八方聯系 渾然一體

摘要：極值點偏移常作為不等式命題的切入點.全國甲卷理科第22題以小觀大，可以看出極值點偏移是雙變量問題的一種，涉及到換元思想、構造思想、對稱思想等.解決極值點偏移問題最常用的思想是對稱思想，構造積或者和的對稱函數；也會用到換元思想，利用差比換元法；也會涉及同構思想，構造相同結構將問題簡化；同時，極值點偏移也常和對數均值不等式聯系到一起，使解答錦上添花.

關鍵詞：極值點偏移；雙變量；對稱思想；同構

1 題目呈現

（2022年全國甲卷理科第22題）已知函數f（x）=exx－ln x+x－a.

（1）若f（x）≥0，求a的取值范圍；

（2）證明：若f（x）有兩個零點x1，x2，則x1x2lt;1.

2 第（1）問解法探究

2.1 思路分析

本題第（1）問是求參數a的取值范圍，屬于常規題型.解決這類問題方法較多，第一個角度先看能否將參數分離.由f（x）≥0，得a≤exx－ln x+x，問題轉化為a≤exx－ln x+xmin.對函數g（x）=exx－ln x+x求導，通過單調性找到g（x）的最小值即可求出a的取值范圍.第二個角度，要滿足f（x）≥0恒成立，即滿足f（x）min≥0，對函數求導找到函數f（x）的最小值，求出a的取值范圍，這是求參數范圍的常用通法之一.第三個角度就是數形結合.從幾何的眼光來看，函數f（x）min≥0也就是要使得函數f（x）圖象的最低點要在x軸上或上方，即f（x）≥0恒成立；其次，還可以將f（x）≥0進行適當變形，變成雙函數比大小，即兩個函數圖象比高低.例如變形為exx≥ln x－x+a，也就是當x取定義域內的任意一個值，函數y=exx圖象必須在函數y=ln x－x+a的圖象上方，這樣就可以研究y=exx和y=ln x－x+a的圖象即可求出參數a的取值范圍，這個方法的關鍵是變形后不等式兩邊對應的函數要容易畫圖.

除了上面的三個通法，觀察f（x）=exx－ln x+x－a的式子結構，“指對冪”均有，一方面三者之間聯系緊密且可以相互轉換，另一方面三者之間存在經典的放縮結構.例如f（x）=exx－ln x+x－a=ex－ln x－ln x+x－a，令μ=x－ln x，整體換元后y=eμ+μ－a，函數結構變得簡潔，問題也得到了簡化.再例如“指對冪”之間的不等式ex－1≥x≥lnx+1，通過第一個不等號得到exx≥e，通過第二個不等號得到x－ln x≥1，兩者取等條件相同均為x=1.于是可以得到f（x）=exx－ln x+x－a≥e+1－a≥0，即可求得a的取值范圍.在解題毫無思路時，也可以憑借對函數的感覺，由題中“f（x）≥0，則a≤exx－ln x+x”猜想a應該有一個上限，即y=exx－ln x+x的下限，也就是a的臨界值.因為有ln x，所以可以猜測x=1為臨界值，代入計算可得f（1）=e+1－a≥0，得出a的上限，由此得出f（x）≥0的必要條件，只需再證明充分性即可.當a≤e+1時，有f（x）=exx－ln x+x－a≥exx－ln x+x－e－1，再根據前面所說的放縮，即可證明f（x）≥0.

思維導圖如圖1所示：

2.2 具體解法

通法1：分離參數.

解：f（x）的定義域為（0，+∞）.

若f（x）≥0，則a≤exx－ln x+x.

令g（x）=exx－ln x+x，則g′（x）=ex（x－1）x2－1x+1=ex（x－1）x2+（x－1）x=（x－1）x2（ex+x）.

令g′（x）=0，得x=1.當x∈（0，1），g′（x）lt;0，g（x）單調遞減；當x∈（1，+∞），g′（x）gt;0，g（x）遞增.故g（x）min=g（1）=e+1，從而a≤e+1.

