武增明

(云南省玉溪第一中学 653100)

试题1 (2010年高考天津卷理科数学第21题)已知函数f(x)=xe-x(a∈R).

(1)求函数f(x)的单调区间和极值；

(2)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称，证明：当x>1时，f(x)>g(x)；

(3)如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明：x1+x2>2.

试题2 (2011年高考辽宁卷理科数学第21题)已知函数f(x)=lnx-ax2+(2-a)x.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)设a>0，证明：

(3)若函数y=f(x)的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′(x0)<0.

时隔仅一年，试题2竟然与试题1如出一辙.

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)证明：当f(x1)=f(x2)(x1≠x2)时，x1+x2<0.

时隔仅三年，试题3竟然与试题1如出一辙.

试题4 (2016年高考全国卷Ⅰ理科数学第21题)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，证明：x1+x2<2.

时隔仅三年，试题4竟然与试题3如出一辙.

(1)讨论f(x)的单调性；

(1)若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8-8ln2；

(2)若a≤3-4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.

时隔七年，试题5、试题6竟然与试题2如出一辙.

试题1赏析(1)f′(x)=(1-x)e-x.

令f′(x)=0，解得x=1.

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x(-∞,1)1(1,+∞)f ′(x)+0-f(x)↗极大值↘

所以f(x)在(-∞，1)内是增函数，在(1，+∞)内是减函数.

(2)证明由题意可知，g(x)=f(2-x)，得g(x)=(2-x)ex-2.

令F(x)=f(x)-g(x)，即F(x)=xe-x+(x-2)ex-2.

于是F′(x)=(x-1)(e2x-2-1)e-x.

当x>1时，2x-2>0，从而e2x-2-1>0，又e-x>0，所以F′(x)>0，从而函数F(x)在[1，+∞)上是增函数.

又F(1)=e-1-e-1=0，

所以x>1时，有F(x)>F(1)=0，即f(x)>g(x).

(3)证明①若(x1-1)(x2-1)=0，

由(1)及f(x1)=f(x2)，得x1=x2=1，与x1≠x2矛盾.

②若(x1-1)(x2-1)>0，由(1)及f(x1)=f(x2)，得x1=x2，与x1≠x2矛盾.

根据①，②，得(x1-1)(x2-1)<0，不妨设x1<1，x2>1，由(2)可知，f(x2)>g(x2)，g(x2)=f(2-x2)，所以f(x2)>f(2-x2)，从而f(x1)>f(2-x2).

因为x2>1，所以2-x2<1.

又由(1)可知函数f(x)在区间(-∞，1)内是增函数，所以x1>2-x2，即x1+x2>2.

若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，+∞)单调增加.

由(1)知，f′(x0)<0.

试题3赏析(1)函数f(x)的定义域为(-∞，+∞).

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，+∞).

同理，当x>1时，f(x)<0.

当f(x1)=f(x2)(x1≠x2)时，不妨设x1

由(1)知，x1∈(-∞，0)，x2∈(0，1).

下面证明：

当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减.

所以∀x∈(0，1)，f(x)

而x2∈(0，1)，所以f(x2)

由于x1，-x2∈(-∞，0)，f(x)在(-∞，0)上单调递增，所以x1<-x2，即x1+x2<0.

试题4赏析(1)f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).

设a=0，则f(x)=(x-2)ex，f(x)只有一个零点.

设a>0，则当x∈(-∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，+∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(-∞，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增.

设a<0，由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a).

又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.

因此f(x)在(1，ln(-2a))上单调递减，在(ln(-2a)，+∞)上单调递增.

又当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)不妨设x1

2-x2∈(-∞，1)，又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.

由于f(2-x2)=-x2e2-x2+a(x2-1)2，

而f(x2)=(x2-2)ex2+a(x2-1)2=0，

所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)ex2.

设g(x)=-xe2-x-(x-2)ex，则

g′(x)=(x-1)(e2-x-ex).

所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)=0，故当x>1时，g(x)<0.

从而g(x2)=f(2-x2)<0，故x1+x2<2.

若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a=2，x=1时，f′(x)=0，所以f(x)在(0，+∞)单调递减.

(2)由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.

由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2-ax+1=0，

所以x1x2=1，

不妨设x11.

x(0,16)16(16,+∞)g′(x)-0+g(x)↘2-4ln2↗

所以g(x)在[256，+∞)上单调递增，故g(x1x2)>g(256)=8-8ln2，即f(x1)+f(x2)>8-8ln2.

(2)解略.

上述试题1、试题3、试题4的最后一问的证明方法都是使用函数的单调性定义来证明，试题2和试题5的第(2)问与试题6的第(1)问的证明方法都是寻找待证不等式的等价不等式，然后通过求导或构造函数求导，证明等价不等式.与上述试题1、试题2、试题3、试题4、试题5、试题6如出一辙的还有以下试题7，读者不妨自己试一试.

试题7 (2018年全国高中数学联赛福建赛区预赛题)已知f(x)=ex-mx.

(1)若x>0时，不等式(x-2)f(x)+mx2+2>0恒成立，求实数m的取值范围；

(2)若x1，x2为函数f(x)的两个零点，证明：x1+x2>2.