高考数学 极值点偏移问题的不等式解法素材

已知函数()e (R)x f x x x -=⋅∈，如果12x x ≠且12()()f x f x =.证明：122x x +>. 分析：通过题目条件知，1x ，2x 无法直接求出，也就无法求12x x +与工作比较.那么我们利用降元的思想，将双元的不等式转化为单元不等式，利用归纳的通法通过消元来实现，充分利用函数的单调性来证明此类问题.解题思路：欲证明12122x x x x +>⇔>2-，此时直接比较1x 与22x -的大小不方便，转而通过比较1()f x 与2(2)f x -的大小关系.又因为12()()f x f x =.即比较2()f x 与2(2)f x -的大小关系，再构造辅助函数()()(2)F x f x f x =--，结合其()F x 的单调性即可证明.解法一：()(1)e x f x x -'=-， 令()(1)e 0x f x x -'=-=.则1x =. 所以()f x 在区间∞（-，1）内是增函数，在区间1+∞（，）上单调递减，函数()f x 在1x =处取极大值(1)f .且1(1)ef =.画出草图如图.xx 1+x 22x 2x 11O由图像知1201.x x <<<欲证明122x x +>.即122x x >-. 因为101x <<，那么21x > ⇒11x -<-⇒221x -<.所以1x 与22(0,1).x -∈又因为12()()f x f x =进而转化为比较122()()(2)f x f x f x =>-. 那么我们只需研究()()(2)F x f x f x =--.即可.()()(2)F x f x f x =--.()2()()(2)(1)e e x x F x f x f x x --'''=--=--.知：1x >时()0F x '>.即()F x 在(,1)-∞上单调递增.且()10F =.所以()(2)f x f x >-.即12()(2)f x f x >-又因为()f x 在1∞（-，）个单调递增. 则122x x >-.即122x x +>.证毕.解法二：思路点拨：构建12,x x 的等量关系.直按换元.21t x x =-.来实现变量单元比. 解：由题12()()f x f x =，得12212121ee e x x x x x x x x ---=⇔=，令21(0)t x x t =->. 则21x t x =+，2121111ee e 1x x t t x t x t x x x -+=⇔=⇒=-， 21e 1t t x t x t =+=+-，122e 1t t x x t +=+-，因为122x x +>， 22(2)(e 1)20e 1t tt t t t ⇔+>⇔--+>-. 令()(2)(e 1)2(0)t g t t t t =--+>.()(1)e 1t g t t '=-+，()e 0t g t t ''=>所以()g t '在(0,)t ∈∞单调递增，()(0)0g t g ''>=.所以()g t 在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0g t g >=.从而(2)(e 1)20t t t --+>，即122x x +>.点评：方法一: 证122x x +>即要证1212x x +>.122x x +就是12()()f x f x =.中点的横坐标，不等式右边1恰好是函数()e x f x x -=的极值点，因此就是比较122x x +与极值点1的大小关系.进而转化为构造函数.比较()f x 与(2)f x -大小.本质上证极值点左偏.如下图.xx 1+x 22x 2x 1x 0方法二：通过换元来实现.对12,x x 用变元七来表示.进而转化为单元变量的函数求解.解法三：利用对数平均不等式.我们先回顾熟知的平均值不等式：,R a b +∈，2221122a b a b aba b+++. 即“调和平均数”“几何平均数” “算术平均数” “平方平均值”.当且仅当a b =成立.下面我们引入另一个平均值：对数平均不等式即. 当0a >，0b >，且a b ≠时，ln ln 2a b a bab a b -+<<-.证明如下：不妨设0a b >>.因为ln ln ln ln a b a bab a b a b ab--<⇔-<⇔-11ln 2ln aa a ab b b b a a b b-<⇔<- 令1ax b=>12ln x x x ⇒<-.构造辅助函数1()2ln (1)g x x x x x ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭则21()1g x x ⎛⎫'=--- ⎪⎝⎭.因为1x >.所以()0g x '<.所以()g x 在∞（1，+）单调递减，()(1)0g x g <=. 所以可知ln ln a bab a b-<-成立.因为ln ln ln ln 2a b a b a b a b -+<⇔->-212()ln 1a a b a b a a b b b ⎛⎫- ⎪-⎝⎭⇔>++令1a x b =>2(1)ln 1x x x -⇒>+ 构造辅助函数2(1)()ln (1)1x h x x x x -=->+ 则2(1)()(1)x h x x x -'=+，所以1x >时，()0h x '>，()h x 在1+∞（，）单调递增， 所以()(1)0h x h >=.所以ln ln 2a b a ba b -+<-，所以0a b ∀>>.a b ≠.ln ln 2a b a bab a b -+<<-证毕.下面我们来利用这个不等式巧妙证明： 设12()()f x f x a ==，则11e x x a =，22ex x a =.两边取对数. 11ln ln ,x x a -=①22ln ln .x x a -=②①-②1212ln ln x x x x ⇒-=即12121ln ln x x x x -=-根据对数平均值不等式：1212121=ln ln 2x x x xx x -+<-所以122x x +>.证毕点评此种方法更加巧妙.简洁.掌握了对数平均值不等式会更快的入手.。

