彭曉霞

摘? 要：本文從一個(gè)典型例題出發(fā)，從不等式這個(gè)切入點(diǎn)給出解決

有關(guān)

極值點(diǎn)偏移問(wèn)題的通性通法，并利用2021新高考題對(duì)此類問(wèn)題作了進(jìn)一步研究.結(jié)合新高考對(duì)培養(yǎng)數(shù)學(xué)素養(yǎng)的要求，總結(jié)了關(guān)于極值點(diǎn)偏移問(wèn)題探究中的心得體會(huì).

關(guān)鍵詞：極值點(diǎn)偏移；不等式；多變量；減元

與極值點(diǎn)偏移有關(guān)的問(wèn)題在近幾年的各地模擬題、高考題中頻頻出現(xiàn).此類問(wèn)題往往在試卷的最后一題最后一問(wèn)，綜合性強(qiáng)，涉及面廣，往往含有多元變量.此類問(wèn)題有通性通法，但作為壓軸題，往往不會(huì)以標(biāo)準(zhǔn)的極值點(diǎn)偏移的形式呈現(xiàn)，而需要利用數(shù)學(xué)策略化歸為熟悉的形式.學(xué)生需根據(jù)代數(shù)結(jié)構(gòu)特征，結(jié)合圖象，看清問(wèn)題，分析考點(diǎn)，找出解決方法.

1? 不等式視角下的極值點(diǎn)偏移問(wèn)題

極值點(diǎn)偏移從不等式的角度理解就是已知一個(gè)等量關(guān)系，求證不等式成立.解決這類問(wèn)題的核心思想是將求證不等式變成一元不等式，常用的技巧有消元、換元等.而證明不等式的常見(jiàn)的方法有作差，借助函數(shù)的值域、單調(diào)性，利用中間量進(jìn)行放縮，借助已有結(jié)論等.本文以幾個(gè)實(shí)例為例，從以上這幾個(gè)角度來(lái)談?wù)剺O值點(diǎn)偏移問(wèn)題.

以一道常見(jiàn)題為例：已知函數(shù)f（x）＝alnx＋x＋a存在兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2.

（1）求a的取值范圍；

（2）證明：x1＋x2＞-2a.

解法探究1：借助函數(shù)的單調(diào)性，解決極值點(diǎn)偏移問(wèn)題

思路：要比較x1＋x2與-2a的大小，即x2與-x1-2a的大小.從x2與-x1-2a的形式來(lái)看，可以看成函數(shù)f（x）的兩個(gè)自變量的大小關(guān)系，從而可以利用函數(shù)的單調(diào)性去研究自變量的大小關(guān)系.進(jìn)而又劃歸為證明不等式-f（-x1-2a）＋f（x2）＞0.從多變量不等式的角度來(lái)看，減少元又成為本題的關(guān)鍵.

詳解：設(shè)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）上單調(diào)遞減，所以g（x）＞g（-a）＝0.不妨設(shè)0＜x1＜-a＜x2，因?yàn)?＜x1＜-a，則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：多變量減少元，利用函數(shù)的值域，解決極值點(diǎn)偏移問(wèn)題

思路：

變量的個(gè)數(shù)為三個(gè)，而題目已知函數(shù)f（x）＝alnx＋x＋a存在兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，可以構(gòu)造x1，x2，及a三者之間的代數(shù)關(guān)系，從而可以將不等式統(tǒng)一到一個(gè)變量，然后利用函數(shù)的值域解決問(wèn)題.

詳解：因?yàn)閍lnx1＋x1＋a＝0，alnx2＋x2＋a＝0，所以前面兩等式相減得到：-a＝-x2＋x1-lnx2＋lnx1.要證：x1＋x2＞-2a，不妨設(shè)0＜x1＜-a＜x2，整理得到要證lnx1-lnx2＜2×x1-x2x1＋x2，即要證lnx1x2＜2×x1x2-1x1x2＋1，從而要證t＝x1x2（0＜t＜1）的不等式ln t＜2×t-1t＋1成立.設(shè)g（t）＝lnt-2×t-1t＋1，所以g′（t）＝（t-1）2t（t＋1）2≥0，則g（t）在（0，1］上單調(diào)遞增，因此g（t）＜g（1）＝0，所以得證.