所以a的取值范圍為（－∞，e+1］.

點評：分離參數法是求參數取值范圍的常用方法.

通法2：利用函數最值.

解：f（x）的定義域為（0，+∞）.

f′（x）=ex（x－1）x2－1x+1=ex（x－1）x2+（x－1）x=（x－1）x2（ex+x）.

令f′（x）=0，得x=1.當x∈（0，1），f′（x）lt;0，f（x）遞減；當x∈（1，+∞），f′（x）gt;0，f（x）單調遞增.故f（x）min=f（1）=e+1－a.

若f（x）≥0，則e+1－a≥0，即a≤e+1.

所以a的取值范圍為（－∞，e+1］.

點評：求函數的最值是求參數取值范圍的常用方法.

通法3：數形結合.

解：f（x）的定義域為（0，+∞）.若f（x）≥0，則exx≥ln x－x+a.

令g（x）=exx，則g′（x）=ex（x－1）x2.令g′（x）=0，得x=1.

當x∈（0，1）時，g′（x）lt;0，g（x）單調遞減；當x∈（1，+∞）時，g′（x）gt;0，g（x）單調遞增.所以g（x）min=g（1）=e.

令h（x）=ln x－x+a，則h′（x）=1x－1=1－xx.令h′（x）=0，得x=1.

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

由圖2可知，要使f（x）≥0，只需滿足g（1）≥h（1），即e≥－1+a，故a≤e+1.

故a的取值范圍為（－∞，e+1］.

點評：數形結合是求參數取值范圍的常用方法，本題中通法3沒有通法1和通法2簡便，但是在某些題中會很適用.

技巧1：同構化簡函數再求參數范圍.

解：f（x）的定義域為（0，+∞），f（x）=exx－ln x+x－a=ex－ln x－ln x+x－a.

令μ=u（x）=x－ln x，則gμ=eμ－μ－a.

又u′（x）=1－1x=x－1x，令u′（x）=0，得x=1.

當x∈（0，1），u′（x）lt;0，u（x）單調遞減；當x∈（1，+∞），u′（x）gt;0，u（x）遞增.所以u（x）min=1.

又g′μ=eμ－1gt;0，gμ單調遞增，所以g（μ）min=g（1）=e+1－a，從而f（x）min=e+1-a.

若f（x）≥0，則e+1－a≥0，即a≤e+1.

所以a的取值范圍為（－∞，e+1］.

點評：這個方法在第（1）問中相對于通法1、通法2和通法3，在解法上沒有很大優勢，但如果第（1）問觀察函數f（x）的結構，通過構造函數μ=u（x）=x－ln x，可以為第（2）問作鋪墊.

技巧2：利用“指對”不等式放縮后求參數范圍.

解：f（x）的定義域為（0，+∞），易證ex－1≥x≥ln（x+1），由此可得exx≥e（當x=1時取等號），x－ln x≥1（當x=1時取等號），則f（x）=exx－ln x+x－a≥e+1－a≥0（當x=1時取等號），即a≤e+1.

所以a的取值范圍為（－∞，e+1］.

點評：此法雖不是求參數范圍的通法，但是是根據“指對冪”之間經典的放縮變形而來，十分簡潔，筆者以為是解決該題最簡便的方法.

技巧3：必要性探路求參數范圍.

解：必要性.要使f（x）≥0恒成立，則至少需要f（1）≥0，即e+1－a≥0，解得a≤e+1.

證充分性.當a≤e+1時，f（x）=exx－ln x+x－a≥exx－ln x+x－e－1.

由技巧2的解法可得exx≥e（當x=1時取等號），x－ln x≥1（當x=1時取等號）.

所以exx－ln x+x－e－1≥0（當x=1時取等號），即f（x）≥0（當x=1時取等號）.

綜上，a的取值范圍為（－∞，e+1］.

