导数综合题题根

导数综合题题根之二：不对称问题(极值点偏移)山东省平度第一中学王尊甫一、极值点偏移初步认识：极值点偏移问题在近几年高考及各种模考中作为热点以压轴题的形式多次给出，难度较大，需要引起老师们的高度关注。那么，什么是极值点偏移问题呢？极值点偏移问题的表述是：已知函数y=f(x)是连续函数，在区间(x,x)内有且只12有一个极值点X,且f(x)=f(x)，若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点012x+xx二fy—，我们称这种状态为极值点不偏移，函数图像呈现对称形态；若极值点左右的x+x“增减速度”不同，函数的图象不具有对称性，常常有极值点xH122的情况，我们称x+x这种状态为“极值点偏移”.根据x0与h的大小关系，我们将极值点偏移划分为极值极值点左偏：若函数y二f(x)满足f(x)=f(x)，且在(x,x)内有唯一一个极值点1212x二x,如果x+x>2x,则函数y二f(x)极值点左偏。0120如图1，若函数y二f(x)极值点左偏，且f(x)的图像上凸(即y=f'(x)递减)，则广(^^2)<f'(x)二0；如图2，若函数y二f(x)极值点左偏，且f(x)的图像下凸(即y=f'(x)递增)，则x+xf'(石2)>f'(x°)二0；极值点右偏：若函数y二f(x)满足f(x)=f(x)，且在(x,x)内有唯一一个极值点1212x二x,如果x+x<2x，则函数y二f(x)极值点右偏。0120如图3，若函数y二f(x)极值点右偏，且f(x)的图像上凸(即y=f'(x)递减)，则f'(i^i)>f'(x)二0；20如图4，若函数y二f(x)极值点右偏，且f(x)的图像下凸(即y=f'(x)递增)，则x+xf'(巧亠)<f'(x°)二0；二、高考题题型及解法分析近几年高考题中首次出现极值点偏移问题要追溯到2010年天津卷。

例1.(2010天津理)已知函数f(x)二xe-x(xeR)，如果x丰x，且f(x)二f(x),1212证明：x+x>2.12【解析】方法一：f'(x)=(1-x)e-x，易得f(x)在(-01)上单调递增，在(1,+Q上单调递减，xf—g时，f(x)T—S，f(0)二0，xT+a时，f(x)T0，函数f(x)在x二11处取得极大值f(1)，且f(1)二，如图所示.e由f(x)=f(x),x丰x，不妨设xvx，则必有1212120vxv1vx，12构造函数F(x)二f(1+x)—f(1-x),xe(0,1］，x则F'(x)二f'(1+x)+f'(1-x)二——(e2x-1)>0，所以ex+1F(x)在xe(0,1］上单调递增，F(x)>F(0)=0，也即f(1+x)>f(1-x)对xe(0,1］恒成立.由0vxv1vx，则1—xe(0,1］，121所以f(1+(1-x))=f(2-x)>f(1-(1—x))二fxAfx，即f(2-x)>f(x)，1111212又因为2-x,xe(1,+a)，且f(x)在(1,+a)上单调递减，12所以2—xvx，即证x+x>2.1212方法二:欲证x+x>2，即证x>2—x，由法一知0vxv1vx，故2—x,xe(1,+a)，12211212又因为f(x)在(1,+a)上单调递减，故只需证f(x)vf(2-x)，又因为f(x)=f(x)，2112故也即证f(x)vf(2-x)，构造函数H(x)=f(x)—f(2—x),xe(0,1)，则等价于证明H(x)v0对xe(0,1)恒成立.1-x由H'(x)二f'(x)+f'(2—x)二 (1-e2x-2)>0，则H(x)在xe(0,1)上单调递增，所以exH(x)vH(1)二0，即已证明H(x)v0对xe(0,1)恒成立，故原不等式x+x>2亦成立.12x方法三：由f(x)二f(x)，得TOC\o"1-5"\h\z1 2 1 2 x1不妨设x>x，由法一知，ovxv1vx•令t二x—x，则t>0,x=t+x，代入①式,21122121t+x t 2t得et= 1，反解出x二，则x+x二2x+1二 +1，故要证：x+x>2，x 1et-1 12 1 et-1 1212t即证： +1>2，又因为et一1>0，等价于证明：2t+(t—2)(et—1)>0…②，et-1构造函数G(t)二2t+(t—2)(et—1),(t>0)，则G'(t)二(t—1)et+1,G"(t)二tet>0，故G'(t)在te(0,+a)上单调递增，G'(t)>G'(0)二0，从而G(t)也在te(0,+a)上单调递增，G(t)>G(0)=0，即证②式成立，也即原不等式x+x>2成立.12x方法四：由法三中①式，两边同时取以e为底的对数，得x—x=In—=Inx—Inx，也2 1x 2 11x2+1lnx—lnx lnx—lnxx+x xxx即——2 1=1，从而 ——1= 1In_ -ln_，x—x211 2 1 2x—x x—xxx1x21211 —2—11x1