以上解法就是極值點(diǎn)偏移的兩種通性通法，看似解決思路不同，但本質(zhì)都是利用了證明多變量不等式需要減元的思想.理解了這一點(diǎn)學(xué)生才能做到有律可循，觸類旁通.

2? 極值點(diǎn)偏移問(wèn)題在高考題中的體現(xiàn)

2021屆新高考Ⅰ卷第22題第二問(wèn)屬于極值點(diǎn)偏移問(wèn)題，但問(wèn)題的呈現(xiàn)不是極值點(diǎn)偏移的標(biāo)準(zhǔn)形式，解決問(wèn)題需學(xué)生透過(guò)問(wèn)題看到本質(zhì)，回歸到證明不等式.

題目再現(xiàn)：

已知函數(shù)f（x）＝x（1-lnx）.

（1）討論f（x）的單調(diào)性；

（2）設(shè)a，b為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且blna-alnb＝a-b，證明：2＜1a＋1b＜e.

本題的第二問(wèn)通過(guò)構(gòu)造函數(shù)，換元等方法，可以將題目轉(zhuǎn)化為：

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

對(duì)照著例題的兩種通性通法，分別給出以下解答：

（1）略.

（2）由（1）可知，不妨設(shè)0＜x1＜1，x2＞1.

因?yàn)閤∈（0，1）時(shí)，f（x）＝x（1-lnx）＞0；

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

方法一：當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，設(shè)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］.

∵當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，1-（1-x）2∈（0，1），

∴g′（x）＞0，∴g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增.

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），根據(jù)（1）知，f（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞減，所以x1＋x2＞2.

再證x1＋x2＜e.

當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，設(shè)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），則H′（x）＝1-ln（e-x）＞0，所以H（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，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，即得證x1＋x2＜e.

上述解題方法使用的是極值點(diǎn)偏移中通性通法一，在證明h（x）＞0時(shí)，如果像例題一樣直接對(duì)函數(shù)h（x）進(jìn)行求導(dǎo)，借助函數(shù)的值域證明不等式，計(jì)算過(guò)于復(fù)雜，學(xué)生望而生畏.因此需要借助中間量函數(shù)H（x）來(lái)證明h（x）＞0，這也是證明不等式的常用方法之一.

方法二：設(shè)tx1＝x2，則t＞1.因?yàn)閤1（-lnx1＋1）＝x2（-lnx2＋1），所以1-lnx1＝t（1-lnt-lnx1），故lnx1＝t-1-tlntt-1.

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

設(shè)S（t）＝（t-1）ln（t＋1）-tlnt＋（1-ln2）·（t-1），則S′（t）＝ln（t＋1）＋t-1t+1-lnt-ln2，則S′′（t）＝1t+1＋2（t+1）2-1t＝t-1t（t+1）2＞0，所以S′（t）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以S′（t）＞S′（1）＝0.

所以S（t）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以S（t）＞S（1）＝0，所以得證.

再證x1＋x2＜e，即證（t＋1）x1＜e，即證ln（t＋1）＋lnx1＜1，即證ln（t＋1）+t-1-tlntt-1＜1，即證ln（t＋1）t＜lntt-1，設(shè)m（x）＝1-1x-lnx（x＞1），所以m′（x）＝1x2-1x＝1-xx2＜0，所以m（x）＜m（1）＝0.

設(shè)s（x）＝lnxx-1，則s′（x）＝1-1x-lnx（x-1）2＜0，所以s（t）＜s（t-1），所以得證.

綜上所述，2＜x1＋x2＜e.

上述解題方法使用的是極值點(diǎn)偏移中通性通法二，在證x1＋x2＜e時(shí)，如果照搬通性通法二的方法

，則會(huì)

遇到

與方法一

類似的問(wèn)題.另辟蹊徑，利用構(gòu)造函數(shù)的解題策略，借助函數(shù)的單調(diào)性證明不等式.