點評：此法的絕妙之處在于先給出答案.對于恒成立問題，找到端點，先分析必要性得出結論，再想辦法證明充分性，但是端點是否能找對需要學生具備“題感”.

3 第（2）問解法探究

3.1 思路分析

第（2）問屬于常見的極值點偏移問題，最常用的思路就是構造對稱函數：由（1）可設0lt;x1lt;1lt;x2，要證明x1x2lt;1，則只需證明0lt;x1lt;1x2lt;1.又因為f（x）在（0，1）上單調遞減，則只需證f（x1）=f（x2）gt;f1x2.構造對稱函數g（x）=f（x）－f（1x），x∈（1，+∞），對g（x）求導判斷g（x）的正負就能得到證明.這個方法的難點是判斷g（x）的正負，常常導致解題沒法繼續下去，需要學生有很強的運算能力.但在數學解題中，方法往往不是唯一的.當一個方法不能進行下去時，可以回到題目中再次認真審題，看能否從題目信息挖掘出其他的解題思路.在本題的第（2）問中，觀察函數f（x）的式子結構，有“冪指對”結構，可以考慮能否進行冪指對變形.當有了變形的思路后，容易想到將exx可以變形為ex－ln x，即f（x）=exx－ln x+x－a=ex－ln x－ln x+x－a，變形后的式子出現了相同結構，整體換元令μ=u（x）=x－ln x，則y=eu+u-a.因為此函數單調，所以可以將問題“若f（x）有兩個零點x1，x2，則x1x2lt;1”轉化為“若u（x1）=u（x2），則x1x2lt;1”.由于u（x）的函數結構比f（x）簡潔很多，所以判斷對稱函數的正負容易得多.同時，因為函數結構變簡單了，除了可以構造積的對稱函數g（x）=u（x）－u1x，還可以構造和的對稱函數：要證x1x2lt;1，兩邊取對數，即證ln x1+ln x2lt;0.令t=ln x，即證明t1+t2lt;0，此時可以構造和的對稱函數h（t）=g（t）－g（－t）.從前面兩個先同構再構造對稱函數的方法中，我們可以感受到由于函數結構變簡單，解題過程變得容易了，此時可以想能否嘗試極值點偏移的其他解題思路.除了構造對稱函數，還可以差比換元，令x2x1=t或x2－x1=t；另外，由式子x1－ln x1=x2－ln x2的結構很容易聯想到對數均值不等式x1－x2ln x1－ln x2=1gt;x1x2，這個方法是解這道題最快的方法.同時，除了可以將exx變形為ex－ln x，在函數f（x）中找到相同結構x－ln x，也可以將函數中的x－ln x變形為lnexx，此時函數f（x）中出現相同結構exx，利用前面同構的思路，仍然可以用對稱思想、換元思想和放縮法解決這道題.

思維導圖如圖3所示：

3.2 具體解法

解法1：構造積的對稱函數——利用導函數判正負.

由（1）知，當x∈（0，1），f′（x）lt;0，f（x）單調遞減；當x∈（1，+∞），f′（x）gt;0，f（x）單調遞增.則f（x）min=f（1）=e+1－a.

若f（x）有兩個零點，則e+1－alt;0，即a＞e+1.

由（1）知x1，x2在1的兩邊，不妨設0lt;x1lt;1lt;x2，要證x1x2lt;1，即證0lt;x1lt;1x2lt;1.

因為f（x）在（0，1）上單調遞減，所以只需證fx1=fx2gt;f1x2.

令g（x）=f（x）－f1x=exx－xe1x－2ln x+x－1x，x∈（1，+∞）.

g′（x）=ex（x－1）x2－（e1x－e1xx）－2x+1+1x2=ex（x－1）x2－e1xx（x－1）+（x－1）2x2=（x－1）x2（ex－xe1x+x－1）.

令r（x）=ex－xe1x+x－1，則r′（x）=ex－e1x－1xe1x+1=ex－e1x+e1xx+1.

