?河北峰峰第一中學 常云霞 栗晶晶

1 試題呈現

(2021新高考Ⅰ卷第22題)已知函數f(x)=x(1-lnx).

(1)討論f(x)的單調性；

2 試題分析

第(1)問利用導數判斷函數的單調性容易解決，考查導數公式和導數的運算法則以及學生的邏輯推理和運算求解能力，分類與整合能力等.

第(2)問則難度較高，考查函數極值點偏移問題，常用構造函數法來解決，其中，常通過構造一元差函數或比值消元的方式將多元問題轉化為一元問題.另外，從得分角度可以把兩個不等式拆開證明，從證明不等式的基本方法出發(fā)又可以考慮放縮法.對于含對數的不等式，既可考慮利用對數均值不等式，又可考慮利用對數函數的切線割線放縮，放縮法往往能達到秒殺的效果.

以構造函數作為證明兩個不等式的通法，并以放縮法作為證明x1+x2

圖1

3 解題方法

(1)解：f′(x)=1-lnx-1=-lnx，x∈(0,+∞)，則當x∈(0,1)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；當x∈(1，+∞)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減.

通法1:構造對稱函數.

先證x1+x2>2.

令φ(x)=f(x)-f(2-x)，則φ′(x)=f′(x)-[f(2-x)]′=-lnx-ln(2-x).

φ(x)在(0,1)單調遞增，又φ(1)=0，故φ(x1)<φ(1)=0，則f(x2)=f(x1)2-x1，即x1+x2>2.

接下來求證x1+x2f(e-x1).

因為f(x1)=f(x2)，故求證f(x1)>f(e-x1)即可.

又h′(1)<0，x→0+時，h′(x)→+∞，所以存在x0∈(0,1)，x∈(0,x0)時，h′(x)>0，h(x)單調遞增;x∈(x0,1)時，h′(x)<0，h(x)單調遞減.

綜上所述，2

通法2：齊次化構造.

因為x1+x2=(t+1)x2，故ln(x1+x2)=ln(t+1)+lnx2.

另外，在解決x1+x2>2時，還可以利用其他方法：

通法3：構造一元差函數證明x1+x2>2.

證明：設g(x)=f(1+x)-f(1-x),x∈(-1,0),g(0)=0.

則g(x)=2x+(1-x)ln(1-x)-(1+x)ln(1+x)，由g′(x)=-ln(1-x2)知,當x∈(-1,0)時，g′(x)>0，函數g(x)單調遞增，則g(x)2-x1，即x1+x2>2.(其中g(x)選取區(qū)間(-1,0)與x1-1∈(-1,0)一致.)

通法4：利用對數均值不等式證明x1+x2>2.

通法5：利用雙變量比值消元求證x1+x2

因為

則此時g′(x)<0，g(x)在(1,+∞)單調遞減，x1+x2

在求證x1+x2

秒殺1：由(1)知f(x)的極大值點x=1，且f極大值(x)=f(1)=1，結合過點(0,0)和(1,1)的直線方程y=x，設f(x1)=f(x2)=m，當x∈(0,1)時，f(x)=x(1-lnx)>x，因為直線y=x與直線y=m的交點坐標為(m,m)，所以x1

則要證x1+x2

令h(x)=f(x)+x,x∈(1,e)，則h′(x)=1-lnx>0，所以h(x)在(1,e)單調遞增，則當1

秒殺2：可求f(x)在(e,0)處切線φ(x)=e-x.

令F(x)=f(x)-φ(x)=2x-xlnx-e,x∈(0,e)，則F′(x)=1-lnx>0，即F(x)在(0,e)單調遞增，所以F(x)

令m=f(x1)=f(x2)，則m=f(x2)<φ(x2)=e-x2，又x∈(0,1)時，f(x)=x(1-lnx)=x-xlnx>x，所以x1

秒殺3：令g(x)=f(x)+x,x∈(0,e)，則g′(x)=-lnx+1>0，所以g(x)在區(qū)間(0,e)單調遞增，所以g(x2)

于是x1+x2

秒殺4：(利用lnx≤x-1，當且僅當x=1時等號成立.)

4 方法小結

構造對稱函數，將多元不等式轉化為一元問題去求解是解決極值點偏移問題的常用解法；對數均值不等式對于解決導數中的不等式問題，尤其是出現兩個零點，或是極值點偏移問題很有效；比值消元法是解決雙變量問題的常用思路.利用切線、割線、凸函數的關系與性質及其產生的常用不等式，如“l(fā)nx≤x-1，當且僅當x=1時等號成立”等對不等式進行放縮往往能使得證明過程更簡單.

解題過程中，學生需要通過對題目條件或要證明的不等式進行適當變形，探索問題的本質，抽象出適當的函數模型分析問題，通過構造新函數、放縮等基本解題策略解決問題.這個過程考查了學生邏輯推理、數據分析、數學運算等核心素養(yǎng)，深刻體現了高考命題的育人價值.Z