縱觀本題，雖然通性通法能解決，但證明過(guò)程復(fù)雜，計(jì)算要求高，耗時(shí)長(zhǎng)，很多學(xué)生半途而廢.極值點(diǎn)偏移本質(zhì)是函數(shù)在極值點(diǎn)左右兩邊變化趨勢(shì)的不對(duì)稱性.不等式證明自然要解決“不等”這樣的代數(shù)關(guān)系，能否借助于“等”再到“不等”呢？基于這樣的想法，下列解法自然生成.

解法探究3：利用已有函數(shù)的對(duì)稱性，解決極值點(diǎn)偏移問(wèn)題思路：要證2＜x1＋x2，可以構(gòu)造一個(gè)以x＝1為對(duì)稱軸的二次函數(shù)，使得在對(duì)稱軸右邊的圖象在f（x）的下方，在對(duì)稱軸左邊的圖象在f（x）的上方.直線y＝t（0＜t＜1）的圖象與二次函數(shù)f（x）的圖象從左到右四個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)可記為x4，x1，x3，x2，根據(jù)的xi（1≤i≤4）的大小關(guān)系即可證明.

類似地，要證e＞x1＋x2，可以構(gòu)造一個(gè)以x＝e2為對(duì)稱軸的函數(shù)，使得在對(duì)稱軸的右邊函數(shù)圖象在f（x）的上方，在對(duì)稱軸的左邊在f（x）的下方.直線y＝t（0＜t＜1）的圖象與函數(shù)、f（x）的圖象從左到右四個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)可記為x1，x5，x2，x6，根據(jù)這四者之間的大小關(guān)系即可證明.

詳解：設(shè)g（x）＝-12x-1x＋lnx，g′（x）＝-12＋1x-12x2＝-（1-x）22x2≤0，

所以g（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞減.

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.

設(shè)m（x）＝f（x）-x，x∈（0，1）.因?yàn)閙（x）＝f（x）-x＝-xlnx＞0，所以f（x1）＞x1.設(shè)h（x）＝e-x-f（x），當(dāng)x∈（1，e）時(shí)，h′（x）＝lnx-1＜0，所以h（x）在x∈（1，e）上單調(diào)遞減，則h（x）＞h（e）＝0，則e-x2-f（x2）＞0，所以x1＜f（x1）＝f（x2）＜e-x2，所以x1＋x2＜e.

綜上所述，2＜x1＋x2＜e.

上述解題方法本質(zhì)是利用不等式放縮，借助已知圖形的對(duì)稱性證明不等式.整個(gè)證明思路清晰、計(jì)算簡(jiǎn)單、邏輯結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)潔.新高考題量大，題目活，這樣的解法符合新高考的要求，更能鍛煉學(xué)生的數(shù)學(xué)思維.

3? 總結(jié)反思與感悟

極值點(diǎn)問(wèn)題，實(shí)際上是代數(shù)中的證明不等式問(wèn)題，由于該類問(wèn)題變量多，代數(shù)關(guān)系復(fù)雜，因此很多學(xué)生感覺(jué)難以下手.模式化教學(xué)就顯得非常有必要，但不能拘泥于模式化教學(xué).解題的過(guò)程中要讓學(xué)生理解遇到了一個(gè)什么問(wèn)題，這個(gè)問(wèn)題有哪些常見(jiàn)的思考角度，這些角度會(huì)產(chǎn)生怎樣的方法.極值點(diǎn)偏移是代數(shù)問(wèn)題，卻又涉及幾何圖象的不對(duì)稱性，因此上述的求解過(guò)程結(jié)合圖象可以更好地理解.本文探討的三種解法中運(yùn)用了函數(shù)與方程、數(shù)形結(jié)合、轉(zhuǎn)化與化歸等思想，從不同的切入點(diǎn)得出解決極值點(diǎn)偏移的不同方法.這樣的探究有利于學(xué)生多角度看待問(wèn)題，深刻理解問(wèn)題的本質(zhì)特性，理解不同解法背后的數(shù)學(xué)思想，使得數(shù)學(xué)思想與方法根植于學(xué)生心中，從而真正提高學(xué)生數(shù)學(xué)素養(yǎng).