因為x∈（1，+∞）時，ex－e1xgt;0，e1xx+1gt;0，所以r′（x）gt;0，故r（x）在（1，+∞）上單調遞增.

所以r（x）gt;r（1）=0，即g′（x）gt;0，g（x）在（1，+∞）上單調遞增，g（x）gt;g（1）=0.

綜上，當x∈（1，+∞）時，f（x）gt;f1x，所以x1x2lt;1.

點評：通法1是極值點偏移的常見解題步驟，這個方法中在化簡g′（x）=ex（x－1）x2－e1x－e1xx－2x+1+1x2時要學會觀察函數的結構，適當通分整理后，即可發現公因式x－1，提出公因式將g′（x）因式分解為g′（x）=（x－1）x2（ex－xe1x+x－1），只要判斷出式子x－1和ex－xe1x+x－1的正負，g′（x）的正負就容易判斷出來.除了我們最容易想到的對g（x）直接求導的方法外，還可以不將g（x）=f（x）－f1x展開，而是利用復合函數求導得g′（x）=f′（x）－f′1x=（x－1）x2（ex+x）+1x21x－11x2e1x+1x=（x－1）x2＼5（ex+x）+1－xxe1x+1x，這個式子中很容易看出公因式x－1x2，這種求導方式在化簡過程中容易因式分解.

解法2：構造積的對稱函數——利用雙函數判正負.

由（1）知，當x∈（0，1）時，f′（x）lt;0，f（x）單調遞減；當x∈（1，+∞），f′（x）gt;0，f（x）單調遞增.則f（x）min=f（1）=e+1－a.

若f（x）有兩個零點，則e+1－alt;0，即a＞e+1.由（1）可知f（x）一個零點小于1，一個零點大于1，不妨設0lt;x1lt;1lt;x2.則要證x1x2lt;1，即證0lt;x1lt;1x2lt;1.

因為f（x）在（0，1）上單調遞減，則只需證fx1gt;f1x2，即證fx2gt;f1x2.

證明如下：f（x）－f1x=exx－xe1x－2ln x+x－1x=exx－xe1x－2ln x－x+1x，x∈（1，+∞）.

下面證明xgt;1時，exx－xe1xgt;0，2ln x－x+1xlt;0.

①設g（x）=exx－xe1x，xgt;1，則g′（x）=1x－1x2ex－e1x+xe1x·－1x2=1x＼51－1xex－e1x1－1x=1－1xexx－e1x=x－1xexx－e1x.

設φ（x）=exxxgt;1，則φ′（x）=1x－1x2ex=x－1x2exgt;0，所以φ（x）gt;φ（1）=e.而e1xlt;e，所以exx－e1xgt;0.因此g′（x）gt;0，g（x）在（1，+∞）單調遞增，從而g（x）gt;g（1）=0，所以exx－xe1xgt;0.

②令h（x）=2ln x－x+1x，xgt;1，則h′（x）=2x－1－1x2=2x－x2－1x2=－（x－1）2x2lt;0，所以h（x）在（1，+∞）單調遞減.則h（x）lt;h（1）=0，所以2ln x－x+1xlt;0.

綜上， 當x∈（1，+∞）時，有exx－xe1x－2ln x－x+1xgt;0，所以x1x2lt;1得證.

點評：解法2是在通法1難以進行下去時嘗試的一種方法，不直接化簡f′（x）－f′1x，而是觀察f（x）－f1x的結構，間接證明g（x）gt;0，這個思路也是證明不等式的常用思路.在這個方法中難點1是學生要能想到將f（x）－f1x分解為兩個函數，證明兩個函數的正負就可以證明f（x）－f1x的正負；難點2是f（x）－f1x應該分解為哪兩個函數；難點3是判斷g（x）=exx－xe1x導函數的正負要學會觀察結構.

解法3：先同構再構造積的對稱函數.

f（x）的定義域為（0，+∞）.

f（x）=exx－ln x+x－a=ex－ln x－ln x+x－a.

令μ=u（x）=x－ln x，則u′（x）=1－1x=x－1x.令u′（x）=0，得x=1.