x t+1令t=2(t>1)，则欲证：x+x>2，等价于证明： Int>2…③,x 1 2 t-11(t+1)lnt 2 t2—1—2tlnt构造M(t)= =(1+ )lnt,(t>1)，则M(t)=t—1 t—1 t(t—1)2又令申(t)—t2—1—2tlnt,(t>1),则申'()^2t—n1+2(=1t—)— t,由于t—1>lnt对VtG(1,+^)恒成立，故f(t)>0,(P(t)在tG(1,+^)上单调递增，所以申(t)>申(1)—0,从而M'(tA0,故M(t)在tG(1,+^)上单调递增，由洛必达法则知：limM(t)—lim(t+1)lnt—lim((t+1)l：t)—lim(lnt+ )—2，即证M(t)>2即证xt1 xt1t—1 xt1 (t—1)'③式成立，也即原不等式x+x>2成立.12【点评】以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式，方法一、二利用构造新的函数来达到消元的目的，方法、四则是利用构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的.例2•已知函数f(x)—x—aex有两个不同的零点x,x，求证：x+x>2.1212【解析】方法一：函数f(x)的两个零点，等价于方程xe-x—a的两个实根，从而这一问题与例1完全等价，例1的四种方法全都可以用；方法二：也可以利用参数a这个媒介去构造出新的函数•解答如下：因为函数f(x)有两个零点x,x12x—aex.所以f1 1Ix—aex222由(1)+(2)得：x+x12(1)，(2)，—a(ex1+ex2)，即证：(x—x)12ex1+(1)，(2)，—a(ex1+ex2)，即证：(x—x)12ex1+ex2>2o(x—x)12ex1—x2+1ex1—x2—1>2，由(1)—(2)得：x—x—。(牛—ex2)，即a—上i_二1 2 e*]-ex2不妨设x>x，记t—x—x，则t>0,et>11212et+1 2(et—1)因此只要证明：t- >2ot— >0,et—1 et+1再次换元令et—x>1,t—lnx，即证lnx——^―-)>0 Vxg(1,+s)x+1构造新函数F(x)-lnx―弓吕，F(1)-01 4 (x—1)2求导F'(x)——--——二>0，得F(x)在(1,+Q递增，x(x+1)2x(x+1)2所以F(x)>0，因此原不等式x+x>2获证.12【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元x,x的基础上，又多了一个参数，12故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数。例3•函数f(x)—lnx-ax,a为常数，若函数f(x)有两个零点x,x，试证明：x-x>e2.1212

【解析】方法一：消参转化成无参数问题：

f(x)—0olnx—axolnx—aelnx，x,x是方程f(x)—0的两根，也是方程

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lnx=aeinxlnx=aeinx的两根，则lnx,lnx是x=ae*，设u二lnx,u二lnx g(x)二Xe-x，则121122g(u)二g(u)，从而xx>e2olnx+lnx>2ou+u>2，此问题等价转化成为例121212121，下略.方法二：利用参数a作为媒介，换元后构造新函数：不妨设x>x，12■/lnx—ax二0,lnx—ax二0，二lnx+lnx二a(x+x),lnx—lnx二a(x—x)，112212121212lnx-lnx/. 1 2=a，欲证明xx>e2，即证lnx+lnx>2.x-x 12 1 212■/lnx+lnx=a(x+x)，二即证a>一12 12 x+x122 x 2(x-x) x，即证：ln1> + —，令t=1,(t>1)，x2下略.> ，即证：m—>^^ 2X+X XX+X12212此问题等价转化成为例2中思路二的解答x,设X<X,t=T,(t>1),x1 21•••原命题等价于证明一1 2x-x122(t-1)构造g(t)=lnt一 ，t>1，t+1方法三：直接换元构造新函数：TOC\o"1-5"\h\zlnx lnx lnx xa= 1= 2o2=xx lnx12 1lnZx lnt+lnx贝I]X=tx, 1=to 1=t，2 1lnx lnx11lnt lnttlnt反解出：lnx=,lnx=lntx=lnt+lnx=lnt+ =1t-1 2 1 1 t-1t-1t+1故xx>e2olnX+lnx>2o lnt>2，转化成法二，下同，略.12 1 2 t-1例4.设函数f(x)=ex-ax+a(aeR)，其图像与x轴交于A(x,0),B(x,0)两点，且 12x<x?.证明：fQX]•x^)<0.【解析】由f(x)=ex—ax+a,f'(x)=ex—a，易知：a的取值范围为(e2,+a)，f(x)在(-s,lna)上单调递减，在(lna,+s)上单调递增.法一：利用通法构造新函数，略；法二：将旧变元转换成新变元：Iex,-ax+a=0,•••< 1 两式相减得：Iex2-ax+a=0,eX2-eX1eX2-eX1a=X-X

21、x一x/ ,小/X+x记t=w1,(t>0)，则f'(i~2X1+X2e22；(2t-(et-e-t)),设g(t)二2t-(et-e-t),(t>0),七ex2-ex】2)=e2-