值点偏移问题在高考中很常见，此类问题以导数为背景考察学生运用函数与方程、数形结合、转换的思想解决函数问题的能力，层次性强，能力要求较高.下面给出引例，通过探究，归纳总结出解决此类问题的一般性方法. ★已知()21ln 2f x x x mx x =--，m ∈R ．若()f x 有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求证：212e x x >（e 为自然对数的底数）．解法一：齐次构造通解偏移套路于是()()222121111222111lnln ln ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫+ ⎪-+⎝⎭+==--．又120x x <<，设21x t x =，则1t >．因此，()121ln ln ln 1t t x x t ++=-，1t >． 要证12ln ln 2x x +>，即证：()1ln 21t t t +>-，1t >．即：当1t >时，有()21ln 1t t t ->+．设函数()()21ln 1t h t t t -=-+，1t ≥，则()()()()()()222212111011t t t h t t t t t +---'=-=≥++， 所以，()h t 为()1.+∞上的增函数．注意到，()10h =，因此，()()10h t h ≥=．学&科网于是，当1t >时，有()21ln 1t t t ->+．所以，有12ln ln 2x x +>成立，212e x x >．学&科网解法二 变换函数能妙解证法2：欲证212e x x >，需证12ln ln 2x x +>．若()f x 有两个极值点1x ，2x ，即函数()f x '有两个零点．又()ln f x x mx '=-，所以，1x ，2x 是方程()0f x '=的两个不同实根．显然0m >，否则，函数()f x '为单调函数，不符合题意． 由()11121222ln 0ln ln ln 0x mx x x m x x x mx -=⎧⇒+=+⎨-=⎩，解法三 构造函数现实力证法3：由1x ，2x 是方程()0f x '=的两个不同实根得ln x m x =，令()ln xg x x=，()()12g x g x =，由于()21ln xg x x-'=，因此，()g x 在()1,e ↑，()e,+∞↓．设121e x x <<<，需证明212e x x >，只需证明()212e 0,e x x >∈，只需证明()212e f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即()222e f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即()222e 0f x f x ⎛⎫-> ⎪⎝⎭．来源： 微信公众号 中学数学研讨部落 即()()()()2e 1,e h x f x f x x ⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭，()()()22221ln e 0e x x h x x --'=>，故()h x 在()1,e ↑，故()()e 0h x h <=，即()2e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭．令1x x =，则()()2211e f x f x f x ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，因为2x ，()21e e,x ∈+∞，()f x 在()e,+∞↓，所以221e x x >，即212e x x >．学&科网解法四 巧引变量（一）证法4：设()11ln 0,1t x =∈，()22ln 1,t x =∈+∞，则由1122ln 0ln 0x mx x mx -=⎧⎨-=⎩得11221122e e ett t t t t m t m t -⎧=⇒=⎨=⎩，设120k t t =-<，则1e e 1k kk t =-，2e 1k kt =-．欲证212e x x >，解法五 巧引变量（二）证法5：设()11ln 0,1t x =∈，()22ln 1,t x =∈+∞，则由1122ln 0ln 0x mx x mx -=⎧⎨-=⎩得11221122e e ett t t t t m t m t -⎧=⇒=⎨=⎩，设()120,1t k t =∈，则1ln 1k k t k =-，2ln 1kt k =-． 