關(guān)于極值點(diǎn)偏移問(wèn)題，已有很多相應(yīng)的高考題及相應(yīng)的文獻(xiàn)給予了深入研究，本文將從“增長(zhǎng)速度的快慢即導(dǎo)數(shù)的大小”方面研究該問(wèn)題.

題1 求證：（1）若0≤x≤e，則（e-x）e+x≤（e+x）e-x（當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)取等號(hào)）;

（2）若0≤x2≤x1≤e，則（e-x1）e+x2≤（e+x2）e-x1（當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2=0時(shí)取等號(hào)）;

（3）若-e

證明 （1）只需證明當(dāng)0

設(shè)u（x）=（e+x）ln（e-x）+（x-e）ln（e+x）（0

u′（x）=ln（e2-x2）-2e2-x2（x2+e2）（0

可設(shè)t=e2-x2（0

易知h（t）=lnt-4e2t+2（0

（2）只需證明當(dāng)0≤x2≤x1

由（1）的結(jié)論，可得ln（e-x2）e-x2≤ln（e+x2）e+x2.

用導(dǎo)數(shù)可證得函數(shù)g（x）=lnxx在（0，e）上單調(diào)遞增，進(jìn)而可得ln（e-x1）e-x1≤ln（e-x2）e-x2，所以ln（e-x1）e-x1≤ln（e+x2）e+x2，進(jìn)而可得欲證結(jié)論成立.

（3）因?yàn)榘延C不等式的左邊看成函數(shù)時(shí)它是偶函數(shù)，所以只需證明當(dāng)0≤x

再由（1）的結(jié)論，可得f′（x）≥0（0≤x

注 本題的編擬思路是這樣的：可得函數(shù)g（x）=lnxx在（0，e），（e，+SymboleB@）上分別單調(diào)遞增、單調(diào)遞減，進(jìn)而可做出該函數(shù)的圖像如圖1所示：

由函數(shù)g（x）=lnxx的極大值點(diǎn)e的左、右兩側(cè)上升、下降的速度不一樣（左快右慢），進(jìn)而可猜測(cè)出第（1）問(wèn)的等價(jià)結(jié)論g（e-x）-g′（e+x）（0

如圖2所示，當(dāng)0

題2 求證：若0e1+x1+x;

（2）e1-x（1-x）2>e1+x（1+x）2.

證明 （1）即證（x-1）e2x+x+1>0（0

設(shè)g（x）=（x-1）e2x+x+1（0

g′（x）=（2x-1）e2x+1，g″（x）=4xe2x>0（0

g′（x）是增函數(shù)，得g′（x）>g′（0）=0（0

g（x）是增函數(shù)，再得g（x）>g（0）=0（0

（2）即證ex<1+x1-x，（x-1）ex+x+1>0（0

設(shè)g（x）=（x-1）ex+x+1（0

g′（x）=xex+1>0（0g（0）=0（0

（2）的另證 由（1）的結(jié)論及題設(shè)，可得e1-x1-x>e1+x1+x>0，11-x>11+x>0.把它們相乘，可得欲證結(jié)論成立.

注 本題的編擬思路是這樣的：可得函數(shù)g（x）=exx在（0，1），（1，+SymboleB@）上分別單調(diào)遞減、單調(diào)遞增，進(jìn)而可做出該函數(shù)的圖像如圖3所示：

圖3

由函數(shù)g（x）=exx的極小值點(diǎn)e的左、右兩側(cè)下降、上升的速度不一樣（左快右慢），進(jìn)而可猜測(cè)出第（1）問(wèn)的等價(jià)結(jié)論g（1-x）>g（1+x）（0g′（1+x）（0

題3 求證：（1）若01e+x1e+x;

（2）若0≤x1≤x2<1e，則1e+x11e+x1≤1e-x21e-x2（當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2=0時(shí)取等號(hào)）.

證明 （1）即證1e+xln1e+x+x-1eln1e-x<00

即證u（x）=1e+xln1e+x+x-1e

ln1e-x0

可得u′（x）=ln1e2-x2+2<00<1e2-x2<1e2，因而欲證結(jié)論成立.

（2）可得0<1e-x2≤1e-x1≤1e≤1e+x1.

由（1）的結(jié)論，可得1e-x11e-x1≥1e+x11e+x1.

用導(dǎo)數(shù)可證得函數(shù)g（x）=xlnx即g（x）=lnxx在0，1e上單調(diào)遞減，進(jìn)而可得函數(shù)h（x）=xx在0，1e上單調(diào)遞減，所以1e-x21e-x2≥1e-x11e-x1，進(jìn)而可得欲證結(jié)論成立.

