第三章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用補(bǔ)上一課極值點(diǎn)偏移(無偏移，左右對(duì)稱，如二次函數(shù))若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2＝2x0.(左陡右緩，極值點(diǎn)向左偏移)若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2>2x0；(左緩右陡，極值點(diǎn)向右偏移)若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2<2x0.題型一對(duì)稱化構(gòu)造輔助函數(shù)例1(2024·青島調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝xe－x.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；解

f′(x)＝(1－x)e－x，則由f′(x)<0，得x>1；由f′(x)>0，得x<1，所以f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，(2)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求證：x1＋x2>2.證明

不妨設(shè)x1<x2，由(1)知x1<1，x2>1，要證x1＋x2>2，即證x2>2－x1，即證f(x1)＝f(x2)<f(2－x1).構(gòu)造F(x)＝f(2－x)－f(x)＝(2－x)ex－2－xe－x，x<1，則F′(x)＝(1－x)(ex－2－e－x)<0，所以F(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，所以F(x)＝f(2－x)－f(x)>F(1)＝0，故F(x1)＝f(2－x1)－f(x1)>0，x1<1，可得f(2－x1)>f(x1)＝f(x2)，又x1<1，2－x1>1，x2>1，且f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以2－x1<x2，故x1＋x2>2.感悟提升訓(xùn)練1

已知函數(shù)f(x)＝x(1－lnx)，若f(x)＝m有兩個(gè)根x1，x2(x1≠x2)，求證：x1＋x2>2.當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.不妨設(shè)0<x1<1<x2，要證x1＋x2>2，即證x2>2－x1.因?yàn)?<x1<1<x2，所以x2>1，2－x1>1，又f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以即證f(x2)<f(2－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以即證f(x1)<f(2－x1)，即證當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f(x)－f(2－x)<0.構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2－x)，則F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)].當(dāng)0<x<1時(shí)，x(2－x)<1，則－ln[x(2－x)]>0，即當(dāng)0<x<1時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，所以F(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，F(xiàn)(x)<F(1)＝0，所以當(dāng)0<x1<1時(shí)，f(x1)－f(2－x1)<0成立，可得f(2－x1)>f(x1)＝f(x2)，又x1<1，則2－x1>1，x2>1，且f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以2－x1<x2，所以x1＋x2>2.題型二比、差值換元構(gòu)造輔助函數(shù)例2

已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(x>0)，a為常數(shù)，若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1≠x2)，求證：x1x2>e2.證明法一不妨設(shè)x1>x2，因?yàn)閘nx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，欲證x1x2>e2，即證lnx1＋lnx2>2.因?yàn)閘nx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，法二由題意，函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知lnx1，lnx2是方程x＝aex的兩個(gè)根，設(shè)t1＝lnx1，t2＝lnx2，g(x)＝xe－x，則g(t1)＝g(t2)，從而x1x2>e2?lnx1＋lnx2>2?t1＋t2>2.下證：t1＋t2>2.g′(x)＝(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，當(dāng)x→－∞時(shí)，g(x)→－∞；當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→0且g(x)>0，由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨設(shè)t1<t2，作出函數(shù)g(x)的圖象如圖所示，由圖知必有0<t1<1<t2.令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0，1]，所以F(x)在(0，1]上單調(diào)遞增，所以F(x)>F(0)＝0對(duì)任意的x∈(0，1]恒成立，即g(1＋x)>g(1－x)對(duì)任意的x∈(0，1]恒成立.由0<t1<1<t2，得1－t1∈(0，1)，所以g[1＋(1－t1)]＝g(2－t1)>g[1－(1－t1)]＝g(t1)＝g(t2)，即g(2－t1)>g(t2).又2－t1，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以2－t1<t2，所以t1＋t2>2，即x1x2>e2.感悟提升訓(xùn)練2(2024·南通模擬改編)已知函數(shù)f(x)＝aex－x，a∈R.若f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，證明：x1＋x2＞2.所以g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，由于x1，x2是方程g(x)＝0的實(shí)根，不妨設(shè)x1＜1＜x2.設(shè)0＜x1＜1＜x2，由g(x1)＝g(x2)，得x1e－x1＝x2e－x2，等式兩邊取對(duì)數(shù)得lnx1－x1＝lnx2－x2.課時(shí)分層精練KESHIFENCENGJINGLIAN當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.不妨設(shè)x1<x2，則0<x1<1<x2.則2－x1>1，要證x1＋x2>2，即證x2>2－x1>1，即證g(x2)＝g(x1)>g(2－x1)，所以h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，于是h(x)>h(1)＝0，即g(x)>g(2－x).當(dāng)0<x1<1時(shí)，g(x1)>g(2－x1)，又g(x1)＝g(x2)，所以g(x2)>g(2－x1)，又x2>1，2－x1>1，且g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x2>2－x1，即x1＋x2>2得證.證明要證x1x2>e2，只需證lnx1＋lnx2>2，若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，即f′(x)有兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，又f′(x)＝lnx－mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的兩個(gè)不同的實(shí)根，所以h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.又h(1)＝0，因此h(t)>h(1)＝0.3.(2024·杭州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝x－lnx－a有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2.(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；解

∵函數(shù)f(x)＝x－lnx－a，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.故當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)＝x－lnx－a取最小值f(1)＝1－a，若函數(shù)f(x)＝x－lnx－a有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，則1－a<0，即a>1.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(1，＋∞).(2)證明：x1＋x2>a＋1.證明

由(1)可設(shè)0<x1<1<x2，則x1－lnx1＝a，且x2－lnx2＝a，若證x1＋x2>a＋1，即證x2>1－lnx1，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－f(1－lnx)，0<x<1，所以g(x)＝x－lnx－(1－lnx)＋ln(1－lnx)＝x－1＋ln(1－lnx)，令h(x)＝x(1－lnx)，則h′(x)＝－lnx>0，所以h(x)單調(diào)遞增，所以0<h(x)<h(1)＝1.所以g′(x)<0，所以g(x)>g(1)＝0，即f(x)>f(1－lnx)，0<x<1，又0<x1<1<x2，所以f(x2)＝f(x1)>f(1－lnx1).因?yàn)閒(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x2>1－lnx1，即x1＋x2>a＋1，故原不等式得證.證明由題意知f′(x)＝ex－ex，令g(x)＝ex－ex，則g′(x)＝ex－e.令g′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，