小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com专题24极值点偏移之和(x1＋x2)型不等式的证明【例题选讲】[例1](2013湖南)已知函数f(x)＝ex．(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：当f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)时，x1＋x2＜0．解析(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)．f(x)＝()ex＋ex＝[＋]ex＝ex．当x＜0时，f(x)＞0；当x＞0时，f(x)＜0．所以f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)．(2)法一：令函数F(x)＝f(x)－f(－x)，x∈(0，＋∞)，代入化简得F(x)＝．再次局部构造辅助函数，令G(x)＝(1－x)ex－，求导得G′(x)＝－xe－x(e2x－1)．当x∈(0，＋∞)时，G′(x)<0，即G(x)是(0，＋∞)上的单调减函数．于是G(x)<G(0)＝0，则F(x)<0．即F(x)＝f(x)－f(－x)<0．所以x∈(0，＋∞)时，f(x)<f(－x)．由x2∈(0，＋∞)，则f(x2)<f(－x2)．又f(x1)＝f(x2)，即得f(x1)<f(－x2)．根据(1)知f(x)是(－∞，0)上的单调增函数，而x1∈(－∞，0)，－x2∈(－∞，0)，所以x1<－x2，故x1＋x2<0得证．法二：不妨设x1＜x2，要证明x1＋x2＜0，即x1＜－x2＜0，只需证明f(x1)＜f(－x2)，因为f(x1)＝f(x2)，即f(x2)＜f(－x2)．而f(x2)＜f(－x2)等价于(1－x2)－1－x2＜0，x∈(0，＋∞)，令g(x)＝(1－x)－1－x(x＞0)，则g(x)＝(1－2x)－1，令h(x)＝(1－2x)－1，则h(x)＝－4x＜0，所以h(x)单调递减，h(x)＜h(0)＝0，即g(x)＜0，所以g(x)单调递减，所以g(x)＜g(0)＝0，得证．法三：先证明：x∈(0，＋∞)，f(x)＜f(－x)，即证ex＜e－x，此不等式等价于(1－x)ex－＜0．令g(x)＝(1－x)ex－，则g(x)＝－xe－x(e2x－1)．当x∈(0，＋∞)，g(x)＜0，g(x)单调递减，从而g(x)＜g(0)＝0，即(1－x)ex－＜0．所以x∈(0，＋∞)，f(x)＜f(－x)，而x2∈(0，＋∞)，所以f(x2)＜f(－x2)，从而f(x1)＜f(－x2)．由于x1，－x2∈(－∞，0)，f(x)在(－∞，0)上单调递增，所以x1＜－x2，即x1＋x2＜0．[例2](2016全国I)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，求证：x1＋x2<2．解析(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．①当a＝0时，f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com②当a>0时，f′(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．因为f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b<ln，则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，故f(x)存在两个零点．②当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－，则ln(－2a)≤1，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．若a<－，则ln(－2a)>1，所以f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．(2)分析法不妨设x1<x2，由(1)知x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0．因为f(2－x2)＝－x2＋a(x2－1)2，f(x2)＝(x2－2)＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2－(x2－2)．设g(x)＝－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(－ex)，当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减．因为g(1)＝0，所以当x>1时，g(x)<0，从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2．(2)综合法设F(x)＝f(2－x)－f(x)，x<1，代入整理得F(x)＝－xe－x＋2－(x－2)·ex．求导得F′(x)＝(1－x)(ex－e－x＋2)．即x<1时，F′(x)<0，则函数F(x)是(－∞，1)上的单调减函数．于是F(x)>F(1)＝0，则f(2－x)－f(x)>0，即f(2－x)>f(x)．由题x1，x2是f(x)的两个零点，并且在x＝1的两侧，所以不妨设x1<1<x2，则f(x2)＝f(x1)<f(2－x1)，即f(x2)<f(2－x1)．由(1)知函数f(x)是(1，＋∞)上的单调增函数，且x2，2－x1∈(1，＋∞)，所以x2<2－x1．故x1＋x2<2得证．[例3]已知函数f(x)＝x2＋(1－a)x－alnx，a∈R．(1)若f(x)存在极值点1，求a的值；(2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2>2．解析(1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－，因为f(x)存在极值点1，所以f′(1)＝0...