欲证212e x x >，需证12ln ln 2x x +>， 即只需证明122t t +>，即()()()1ln 21212ln ln 0111k k k k k k k k k +-->⇔<⇔-<-++，设()()()()21ln 0,11k g k k k k -=-⇔+，()()()22101k g k k k -'=>+， 故()g k 在()0,1↑，因此()()10g k g <=，命题得证．学&科网★已知函数2()(2)ln f x x a x a x =---，若方程()f x c =有两个不相等的实数根12,x x ，求证：12()02x x f +'>.欲证：12()0()22x x af f +''>=，结合()f x '的单调性， 即证：1222x x a +>等价于证明：22112212112222ln ln x x x x x x x x x x +--+>+--11122121222222ln 1x x x x x x x x x x --⇔<=++令12,(01)x t t x =<<，构造函数22()ln ,(01)1t g t t t t -=-<<+， 求导由单调性易得原不等式成立，略. 法二：接①后续解:由①得：11212122()()(2)()ln0x x x x x a x x a x +-----=构造函数2(1)()ln ,(01)1t m t t t t -=-<<+， 求导由单调性易得()0m t <在(0,1)t ∈恒成立，又因为120,0a x x >-<，故12()02x x f +'>成立. 法三：接④后续解：视1x 为主元，设22222222222()4()1()ln ln ,()0()()x x x x x g x x x g x x x x x x x x --'=--=-=>+++则()g x 在2(0,)x x ∈上单调递增，故2()()0g x g x <=，再结合120,0a x x >-<，故12()02x x f +'>成立. 法四：构造函数()()(),(0)222a a ah x f x f x x =--+<<，学&科网则24()()()022()()22a a x h x f x f x a a x x '''=---+=>+-，从而()h x 在(0,)2a上单调递增，故()(0)0h x h >=，即()()22a a f x f x ->+ 对(0,)2a x ∈恒成立，从而()(),(0)2af x f a x x >-<<，则211()()()f x f x f a x =>-， 由21,(,)2a x a x -∈+∞，且()f x 在(,)2a+∞单调递增，学科#网故21x a x >-， 即1222x x a +>，从而12()02x xf +'>成立. 学&科网 【招式演练】★已知函数()()ln ,f x x ax b a b R =-+∈有两个不同的零点12,x x ． ()I 求()f x 的最值；()II 证明：1221x x a⋅<． 【答案】（1）()max ln 1f x a b =--+，无最小值 （2）见解析【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，命题主要是和导数、绝对值不等式及柯西不等式相结合，导数部分一旦出该类型题往往难度较大，要准确解答首先观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步构造函数利用导数证明. ★已知函数()()()2a xg x xea R -=∈， e 为自然对数的底数.（1）讨论()g x 的单调性；（2）若函数()()2ln f x g x ax =-的图象与直线()y m m R =∈交于A B 、两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明： ()00f x '<（()f x '为函数()f x 的导函数）【答案】（1）见解析（2）见解析（2）∵()()()()222ln ln 2(0)a xf x xe axx a x ax x -=-=+-->，∴()()()()211122x ax f x a ax x x+-=+--'=-， 当0a ≤时， ()()0,f x y g x >'=在()0,+∞上单调递增，与直线y m =不可能有两个交点，故0a >． 令()0f x '≥，则10x a <≤；令()0f x '<，则1x a >，故()y g x =在10,a ⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减．不妨设()()12,,,A x m B x m ，且1210x x a<<<， 要证()00f x '<，需证010ax ->， 即证()01221211222x x x x x f x f x a a a a ⎛⎫>⇒+>⇒>-⇒<- ⎪⎝⎭， 又()()12f x f x =，所以只需证()112f x f x a ⎛⎫<-⎪⎝⎭，即证：当10x a <<时，()20f x f x a ⎛⎫--> ⎪⎝⎭．