《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题24　极值点偏移之和(x1＋x2)型不等式的证明（原卷版)

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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．
②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－aln x，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，即 2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以 a＝1．
(2)f′(x)＝x＋1－a－＝(x＋1)(x>0)，
①当a≤0 时，f′(x)>0 恒成立，所以 f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；
②当a>0 时，由 f′(x)＝0得x＝a，
当x>a时，f′(x)>0，所以 f(x)单调递增，当 0<x<a时，f′(x)<0，所以 f(x)单调递减，
所以当 x＝a时，f(x)取得极小值 f(a)．
又f(x)存在两个不同的零点 x1，x2，所以 f(a)<0，即 a2＋(1－a)a－aln a<0，整理得 ln a>1－a，
作y＝f(x)关于直线 x＝a的对称曲线 g(x)＝f(2a－x)，
令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－aln，
则h′(x)＝－2＋＝－2＋，
因为在(0，2a)上，h′(x)≥0，所以 h(x)在(0，2a)上单调递增，
不妨设 x1<a<x2，则 h(x2)>h(a)＝0，即 g(x2)＝f(2a－x2)>f(x2)＝f(x1)，
又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且 f(x)在(0，a)上为减函数，
所以 2a－x2<x1，即 x1＋x2>2a，又 ln a>1－a，易知 a>1 成立，故 x1＋x2>2．
[例4]已知函数 f(x)＝x－1＋aex．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2>4．
解析　(1)f′(x)＝1＋aex，当 a≥0 时，f′(x)>0，则 f(x)在R上单调递增．当 a<0 时，令 f′(x)>0，得 x<ln，
则f(x)的单调递增区间为，令 f′(x)<0，得 x>ln，
则f(x)的单调递减区间为．
(2)由f(x)＝0得a＝，设 g(x)＝，则 g′(x)＝．
由g′(x)<0，得 x<2；由 g′(x)>0，得 x>2．故 g(x)min＝g(2)＝－<0．
当x>1 时，g(x)<0，当 x<1 时，g(x)>0，不妨设 x1<x2，则 x1∈(1，2)，x2∈(2，＋∞)，
x1＋x2>4 等价于 x2>4－x1，∵4－x1>2 且g(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴要证 x1＋x2>4，只需证 g(x2)>g(4－x1)，∵g(x1)＝g(x2)＝a，
∴只需证 g(x1)>g(4－x1)，即 ，即证
1
2 4
e
x－
(x1－3)＋x1－1<0；
设h(x)＝e2x－4(x－3)＋x－1，x∈(1，2)，则 h′(x)＝e2x－4(2x－5)＋1，令 m(x)＝h′(x)，
则m′(x)＝4e2x－4(x－2)，∵x∈(1，2)，∴m′(x)<0，∴m(x)在(1，2)上单调递减，
即h′(x)在(1，2)上单调递减，∴h′(x)>h′(2)＝0，∴h(x)在(1，2)上单调递增，∴h(x)<h(2)＝0，
∴＋x1－1<0，从而 x1＋x2>4 得证．
[例5]已知函数 （a∈R）．
(1)若函数 在 上是增函数，求实数 的取值范围；
(2)如果函数 恰有两个不同的极值点 ，证明： ．
思维引导　(2) ， ．所证不等式含有 3个字母，
考虑利用条件减少变量个数．由 为极值点可得 ，从而可用 表示 ，简化所证
不等式．
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