當x∈（0，1），u′（x）lt;0，u（x）單調遞減；當x∈（1，+∞），u′（x）gt;0，u（x）遞增，所以u（x）min=1.

又函數y=eμ+μ－a單調遞增，所以由f（x1）=f（x2）可得u（x1）=u（x2）.

由u（x）的單調性可設0lt;x1lt;1lt;x2，則要證x1x2lt;1，即證0lt;x1lt;1x2lt;1.

因為u（x）在（0，1）上單調遞減，所以只需證ux1=ux2gt;u1x2.

令g（x）=u（x）－u1x=x－1x－2ln x，x∈（1，+∞），則g′（x）=u′（x）－u′1x=1+1x2－2x=（x－1）2x2gt;0，所以g（x）在（1，+∞）上單調遞增，則g（x）gt;g（1）=0.

綜上，ux1gt;u1x2得證，所以x1x2lt;1.

點評：在這個方法中要學會觀察函數f（x）的結構，通過同構函數u（x）=x－ln x，進而由f（x1）=f（x2）可得u（x1）=u（x2），此時再構造積的對稱函數.在這個方法中由于函數u（x）的結構比f（x）簡單，所以證明過程也變得簡潔.

解法4：先同構再構造和的對稱函數.

由解法3可得x1－ln x1=x2－ln x2.

由u（x）的單調性可設0lt;x1lt;1lt;x2，則要證x1x2lt;1，即證ln x1+ln x2lt;0.

令t=ln x，則et=x.問題可以轉化為“當et1－t1=et2－t2，證明t1+t2lt;0”.

令g（t）=et－t，則g′（t）=et－1，所以g（t）在（0，+∞）上單調遞增，在在（-∞，0）上單調遞減，則g（t）min=g（0）=0.

不妨設t1lt;0lt;t2，要證明t1+t2lt;0，即證明t1lt;－t2.因為函數g（t）在（－∞，0）上單調遞減，則只需證g（t1）=g（t2）gt;g（－t2）.

令h（t）=g（t）－g（－t），t∈（0，+∞），則h′（t）=g′（t）－g′（－t）=et－1+（e－t-1）=et+e－t-2gt;0，所以h（t）在（0，+∞）上單調遞增，故h（t）gt;h（0）=0.

問題得證.

點評：解法4是證明此類問題的常用方法，將構造積的對稱函數轉化為構造和的對稱函數，有時會使化簡過程變得簡潔.

解法5：同構簡化問題再比值換元.

由解法3可得x1－ln x1=x2－ln x2，移項得

x2－x1=ln x2－ln x1=lnx2x1①

不妨設0lt;x1lt;1lt;x2，令

x2x1=t，t∈（1，+∞）②

由①②式得方程組x2=tx1，

x2－x1=ln t，解得x1=ln tt－1，

x2=tln tt－1，則x1x2=tln t2t－12.

要證x1x2=tln t2t－12lt;1，即證ln t－t+1tlt;0.

令m=t，m∈（1，+∞），則只需證

2ln m－m+1mlt;0.

令g（m）=2ln m－m+1m，則g′（m）=2m－1－1m2=－（1－m）2m2lt;0，所以g（m）在（1，+∞）上單調遞減，g（m）lt;g（1）=0，從而x1x2lt;1得證.

點評：換元思想是解決雙變量問題的常用思想，在極值點偏移中常常令x2x1=t或x2－x1=t.

解法6：同構簡化問題再差值換元.

由解法3可得x1－ln x1=x2－ln x2，移項得

x2－x1=ln x2－ln x1=lnx2x1.

不妨設0lt;x1lt;1lt;x2，令x2－x1=t，t∈（0，+∞）.

由lnx2x1=t，

x2－x1=t，可得x1=tet－1，

x2=tetet－1，則

x1x2=t2et（et－1）2.

要證x1x2=t2et（et－1）2lt;1，即證et－tet2－1gt;0.

