极值点偏移问题的几种解决方法

例题

2021全国I卷

已知函数 $f(x)=x(1-\ln x)$.

（1）讨论 $f(x)$ 的单调性.

（2）设 $a,b$ 为两个不相等的正数，且 $b\ln a-a\ln b=a-b$，证明：$2<{\displaystyle \frac{1}{a}}+{\displaystyle \frac{1}{b}}<e$.

第一问：函数单调性

由于难度较低，此处省略部分过程。

$f(x)=x-x\ln x$

$f^{\prime }(x)=-\ln x$

$x$	$(0,1)$	1	$(1,+\mathrm{\infty })$
$f^{\prime }(x)$	$+$	$0$	$-$
$f(x)$	$\nearrow$	大	$\searrow$

第二问：极值点偏移

观察条件式子较为对称，尝试变量分离。

$\Rightarrow$ ${\displaystyle \frac{\ln a}{a}}-{\displaystyle \frac{\ln b}{b}}={\displaystyle \frac{1}{b}}-{\displaystyle \frac{1}{a}}$

$\Rightarrow$ ${\displaystyle \frac{1}{a}}-{\displaystyle \frac{\ln \frac{1}{a}}{a}}={\displaystyle \frac{1}{b}}-{\displaystyle \frac{\ln \frac{1}{b}}{a}}$

令 $x_a={\displaystyle \frac{1}{a}}$，$x_2={\displaystyle \frac{1}{b}}$，则有 $f(x_1)=f(x_2)$.

只要证 $2<x_1+x_2<e$ 即可.

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法一：对称

先证 $x_1+x_2>2$.

从几何角度考虑，此方法相当于将函数 $f(x)$ 沿着 $x=1$ 作对称，故称之为对称法。

构造函数 $g(x)=f(1+x)-f(1-x)$ 或 $g(x)=f(2-x)-f(x)$，并证明此函数恒正，再结合 $f(x)$ 的单调性可以推出 $x_1+x_2>2$.

不妨设 $x_1<1<x_2$，则当 $x_2⩾2$ 时，显然有 $x_1+x_2>2$ ，故只需考虑 $1<x_2<2$ 的情况即可.

$x_1+x_2>2$

$\iff$ $x_2>2-x_1$

$\iff$ $f(x_2)<f(2-x_1)$ （$x_2,2-x_1\in (1,2)$ 且 $f(x)$ 在 $(1,2)$ 单调递减）

$\iff$ $f(x_1)<f(2-x_1)$ （$f(x_1)=f(x_2)$）

故只要证 $f(x_1)<f(2-x_1)$ 即可，其中 $0<x_1<1$.

以上为几何对称操作，也是对称法解极值点偏移的理论基础。

下面进行求导证明 $f(x_1)<f(2-x_1)$.

令 $g(x)=f(x)-f(2-x)$，

则有 $g^{\prime }(x)=-\ln x(2-x)$.

有 $0<x<1$ 时，$g^{\prime }(x)=-\ln x(2-x)>0$ ，故有 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增.

又有 $g(1)=-\ln 1=0$，

所以对于 $\mathrm{\forall }x\in (0,1),f(x)-f(2-x)=g(x)<g(1)=0$

也即 $f(x)<f(2-x)$, 命题得证.

故 $x_1+x_2>2$.

对于 $x_1+x_2<e$ 的证明，若对称后构造函数求导，则会发现构造出的函数 $h(x)=f(x)-f(e-x)$ 在 $(0,1)$ 上不具有单调性，而是呈现先增后减的趋势。这样为了证明 $h(x)>0$，我们势必要讨论 $h(x)$ 的两个端点。但是 $h(x)$ 在 $x=0$ 处的端点无定义，难以讨论。

沿 x=1 对称	沿 x=e/2 对称

红色为原函数，蓝色为对称后的函数，绿色为相减构造出的差函数。

对于本题而言，两个方向的不等号均可以进行对称操作。对于左方向不等号而言，其构造出的函数具有单调性，可以避开 $x\to 0$ 时的极限问题；而对于右方向不等号而言，若使用求导法解题，其构造出的函数无法避开对于 $x\to 0$ 的极限讨论，难以证明。

再证 $x_1+x_2<e$.

对于右方向不等号的证明，我们仍然使用对称法，在构造出函数 $h(x)=f(x)-f(2-x)$ 后，我们使用放缩法进行不等式的证明。

仍设 $x_1<1<x_2$，则当 $x_2⩽e-1$ 时，显然有 $x_1+x_2<e$ ，故只需考虑 $e-1<x_2<e$ 的情况即可.

$x_1+x_2<e$

$\iff$ $x_2<e-x_1$

$\iff$ $f(x_2)>f(e-x_1)$ （$x_2,e-x_1\in (e-1,1)$ 且 $f(x)$ 在 $(e-1,1)$ 单调递减）

$\iff$ $f(x_1)>f(e-x_1)$ （$f(x_1)=f(x_2)$）

故只要证 $f(x_1)>f(e-x_1)$ 即可，其中 $0<x_1<1$.

注意到 $f(x)$ 在 $(e,0)$ 处导数为 $-1$ ，故可以证明 $f(x)<x+1$ ，将其对称过来后便可得到 $f(e-x)<x$. 又注意到在 $(0,1)$ 区间上恒有 $f(x)>x$ ，我们便可以以 $y=x$ 为中介，放缩证明 $f(e-x)<x<f(x)$.

红色为 f(x) ，蓝色为 f(e-x) ，绿色为 y=x

先证明 $f(e-x)<x$.

设 $h(x)=e-x-f(x)=e-2x+x\ln x$ ，

有 $h^{\prime }(x)=\ln x-1$.

当 $x\in (e-1,e)$ 时，有 $\ln x\in (\ln (e-1),1)$ ，故有 $h^{\prime }(x)<0$ ，$h(x)$ 在 $(e-1,e)$ 上单调减。

故有 $h(x)>h(e)=0$ ，即 $e-x>f(x)$.

代入 $e-x$ ，则有 $f(e-x)<x$.

以上通过先证切线，后对称的方式证明了 $f(e-x)<f(x)$.

再证明 $f(x)>x$.

有 $f(x)-x=-x\ln x$ ，且当 $x\in (0,1)$ 时， $-x\ln x>0$ ，故有 $f(x)>x$.

故有 $f(e-x)<x<f(x)$ ，又上面推导可知 $x_1+x_2<e$.

在传统对称难有思路的时候，不妨画画图，从切线的角度思考能否用放缩解决问题。

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未完待续