学&科网设()()()()2ln 2ln 22F x f x f x ax ax ax a ⎛⎫=--=--+-⎪⎝⎭，则()()()22112022ax a F x a ax x x ax --=-+=-<--'， ∴()()2F x f x f x a ⎛⎫=--⎪⎝⎭在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，又12110F f f a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 故()()20F x f x f x a ⎛⎫=-->⎪⎝⎭，原不等式成立．学科*网 ★已知函数()322ln 3f x ax x =--的图象的一条切线为x 轴.（1）求实数a 的值；（2）令()()()g x f x f x =+'，若存在不相等的两个实数12,x x 满足()()12g x g x =，求证： 121x x <.【答案】（1）01{23x a ==（2）见解析当1x >时， 101x<<， 记()()()()()1111G x g x g h x h f x f x f f x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=--=+++⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦''， 记函数()y f x ='的导函数为()y f x =''，则()()()221111G x f x f x f f x x x x ⎛''''''⎫⎛⎫=+-- ⎪ ⎪⎝⎝'⎭⎭222211111122x x x x x x x x x x ⎫⎫⎫⎫=-++--+⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎭⎭⎭)211102x x x x x x x--=-+>， 故()G x 在()1,+∞上单调递增， 所以()()10G x G >=，所以()10g x g x ⎛⎫->⎪⎝⎭， 不妨设1201x x <<<，则()()1221g x g x g x ⎛⎫=>⎪⎝⎭，而101x <<， 2101x <<，有单调性知121x x <，即121x x <. ★已知函数()21ln 2f x x ax bx =-+且函数()y f x =图象上点()()1,1f 处的切线斜率为0. （1）试用含有a 的式子表示b ，并讨论()f x 的单调性；（2）对于函数图象上的不同两点()()1122,,,A x y B x y 如果在函数图象上存在点()()()00012,,,M x y x x x ∈使得点M 处的切线lAB ，则称AB 存在“跟随切线”.特别地，当1202x x x +=时，又称AB 存在“中值跟随切线”.试问：函数()f x 上是否存在两点,A B 使得它存在“中值跟随切线”，若存在，求出,A B 的坐标，若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析（2）不存在令12,(01)x t t x =<<， 构造函数()()21ln ,(01)1t g t t t t -=-<≤+，则()()()()22211411t g t t t t t -=-=++， 则()0,1t ∈时，()0g t ≥恒成立，故()y g t =在()0,1上单调递增从而得出不存在试题解析：函数()y f x =的定义域为()0,+∞，且()1'f x ax b x=-+， 又()'10f =，整理得1b a =-. 学科@网 （1）()()()1111'1ax x f x ax b ax a x x x+-+=-+=-+-=. 1）当0a ≥时，易知()0,1x ∈， ()()'0,1,f x x >∈+∞时()'0f x <， 故()y f x =在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减. 2）当0a <地，令()'0f x =，解得1x =或1x a=-，则 ①当11a-=，即1a =-时， ()'0f x ≥在()0,+∞上恒成立，则()y f x =在()0,+∞上递增.当10a -<<时，()y f x =在()0,1及1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增：()y f x =在11,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减.当1a =-时， ()y f x =在()0,+∞上递增.当1a <-时， ()y f x =在10,a ⎛⎫-⎪⎝⎭及()1,+∞上单调递增； ()y f x =在1,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上递减. 点睛：对于导数问题，做题要特别注意在讨论时单调性受参数的影响，可以通过分析导数零点的大小来逐一分析，对于此题第二问的类型，要注意函数的构造和假设，分析函数单调性求最值从而得出结论. ★已知函数()()2ln f x x x ax x a a R =+-+∈在其定义域内有两个不同的极值点.（1）求a 的取值范围.（2）设()f x 的两个极值点为12,x x ，证明212x x e >. 【答案】（1）102a e<<-（2）见解析试题解析：（1）依题意，函数()f x 的定义域为()0,+∞，所以方程()0f x '=在()0,+∞有两个不同根.即方程ln 20x ax +=在()0,+∞有两个不同根.