）x1+x2lt;lnx2-lnx1.

则x2-x1lnx2-lnx1lt;x1+x22.

因为方程f（x2）=eax-ex2有两个不同的正实根x1，x2，

所以ax1=1+2lnx1，ax2=1+2lnx2.

作差，得x2-x1lnx2-lnx1=2a.

因为0lt;alt;2e，所以2agt;e.

所以x2-x1lnx2-lnx1gt;e.

则x1+x22gt;e.

故x1+x2gt;2e.

3 结束语

对于极值点偏移问题，要先求出函数的单调性，作出其大致图象，确定x1，x2的取值范围，然后结合单调性将要证明的问题进行等价变形，再视情况构造对称差函数或者利用对数平均不等式来证明.值得注意的是，对数平均不等式不可以直接使用，要先证明了才能用.

参考文献：

［1］

代红军，代锦春.2022年全国高考甲卷理科数学第21题解法探究[J].数理化解题研究，2023（13）：53-55.

[2] 李鸿昌，徐章韬.关于对数平均的一个不等式的推广[J].数学通报，2023，62（8）：50-52.

[3] 李鸿昌.2022年高考中三道比较大小试题的简解与思考[J].数学通讯，2022（15）：51-53.

［责任编辑：李 璟］