内容正文:
(2)令函数h(x)=sin
x·tan
x-x2,x∈
0,
π
2 ,所以h'(x)=sin
x·
1
cos2x
+1 -2x
≥sin
x·
2cos
x
cos2x
-2x=
2sin
x
cos
x -2x=
2(tan
x-x)。
由(1)可知h'(x)≥0,所以函数h(x)在
区间 0,
π
2 上单调递增,所以h(x)≥h(0)=
0,故原不等式成立。
点 评:三 角 不 等 式 sin
x < x <
tan
x0<x<
π
2 及其对应的变形不等式是
函数与导数的综合应用中三角放缩的一大重
要方向。此类问题往往基于三角函数式的应
用场景,结合三角恒等变形及对应的三角关
系式,借助不等式的构建,合理放缩成与之对
应的其他函数等形式,从而完成不等式的证
明或转化。
总之,在函数与导数的综合应用中的放
缩技巧与应用,指数切线不等式ex≥x+1(当
且仅当x=0时等号成立)、对数切线不等式
ln
x≤x-1(当且仅当x=1时等号成立)、三
角不等式sin
x<x<tan
x0<x<
π
2 等对
应的放缩不等式,可以作为相应的“二级结
论”,在解答题中可以为问题的深入指明方
向,在一些小题(填空题或选择题)中可以直
接加以应用,对于解题有一定的促进与提升
作用,可以在一定程度上促进数学基础知识
的理解与掌握,发散数学思维,优化数学习
惯,培养良好的数学品质与数学核心素养等。
(责任编辑 王福华)
■江苏省南京市临江高级中学 包学成
极值点偏移问题一直是高考数学试卷中
函数与导数的综合应用模块考查的一个基本
热点与难点。对于函数f(x)在区间(a,b)内
只有一个极值点x0,方程f(x)=0的解分别
为x1,x2,且a<x1<x2<b,若
x1+x2
2 ≠x0
,
则称函数f(x)在区间(x1,x2)上极值点x0
偏移;若x1+x2
2 >x0 或
x1+x2
2 <x0 ,则函
数f(x)在区间(x1,x2)上的极值点x0 左偏
(或右偏),简称极值点x0 左偏(或右偏)。此
类极值点偏移问题难度较大,但还是有规律
可循,依据一些常见的极值点偏移的结构特
征,结合此类问题的设置类型,合理归纳并总
结解题的基本技巧方法与策略,实现问题的
巧妙转化与创新应用。
一、对称变换策略
对称变换策略是依托两个极值点之间的
和或积的关系与结构特征,合理通过对称变
换g(x)=f(x)-f(2a-x)来变形与转化,
实现问题的突破与求解。
例 1 (2024年黑龙江省鹤岗一中高
考数学二模试卷)已知函数f(x)=x+
3
x+
2ln
x-a(a∈R)有两个不同的零点x1,x2。
(1)求实数a的取值范围;
(2)求证:x1x2>1。
解析:(1)由题意知,函数f(x)的定义域
为(0,+∞),求导得f'(x)=1-
3
x2
+
2
x=
91
解题篇 创新题追根溯源
高考数学 2025年5月
x2+2x-3
x2
=
(x+3)(x-1)
x2
。
令f'(x)=0,解得x=1,所以当x∈(0,
1)时,f'(x)<0,函数f(x)在(0,1)上单调
递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,函数
f(x)在(1,+∞)上单调递增。
因此f(x)在x=1处取得极小值,也是
最小值,f(x)min=f(1)=4-a<0,故a>4。
验证:当a>4时,易知f(2a)=2a+
3
2a
+2ln(2a)-a=a+
3
2a+2ln
(2a)>0,
f
1
a =1a+3a-2ln
a-a=
1
a+2
(a-ln
a)
>
1
a>0
,根据f(x)的大致图像(图略)知,当
a>4时,f(x)=x+
3
x+2ln
x-a(a∈R)有
两个不同的零点。
故实数a的取值范围是(4,+∞)。
(2)不妨设0<x1<1<x2,要证x1x2>
1,只需证x1>
1
x2
,即证f(x1)<f
1
x2 。
又f(x1)=f(x2),则证f(x2)<f
1
x2 。
构造函数g(x)=f(x)-f
1
x =2x-
2x+4ln
x(x>1),则g'(x)=
-2(x-1)2
x2
<
0,所以函数g(x)在(1,+∞)上单调递减。
因为x2>1,所以g(x2)<g(1)=0,即
f(x2)<f
1
x2 ,从而f(x1)<f 1x2 ,原命
题得证。
点评:破解极值点偏移问题的基本步骤
为:①构造函数g(x)=f(x)-f(2a-x),
结合求导,确定函数f(x)和g(x)的单调性;
②确 定 两 个 零 点 x1<a<x2,且 f(x1)=
f(x2),根据函数值g(x1)与g(a)的大小关
系,将g(x1)=f(x1)-f(2a-x1)=f(x2)
-f(2a-x1)与零进行大小比较;③由函数
f(x)在区间(a,+∞)上的单调性得到x2 与
2a-x1 的大小,从而证明相应问题。
二、对数平均不等式策略
用对数平均不等式来解决涉及两个极值
点有关
a-b
ln
a-ln
b
的不等式应用问题,进而借
助对数平均不等式 ab<
a-b
ln
a-ln
b<
a+b
2
(a>0,b>0,a≠b)来放缩与转化。
例 2 已知函数f(x)=e
x
x -ln
x+
x-a。
(1)若f(x)≥0,求实数a的取值范围;
(2)若函数f(x)有两个零点x1,x2,求
证:x1x2<1。
解析:(1)依题意知,函数f(x)的定义域
为(0,+∞)。
求导得f'(x)=
1
x-
1
x2 ex-1x+1=
1
x 1-
1