学&科网 转化为，函数()ln xg x x=与函数2y a =-的图象在()0,+∞上有两个不同交点 又()21ln xg x x-'=，即0x e <<时， ()0g x '>， x e >时，()0g x '<， 所以()g x 在()0,e 上单调增，在(),e +∞上单调减，从而()()1=g x g e e=极大.又()g x 有且只有一个零点是1，且在0x →时，()g x →-∞，在x →+∞时， ()0g x →，所以由()g x 的图象，要想函数()ln xg x x =与函数2y a =-的图象在()0,+∞上有两个不同交点， 只需102a e <-<，即102a e<<-（2）由（1）可知12,x x 分别是方程ln 0x ax -=的两个根，即11ln x ax =， 22ln x ax =，设120x x >>，作差得， ()1122ln xa x x x =-，即1212lnx x a x x =-.原不等式212x x e >等价于12ln ln 2x x +> ()122a x x ⇔+> ()1212122ln x x x x x x -⇔>+令12x t x =，则1t >，()()121212221ln ln 1x x t x t x x x t -->⇔>++，设()()21ln 1t g t t t -=-+， 1t >，()()()22101t g t t t +'-=>，∴函数()g t 在()1,+∞上单调递增， ∴()()10g t g >=，学科/网即不等式()21ln 1t t t ->+成立，故所证不等式212x x e >成立.点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数()()()h x f x g x =-.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.★已知函数()1e xx f x +=，A ()1,x m ，B ()2,x m 是曲线()y f x =上两个不同的点.（Ⅰ）求()f x 的单调区间，并写出实数m 的取值范围； （Ⅱ）证明：120x x +>.【答案】（Ⅰ）m 的取值范围是()0,1；（Ⅱ）见解析.【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，命题主要是和导数、绝对值不等式及柯西不等式相结合，导数部分一旦出该类型题往往难度较大，要准确解答首先观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.【新题试炼】【2018河北衡水金卷】已知函数.（1）若函数，试研究函数的极值情况；（2）记函数在区间内的零点为，记，若在区间内有两个不等实根，证明：.【答案】(1)见解析;(2)见解析.②当时，，恒成立，所以不存在极值；③当时，，或；,所以在处取极大值，在处取极小值.综上，当时，在处取极大值，在处取极小值；当时，不存在极值；时，在处取极大值，在处取极小值.（2），定义域为，，而，故，即在区间内单调递增又，，且在区间内的图象连续不断，学科@网故根据零点存在性定理，有在区间内有且仅有唯一零点.所以存在，使得，由得单调递减；若在区间内有两个不等实根（）则.要证，即证又，而在区间内单调递减，故可证，又由，即证，即记，其中记，则，学.科网当时，；在高考创新试题层出不穷的大环境下，学生首先要掌握基本的知识方法和解题策略，对新题、难题的突破，更需在掌握双基的前提下，淡化特殊技巧、重视思想方法、去模式化的解题策略，以不变应万变，培养学生分析问题、解决问题的能力.只有学生学会自我分析，利用熟知的知识方法去解决各类未知的创新试题，教师才算成功培养学生解题思维，同时对学生认知的广阔性、逆向性也是一种需要.。

策略二 消参减元 消参减元的主要目的就是减元，进而建立与所求解问题相关的函数．主要 是利用函数极值点乘积所满足的条件进行消参减元．其解题要点如下：
建方程
定关系 消参减元 构造函数 求解问题
求函数的导函数，令 f′(x)＝0，建立极值点所满足的方程， 抓住导函数中的关键式子，即导函数解析式中变号的部分(一 般为一个二次整式) 根据极值点所满足的方程，利用方程解的理论，建立极值点 与方程系数之间的关系，确定两个极值点之积 根据两个极值点之积的关系，化简或转化所求解问题，进行 消参减元 根据消参减元后的式子结构特征，构建相应的函数 利用导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，从而解 决相关问题
(4)比较大小，即判断函数 F(x)在某段区间上的正负，并得出 f(x)与 f(2x0 －x)的大小关系．
(5)转化，即利用函数 f(x)的单调性，将 f(x)与 f(2x0－x)的大小关系转化为 x 与 2x0－x 之间的关系，进而得到所证或所求．
[提醒] 若要证明 f′x1＋2 x2的符号问题，还需进一步讨论x1＋2 x2与 x0 的大 小，得出x1＋2 x2所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．
x，
则 g′(x)＝x12－1x＝1－x2x.
∴当 0＜x＜1 时，g′(x)＞0；当 x>1 时，g′(x)＜0.
∴g(x)≤g(1)＝－1＜0.
∴f′(x)＜0.