令g（t）=et－tet2－1，則g′（t）=et－et2-t2et2=et2et2－1－t2gt;et2＼5t2+1－1－t2=0，所以g（t）在（0，+∞）上單調遞減，g（t）gt;g（0）=0，即x1x2lt;1得證.

解法7：先同構再利用對數均值不等式.

由解法3可得x1－ln x1=x2－ln x2，即

x1－x2ln x1－ln x2=1.

由對數均值不等式，可得x1－x2ln x1－ln x2=1gt;x1x2，所以x1x2lt;1.

下面證明對數均值不等式：要證x1－x2ln x1－ln x2gt;x1x2，即證x1x2－x2x1lnx1x2gt;1.

不妨設0lt;x2lt;x1，令t=x1x2（tgt;1），則需證t－1tln t2gt;1，即證2ln t－t+1tlt;0.

令g（t）=2ln t－t+1t，則g′（t）=2t－1－1t2=－（t－1）2tlt;0，所以g（t）在（1，+∞）上單調遞減，g（t）lt;g（1）=0.故x1－x2ln x1－ln x2gt;x1x2，問題得證.

點評：解法7用到了不等式的放縮思想，由x1－x2ln x1－ln x2=1的結構聯系對數均值不等式，可以做到秒證，是這一道題最快捷的做法.

解法8：另一種同構簡化問題再構造對稱函數.

f（x）的定義域為（0，+∞）.

f（x）=exx－ln x+x－a=exx+lnexx－a.

令μ=u（x）=exx，又u′（x）=ex（x－1）x2，令u′（x）=0，得x=1.

當x∈（0，1），u′（x）lt;0，u（x）單調遞減；當x∈（1，+∞），u′（x）gt;0，u（x）遞增.所以umin=e.

又函數y=μ+ln μ-a顯然單調遞增，則由f（x1）=f（x2）可得u（x1）=u（x2），即ex1x1=ex2x2.

由u（x）單調性可設0lt;x1lt;1lt;x2，則要證x1x2lt;1，即證0lt;x1lt;1x2lt;1.

因為u（x）在（0，1）上單調遞減，所以只需證ux1=ux2gt;u1x2.

令g（x）=u（x）－u1x=exx－xe1x，x∈（1，+∞），則g′（x）=ex（x－1）x2－e1x－1xe1x

=x－1xexx－e1x.

因為exx單調遞增，e1x單調遞減，所以exx－e1x在（e，+∞）上單調遞增，故exx－e1xgt;ee－1－e1egt;0，g′（x）＞0.

所以g（x）在（1，+∞）上單調遞增，g（x）gt;g（1）=0.綜上，ux1gt;u1x2得證，所以x1x2lt;1.

點評：解法8屬于另外一種同構，這種同構方式也適用于解法5、解法6、解法7的解題思想.讀者可以自行嘗試，本道題還可以再有三種解法.

4 總結

對于本題，極值點偏移是基本方法，但是構造函數各有不同.一方面可以直接偏移構造積的對稱函數，此時可以直接研究該對稱函數在定義域上的正負，亦或者分解為雙函數比較大小.另一方面可以先通過指對冪三者之間的關系進行同構再偏移，此時構造函數便多種多樣，可以構造積的對稱函數、和的對稱函數，還可以通過差比換元化簡運算后構造函數.最簡便的要數一眼看穿結構，利用對數均值不等式直接證明.整體來看，在極值點偏移問題中，如能進行同構化解函數，將對證明問題有極大的幫助.

從本題以小觀大，我們可以看出極值點偏移是雙變量問題的一種，涉及到換元思想、構造思想、對稱思想等.解決極值點偏移問題最常用的思想是對稱思想，方法上的體現是構造積或者和的對稱函數；也會用到換元思想，方法上的體現是差比換元；也會涉及同構思想，方法上的體現是構造相同結構，將問題簡化；同時，極值點偏移常常也和對數均值不等式聯系在一起，使解法錦上添花.