x ex+ 1-1x =x-1x e
x
x+1 。
令f'(x)=0,得x=1,所以当x∈(0,1)
时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,
+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增。
所以f(x)≥f(1)=e+1-a。
若f(x)≥0,则e+1-a≥0,即a≤e+
1,所以实数a的取值范围为(-∞,e+1]。
(2)由题意得,f(x)=
ex
x+ln
ex
x-a
。
令m=
ex
x>1
,则函数g(m)=m+ln
m
-a,m>1。
因为g'(m)=1+
1
m>0
,所以g(m)=
m+ln
m-a 在(1,+∞)上单调递增,所以
g(m)=0至多有一个解。
因为f(x)=
ex
x+ln
ex
x-a
有两个零点
x1,x2,所以 m=
ex1
x1
=
ex2
x2
,两边取对数可得
x1-ln
x1=x2-ln
x2,即
x1-x2
ln
x1-ln
x2
=1。
因为f(x)的定义域为(0,+∞),所以要
证x1x2<1,可证 x1x2<1,即证 x1x2<
x1-x2
ln
x1-ln
x2
。
不 妨 取 x1 > x2, 由 x1x2 <
x1-x2
ln
x1-ln
x2
⇒
ln
x1-ln
x2<
x1-x2
x1x2
⇒
02
解题篇 创新题追根溯源
高考数学 2025年5月
ln
x1
x2
<
x1
x2
-
x2
x1
。
令t=
x1
x2
,则t>1,故只需证2ln
t<
t-
1
t
。
构造函数h(t)=2ln
t-t+
1
t
,t>1,则
h'(t)=
2
t-1-
1
t2
=- 1-
1
t
2
<0,所以函
数h(t)在(1,+∞)上单调递减,故h(t)<
h(1)=0,即2ln
t<t-
1
t
,原命题得证。
点评:在破解极值点偏移问题时,利用对
数平 均 不 等 式 策 略 解 决 两 个 极 值 点 有 关
x1-x2
ln
x1-ln
x2
的不等式应用,基本的解题步骤
为:①由题设中相关的等式产生对数;②将所
得含对数的等式进行恒等变形与转化,得到
与两个 极 值 点 相 关 的 代 数 式
x1-x2
ln
x1-ln
x2
;
③利用对数平均不等式加以放缩或转化,进
而得以证明相应的问题。
三、比值代换策略
利用比值代换策略解决极值点偏移问
题,其主要是通过建立两个极值点之间的比
值关系,将两个极值点之间的比值作为一个
整体来合理换元处理,达到减元或消参的解
题目的,给问题的解决奠定基础。
例 3 (2024年四川省成都市新都区
高三(上)摸底数学试卷)已知函数f(x)=
x
3-aln
x-1。
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)有两个零点x1,x2,求
证:11(x2-a)+x1>0。
解析:(1)依题意知,函数f(x)的定义域
为(0,+∞),f'(x)=
1
3-
a
x=
x-3a
3x
。
当a≤0时,f'(x)>0,则函数f(x)在
(0,+∞)上单调递增。
当a>0时,令f'(x)>0,得x>3a;令
f'(x)<0,得0<x<3a。所以函数f(x)在
(0,3a)上单调递减,在(3a,+∞)上单调递
增。
综上可得,当a≤0时,函数f(x)在(0,
+∞)上单调递增;当a>0时,函数f(x)在
(0,3a)上单调递减,在(3a,+∞)上单调递
增。
(2)若函数f(x)有两个零点x1,x2,则
由(1)可知a>0。
不妨设0<x2<x1,由f(x1)=f(x2)=
0,可得
x1-3aln
x1-3=0,
x2-3aln
x2-3=0, 两式相减可得
x1-x2=3aln
x1
x2
,变形得x1-x2
3ln
x1
x2
=a,所以要
证11x2+x1>11a,只 需 证 11x2+x1>
11(x1-x2)
3ln
x1
x2
,即证ln
x1
x2
>
11(x1-x2)
3(11x2+x1)
。
设
x1
x2
=u(u>1),则ln
u>
11(u-1)
3(11+u)
。
令函数g(u)=ln
u-
11(u-1)
3(11+u)
(u>1),
则g'(u)=
1
u-
44
(11+u)2
=
(u-11)2
u(11+u)2
≥0,
所以函数g(u)在(1,+∞)上单调递增,从而
g(u)>g(1)=0,即ln
u>
11(u-1)
3(11+u)
,因此
11(x2-a)+x1>0成立,原命题得证。
点评:在解决此类问题时,依托问题中的
应用场景,通过两个极值点间的比值关系,进
行整体化思维,引入对应的参数加以换元,从
而得以减元或消参,在此基础上,进而结合题
设条件与应用场景进行合理转化与应用,实
现比值换元策略的综合与应用。
总之,在解决一些相关的极值点偏移及
其综合应用问题时,系统理解并掌握一些相
关的解题技巧方法与应对策略,抓住题设条
件中代数式的结构特征与变形过程,或对称
变换,或对数平均不等式放缩,或比值代换
等,剖析对应问题的内涵与实质,合理进行化
归与转化,依托不同的应用场景,对应不同的
技巧策略,并综合应用函数、不等式、导数等
基础知识,进而全面培优提升与拓展思维,巧
妙实现问题的破解。
(责任编辑 王福华)
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解题篇 创新题追根溯源
高考数学 2025年5月