由以上思路，筆者還得到了下面的四個(gè)結(jié)論：

定理1 若f（x）在（a，x0]，[x0，b）上分別是增函數(shù)、減函數(shù)，f（x1）=f（x2）（a

g（u）在（a，x0]上是增函數(shù)f（x1）2x0f（x2）>f（2x0-x2）g（u）在[x0，b）上是增函數(shù)

證明 由題設(shè)，可得g（u）在（a，x0]上是增函數(shù)g（x1）

f（2x0-x1）x02x0-x1>ax1+x2>2x0>ax1>2x0-x2>aa

f（x1）>f（2x0-x2）f（x1）=f（x2）f（x2）>f（2x0-x2）g（x2）>g（x0）g（u）在[x0，b）上是增函數(shù)，

所以欲證結(jié)論成立.

定理2 若f（x）在（a，x0]，[x0，b）上分別是增函數(shù)、減函數(shù)，f（x1）=f（x2）（a

f（2x0-x1）x1+x2<2x0f（x2）

證明 同定理1可證.

定理3 若f（x）在（a，x0]，[x0，b）上分別是減函數(shù)、增函數(shù)，f（x1）=f（x2）（a

f（2x0-x1）x1+x2>2x0f（x2）

證明 在定理1中設(shè)h（x）=-f（x），可得欲證結(jié)論成立.

定理4 若f（x）在（a，x0]，[x0，b）上分別是減函數(shù)、增函數(shù)，f（x1）=f（x2）（a

f（2x0-x1）x1+x2<2x0f（x2）>f（2x0-x2）g（u）在[x0，b）上是增函數(shù).

證明 在定理2中設(shè)h（x）=-f（x），可得欲證結(jié)論成立.

注 把定理1～4中的“a”換為“-SymboleB@”或“b”換為“+SymboleB@”后，所得結(jié)論也成立.由定理1～4還可編擬出很多題目.

題4 已知函數(shù)f（x）=xe-x（x∈R）.

（1）（2010年高考天津卷理科第21（3）題）若x1≠x2，f（x1）=f（x2），求證：x1+x2>2;

（2）求證：g（u）=f（u）-f（2-u）（u>1）是增函數(shù).

注 由本題（2）結(jié)論及定理1可得本題（1）結(jié)論.

題5 已知函數(shù)f（x）=1-x1+x2ex.

（1）（2013年高考湖南卷文科第21（2）題）證明：當(dāng)

f（x1）=f（x2）（x1≠x2）時(shí)，求證：x1+x2<0;

（2）求證：g（u）=f（u）-f（-u）（u>0）是減函數(shù).

注

由本題（2）結(jié)論及定理2可得本題（1）結(jié)論.

題6 已知函數(shù)f（x）=（x-2）ex+a（x-1）2（a>0）有兩個(gè)零點(diǎn).

（1）（2016年高考全國(guó)卷Ⅰ理科第21（2）題）設(shè)x1，x2是f（x）的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：x1+x2<2;

（2）求證：g（u）=f（u）-f（2-u）（u>1）是增函數(shù).

注

由本題（2）結(jié)論及定理4可得本題（1）結(jié)論.

題7 已知函數(shù)f（x）=x（1-lnx）.

（1）（2021年新高考全國(guó)卷I第22（2）題部分結(jié)論的等價(jià)問(wèn)題）若f（x1）=f（x2）（02;（2）求證：g（u）=f（u）-f（2-u）（0

注

由本題（2）結(jié)論及定理1可得本題（1）結(jié)論.

題8 已知函數(shù)f（x）=xlnx.

（1）若f（x1）=f（x2）02e;

（2）求證：g（u）=f（u）-f2e-u0

注

由本題（2）結(jié)論及定理3可得本題（1）結(jié)論.

題9 已知函數(shù)f（x）=lnx+1x.

（1）若f（x1）=f（x2）1e2;

（2）求證：g（u）=f（u）-f（2-u）1e

注

由本題（2）結(jié)論及定理3可得本題（1）結(jié)論.

基金項(xiàng)目：本文系北京市教育學(xué)會(huì)“十三五”教育科研滾動(dòng)立項(xiàng)課題“數(shù)學(xué)文化與高考研究”（課題編號(hào)FT2017GD003，課題負(fù)責(zé)人：甘志國(guó)）階段性研究成果之一.

（收稿日期：2021-09-10）