(2)由(1)可得，f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上单调递减． ∴0＜x1＜1＜x2. f(x＋1)－f(x)＝lnx＋x1＋1－lnx－x＋11 ＝xlnx＋1－xxlnx－x－11－lnx＋1 ＝1x－1ln－1x＋1x＋lxn1x－＋x1，0＜x＜1. 由(1)得 g(x)＝－1x－ln x≤－1，当且仅当 x＝1 时取等号．

利用构造法解决极值点偏移问题以２０２２年高考全国甲卷理科数学第２１题为例刘㊀灏(华南师范大学数学科学学院ꎬ广东广州５１０６３１)摘㊀要:极值点偏移问题是高中数学中较为常见的一类压轴题型.文章以２０２２年高考全国甲卷理科数学第２１题为例进行探究.关键词:极值点偏移ꎻ不等式ꎻ导数ꎻ函数构造法中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２５－００４０－０３收稿日期:２０２３－０６－０５作者简介:刘灏ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀极值点偏移问题是高中数学中较为常见的一类压轴题型.其中最基本的问题模型是 已知函数ｆ(ｘ)满足ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)ꎬ且ｆ(ｘ)只有一个极值点ꎬ证明ｘ１＋ｘ２<２ｘ０或ｘ１ｘ２<ｘ２０.虽然构造函数法非常具有技巧性ꎬ但实际上它也有较为固定的常见解题套路.处理极值点偏移问题的常见手段主要有对称化构造㊁比值代换㊁差值代换[１].本文对极值点偏移问题中的构造函数思路以２０２２年高考全国甲卷理科数学第２１题为例进行探究.１数学问题分析题目㊀已知函数ｆ(ｘ)＝ｅｘｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ａ.(１)若ｆ(ｘ)ȡ０ꎬ求ａ的取值范围.(２)证明:若ｆ(ｘ)有两个零点ｘ１ꎬｘ２ꎬ则ｘ１ｘ２<１.分析㊀函数定义域(０ꎬ＋ɕ)ꎬ第(２)问中暗含ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)＝０.通过第(１)问的计算得到极值点恒为ｘ＝１ꎬ那么第(２)问即等价于 求证ｘ１ｘ２<ｘ２＝０１ ꎬ那么此题就是一道经典的极值点偏移问题.１.１第(１)问解析解法１㊀(直接法)因为ｆᶄ(ｘ)＝(１ｘ－１ｘ２)ｅｘ－１ｘ＋１＝１ｘ(１－１ｘ)ｅｘ＋(１－１ｘ)＝ｘ－１ｘ(ｅｘｘ＋１)ꎬ所以当ｘɪ(０ꎬ１)时ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎻ当ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)时ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬ所以ｆ(ｘ)在(０ꎬ１)上单调递减ꎬ在[１ꎬ＋ɕ)上单调递增.所以ｆ(ｘ)ｍｉｎ＝ｆ(１)＝ｅ＋１－ａ.若ｆ(ｘ)ȡ０ꎬ则ｅ＋１－ａȡ０ꎬ解得ａɤｅ＋１.所以ａ的取值范围为(－ɕꎬｅ＋１]解法２㊀(换元法)因为ｆ(ｘ)＝ｅｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ｌｎｘ－ａꎬ令ｔ＝ｘ－ｌｎｘꎬｇ(ｘ)＝ｘ－ｌｎｘꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝ｘ－１ｘꎬ所以ｇ(ｘ)在(０ꎬ１)上单调递减ꎬ在[１ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎬ所以ｇ(ｘ)ȡｇ(１)＝１ꎬ所以ｔȡ１.设ｈ(ｔ)＝ｅｔ＋ｔ－ａꎬ则ｈᶄ(ｔ)＝ｅｔ＋１>０.所以ｈ(ｔ)ｍｉｎ＝ｈ(１)＝ｅ＋１－ａ.若ｆ(ｘ)ȡ０ꎬ则ｅ＋１－ａȡ０ꎬ解得ａɤｅ＋１.０４所以ａ的取值范围为(－ɕꎬｅ＋１].１.２第(２)问解析解法１㊀不妨设ｘ１<ｘ２ꎬ则有０<ｘ１<１<ｘ２.