李红春　孔峰

高考一直肩负着服务选拔和导向教学的双重功能，高考试题一直是人们热议的话题，尤其是压轴试题更是备受关注，本文谈谈2018年全国卷1理科压轴试题的解法及思考，希望对大家的教学有所启发.

1试题及解答

题目已知f（x）=1x-x+alnx.

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：f（x1）-f（x2）x1-x2

本题考查利用导数研究函数的单调性和不等式的证明，考查学生运算求解能力、推理论证能力，考查分类讨论、数形结合、转化化归等数学思想.

解析（1）x∈0，+

SymboleB@ ，f′（x）=-x2+ax-1x2，设g（x）=-x2+ax-1，其Δ=a2-4，

討论当Δ≤0，即-2≤a≤2时，g（x）≤0恒成立，则f′（x）≤0，故f（x）在（0，+

SymboleB@ ）递减；

当Δ>0，即a>2或a<-2时，由g（x）=0得x1=a-a2-42，x2=a+a2-42.

①若a>2，由x1+x2=a>0，x1·x=1>0知，x1，x2∈（0，+

SymboleB@ ），

当x∈（0，x1），f′（x）<0，f（x）递减；当x∈（x1，x2），f′（x）>0，f（x）递增；

当x∈（x2，+

SymboleB@ ）时，f′（x）<0，f（x）递减；

②若a<-2，x1+x2=a<0，x1·x=1>0知，x1，x2∈（-

SymboleB@ ，0），

则x∈（0，+

SymboleB@ ），f′（x）<0，f（x）递减；

综上所述：a≤2时，f（x）在（0，+

SymboleB@ ）递减；当a>2时，f（x）在（0，a-a2-42）递减，在a-a2-42，a+a2-42递增，在（a+a2-42，+

SymboleB@ ）递减；

点评第（1）问关键之处在于分类讨论标准的确定，难点在于结合韦达定理判断出导函数的零点x1、x2的范围，考查了分类讨论、数形结合的思想.

本题关键在第（2）问，下面重点研究第（2）问的解答：

解法1重组换元

由（1）知，若f（x）存在两个极值点x1，x2，则a>2，x1·x2=1，x1+x2=a，

f（x1）-f（x2）x1-x2=1x1-1x2-（x1-x2）+a（lnx1-lnx2）x1-x2=x2-x1x1x2+（x2-x1）+a（lnx1-lnx2）x1-x2=a（lnx1-lnx2）x1-x2-2.

故要证原不等式，只需证lnx1-lnx2x1-x2<1，

不妨设x1x1-x2，

由x1x2=1知，只需证：lnx1x2>x1-x2x1x2，即lnx1x2>x1x2-x2x1，设x1x2=t，t∈（0，1）.

则只需证：lnt2>t-1t，即2lnt-t+1t>0，设m（t）=2lnt-t+1t，t∈（0，1）.

则m′（t）=2t-1-1t2=-（t-1）2t2<0，故m（t）在t∈（0，1）递减，所以m（t）>m（1）=0.

故原不等式成立.

解法2消元转化

同上，要证原不等式，只需证lnx1-lnx2x1-x2<1，

不妨设x1

SymboleB@ ）及x1x2=1知x1∈（0，1），lnx1-lnx2x1-x2<1等价为lnx1-lnx2>x1-x2，则只需证：lnx1-ln1x1>x1-1x1，即2lnx1-x1+1x1>0.设m（t）=2lnt-t+1t，t∈（0，1），则m′（t）=2t-1-1t2=-（t-1）2t2<0，故m（t）在t∈（0，1）递减，所以m（t）>m（1）=0，故原不等式成立.

解法3分散构造

不妨设x1>x2，则f（x1）-f（x2）x1-x2

f（x1）-（a-2）x1

即t（x）=1x-x+alnx-（a-2）x，t′（x）=-（a-1）x2+ax-1x2，

由f′（x）=0得-x2+ax-1=0，即ax-1=x2，故t′（x）=-（a-1）x2+x2x2=-a+2.

由a>2得t′（x）<0，故t（x）在（0，+

SymboleB@ ）递减，由x1>x2知，t（x1）

点评对于多元不等式证明问题，重组换元、消元转化和分散构造是三种基本方法.

2追本溯源

本题取材于对数平均值不等式：x1x2≤x1-x2lnx1-lnx2≤x1+x22，这个不等式有着丰富的几何直观：

图1

一方面，如图1，设点

M（x1，ex1）、N（x2，ex2）为函……