要证ｘ１ｘ２<１ꎬ只要证ｘ２<１ｘ１.又因为ｘ２ꎬ１ｘ１ɪ(１ꎬ＋ɕ)ꎬｆ(ｘ)在(１ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎬ所以只要证ｆ(ｘ２)<ｆ(１ｘ１).又ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)ꎬ所以只要证ｆ(ｘ１)<ｆ(１ｘ１).即ｆ(ｘ１)－ｆ(１ｘ１)<０.即只要证明:当ｘɪ(０ꎬ１)时ꎬｅｘｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ｘｅ１ｘ－ｌｎｘ－１ｘ<０.设ｇ１(ｘ)＝ｅｘｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ｘｅ１ｘ－ｌｎｘ－１ｘꎬ则ｇᶄ１(ｘ)＝(ｘ－１)(ｅｘ－ｘｅ１ｘ＋ｘ－１)ｘ２.令ｈ１(ｘ)＝ｅｘ－ｘｅ１ｘ＋ｘ－１ꎬ易得ｈᶄ１(ｘ)>０.所以ｈ１(ｘ)在(０ꎬ１)上单调递增ꎬｈ１(ｘ)<ｈ１(１)＝０ꎬ进而ｇᶄ１(ｘ)>０ꎬ进而ｇ１(ｘ)在(０ꎬ１)上单调递增.故ｇ１(ｘ)<ｇ１(１)＝０ꎬ即当ｘɪ(０ꎬ１)时ꎬｅｘｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ｘｅ１ｘ－ｌｎｘ－１ｘ<０ꎬ原命题得证.解法２㊀不妨设ｘ１<ｘ２ꎬ则有０<ｘ１<１<ｘ２.要证ｘ１ｘ２<１ꎬ只要证ｘ１<１ｘ２.又因为ｘ１ꎬ１ｘ２ɪ(０ꎬ１)ꎬｆ(ｘ)在(０ꎬ１)上单调递减ꎬ所以只要证ｆ(ｘ１)>ｆ(１ｘ２).又ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)ꎬ所以只要证ｆ(ｘ２)>ｆ(１ｘ２).即ｆ(ｘ２)－ｆ(１ｘ２)>０.即只要证明:当ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)时ꎬｅｘｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ｘｅ１ｘ－ｌｎｘ－１ｘ>０.设ｇ２(ｘ)＝ｅｘｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ｘｅ１ｘ－ｌｎｘ－１ｘꎬ先构造函数ｔ(ｘ)ꎬ为后续求ｇ２(ｘ)单调性减少计算量ꎬ设ｔ(ｘ)＝ｅｘ－ｅｘꎬ则ｔᶄ(ｘ)＝ｅｘ－ｅ>０(ｘɪ(１ꎬ＋ɕ))ꎬ所以ｔ(ｘ)在(１ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎬ所以当ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)时ꎬｔ(ｘ)>ｔ(１)＝０ꎬ即ｅｘ－ｅｘ>０.此处做一下合理放缩快速得到答案ꎬ当ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)时ꎬｇᶄ２(ｘ)＝(ｘ－１)(ｅｘ－ｘｅ１ｘ＋ｘ－１)ｘ２> (ｘ－１)(ｅｘ－ｘｅ＋ｘ－１)ｘ２>０ꎬ所以ｇ２(ｘ)>ｇ２(１)＝０.所以当ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)时ꎬｅｘｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ｘｅ１ｘ－ｌｎｘ－１ｘ>０.原命题得证.解法３㊀不妨设ｘ１<ｘ２ꎬ则有０<ｘ１<１<ｘ２.要证ｘ１ｘ２<１ꎬ只要证ｘ１<１ｘ２.又因为ｘ１ꎬ１ｘ２ɪ(０ꎬ１)ꎬｆ(ｘ)在(０ꎬ１)上单调递减ꎬ所以只要证ｆ(ｘ１)>ｆ(１ｘ２).又ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)ꎬ所以只要证ｆ(ｘ２)>ｆ(１ｘ２).即ｆ(ｘ２)－ｆ(１ｘ２)>０.即只要证明:当ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)时ꎬｅｘｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ｘｅ１ｘ－ｌｎｘ－１ｘ>０.此处我们对不等式进行拆分ꎬｅｘｘ－ｘｅ１ｘ－２[ｌｎｘ－１２(ｘ－１ｘ)]>０.设ｐ１(ｘ)＝ｅｘｘ－ｘｅ１ｘꎬ则ｐᶄ１(ｘ)＝(ｘ－１ｘ)(ｅｘｘ－ｅ１ｘ).设ｂ(ｘ)＝ｅｘｘꎬ当ｘ>１时ꎬｂᶄ(ｘ)＝(ｘ－１)ｅｘｘ２>１４０ꎬｂ(ｘ)单调递增ꎬ所以ｂ(ｘ)>ｂ(１)＝ｅ.又因为ｅ１ｘ<ｅ(ｘɪ(１ꎬ＋ɕ))ꎬ所以ｐᶄ１(ｘ)>０.㊀所以ｐ１(ｘ)在(１ꎬ＋ɕ)单调递增.所以当ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)时ꎬｐ１(ｘ)>ｐ１(１)＝０.设ｐ２(ｘ)＝ｌｎｘ－１２(ｘ－１ｘ)ꎬ则根据平方数的性质ｐᶄ２(ｘ)＝－(ｘ－１)２２ｘ２<０ꎬｐ２(ｘ)在(１ꎬ＋ɕ)上单调递减ꎬ进而当ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)时ꎬｐ２(ｘ)<ｐ２(１)＝０.综上ꎬ当ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)时ꎬｐ１(ｘ)>０ꎬｐ２(ｘ)<０ꎬ所以ｐ１(ｘ)－２ｐ２(ｘ)>０.即当ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)时ꎬｅｘｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ｘｅ１ｘ－ｌｎｘ－１ｘ>０.原命题得证.２解题方法讨论２.１第(１)问的解题思路第一种方法是直接法ꎬ将ｆ(ｘ)ȡ０在定义域(０ꎬ＋ɕ)上恒成立的问题直接转化为ｆ(ｘ)ｍｉｎȡ０ꎬ运用导数求出函数ｆ(ｘ)的单调区间ꎬ进而求出函数的最小值ꎬ最后求出参数范围.第二种方法是运用整体思维ꎬ即指数㊁对数函数的代换ꎬ使函数ｆ(ｘ)通过换元处理为复合函数ｆ(ｇ(ｘ))ꎬ利用复合函数的单调性求ｆ(ｘ)的最小值ꎬ适当地减轻了计算量.２.２第(２)问的解题思路第(２)问三种构造法的解题思路都是将题目所需要证明的结论进行等价变形ꎬ这正映照波利亚的解题理论中的观点 数学解题的本质是寻求题设与目标之间的逻辑关系ꎬ其核心思维方法之一是学会逆推ꎬ执果索因ꎬ寻求目标成立的充分条件.第一种思路是将不等式ｘ１ｘ２<１转化为ｘ２<１ｘ１ꎬ根据题目条件ｆ(ｘ１)＝ｆ(ｘ２)和第(１)问所得结论 (１ꎬ＋ɕ)是ｆ(ｘ)的递增区间ꎬ以及ｘ２和１ｘ１同在(１ꎬ＋ɕ)区间里ꎬ根据单调性即证ｆ(ｘ１)－ｆ(１ｘ１)<０成立ꎬ那么我们需要构造的目标函数已经浮出水面了.我们构造ｇ１(ｘ)＝ｆ(ｘ１)－ｆ(１ｘ１)ꎬ即证ｇ１(ｘ)<０(０<ｘ<１).我们对ｇ１(ｘ)求导知在(０ꎬ１)上单调递增ꎬ故ｇ１(ｘ)<ｇ１(１)＝０(０<ｘ<１).第二种和第三种的解题思路与第一种类似ꎬ先将不等式变形ꎬ再构造函数ꎬ使原命题等价于要证明构造的新函数在特定区间上比大小的恒成立问题.与第一种思路的不同点在于ꎬ第二种思路和第三种思路分别用函数适当放缩和拆分函数的办法减轻了计算量.３总结与展望极值点偏移问题是近年高考压轴题的常客ꎬ同时新高考比之前全国卷试题更复杂ꎬ情境更综合ꎬ这可能也是许多学生在新高考下不能顺利得分的一个原因ꎬ但这也是新高考的一种趋势.正如新课标指出 基于数学核心素养的教学评价ꎬ不仅要关注学生对知识技能的掌握程度ꎬ还要更多地关注学生的思维过程[２]. 此类题型涉及化归㊁换元㊁分类讨论等数学思想㊁同时考查导数和不等式的基础知识ꎬ难度逐级递增环环相扣.希望学生能熟练掌握极值点偏移问题中的构造函数法ꎬ学习其数学思想ꎬ领略数学魅力ꎬ也希望各位数学教育工作者能提出更多更精妙的极值点偏移问题ꎬ教学相长ꎬ共同进步!参考文献:[１]邱旭ꎬ邱谦.２０２２年高考全国甲卷理科第２１题的解法探究与教学启示[Ｊ].数学通讯ꎬ２０２２(１４):２４－２７.[２]中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准(２０１７年版)[Ｍ].北京:人民教育出版社ꎬ２０１８.[责任编辑:李㊀璟]２４。