2 x-x21则g'(t)=2-(et+e-1)<0，所以g(t)在te(0,+«)上单调递减，故g(t)<调递减，故g(t)<g(0)二0，而>0，所以f'(^y^)<0，x， | 又f'(X)=ex-a是R上的递增函数，且\咛2<122，•./'(\；x「X2)<0.容易想到，但却是错解的过程：

X+x x+x欲证：f'(Jx-x)<0，即要证：f'(1-2)<0，亦要证e]22-a<0，也即证：exi+x2<a2,122ex.-ax+a=0, [ex.二a(x-1),很自然会想到：对< 1 1(II)方法一：构造函数g( 1 1(II)方法一：构造函数g(x)二f(—+x)>f(—-x),(0<x<—)，利用函数单调性证明,a a a方法上同，略；方法二：构造以a为主元的函数，设函数h(a)二f(-+x)>f(-x)，则aaIex2-ax+a=0,Iex2二a(x-1),

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exj+兀2二a2(x-1)(x-1),即证：(x—1)(x—1)<1.考虑用基本不等式1212(x-1)(x-1)<(x1+x )2，也即只要证：x+x<4.由于x>1,x>Ina.当取a=e31221212将得到x>3，从而x+x>4.而二元一次不等式x+x<4对任意ae(e2,+s)不恒成21212立，故此法错误.【迷惑】此题为什么两式相减能奏效，而变式相乘却失败？两式相减的思想基础是什么？其他题是否也可以效仿这两式相减的思路?【解决】此题及很多类似的问题，都有着深刻的高等数学背景.拉格朗日中值定理：若函数f(x)满足如下条件：函数在闭区间［a,b］上连续；函数在开区间(a,b)内可导，则在(a,b)内至少存在一点g，使得f忆)二 )b-a当f(b)=f(a)时，即得到罗尔中值定理.上述问题即对应于罗尔中值定理，设函数图像与x轴交于A(x,0),B(x,0),两点，因此12U n一f(x)—f(x)n一(ex2-ex1)—a(x—x)n…ex2—ex1k二0o2 +二0o 1 2二0，二a二 ， AB x-x 2 x-x2121由于f(x)二f(x)二0，显然f(x)+f(x)二0与f(x)-f(x)二0，与已知121111f(x)=f(x)=0不是充要关系，转化的过程中范围发生了改变.12例5.(2011年辽宁理)已知函数f(x)=Inx-ax2+(2-a)x.(I)讨论f(x)的单调性；(II)设a>0，证明：当0<x<1时，f(1+x)>f(1-x)；aaa(III)若函数y=f(x)的图像与x轴交于A,B两点，线段AB中点的横坐标为x，证明:f'(x)<0. °01【解析】(I)易得：当a<0时，f(x)在(0,+Q上单调递增；当a>0时，f(x)在(0,—)a上单调递增，在(丄,+8)上单调递减.h(a)=lnh(a)=ln+1ax-)l-n(a1x-,X(a)=x+x-2x=1+ax1-ax2x3a21-a2x21 1 1解得0<a<，当0<a<时，h'(a)>0，而h(0)£,所以h(a)>0，故当0<x<x x a11时，f(-+x)>f(--x).aa(Ill)由(1)知，只有当a>0时,两个零点，不妨设A(x,0),B(x,0),0-22--由(Ill)由(1)知，只有当a>0时,两个零点，不妨设A(x,0),B(x,0),0-22--由(II)得：f(——x)二f(—+ —xa- aa --且f(x)的最大值f(―)>0，函数y二f(x)才会有a---<x<x，则0<x< <x，故一一xG(0,—)，-a(-,+Q上单调递减，所以x>2—x,

a 2a-【问题的进一步探究】对数平均不等式的介绍与证明- 2 -a2a--)>f(-—(-—x))=f(x)=f(x),aa-x+x-于是x二T2> ，0 2a又由f(x)在由(I)知,f'(x0)<0-a—b(a丰b),lna—lnba(a=b).对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：<ab<L(a,b)<筈纟(此式记为对数平均不等式)2取等条件：当且仅当a二b时，等号成立.只证：当a丰b时，丁ab<L(a,b)<仝艺先证：tab<L(a,b) ①a—b a不等式①oIna—Inb< oIn<ab b1构造函数f(x)二2lnx—(x——x>1),x两个正数a和b的对数平均定义：L(a,b)=\•不失一般性，可设a>b.证明如下:bao2lnx<x——(其中x= >1)ba x b2 1 1则f'(x)- 一1— =—(1——)2•因为x>1时,x x2 xf'(x)<0，所以函数f(x)在(1,+^)上单调递减,故f(x)<f(1)二0，从而不等式①成立;a+bTOC\o"1-5"\h\z再证:L(a,b)< ②22(a—b) [a 2(b一》 〔 2(x—1) a八不等式②olna—lnb> oln> ——olnx> (其中x= >1)a+b b (a+1) (x+1) \bb2(x—1) 1 4 (x—1)2构造函数g(x)=lnx- ,(x>1)，则g(x)=— = •因为x>1时,(x+1) x(x+1)2x(x+1)2g'(x)>0，所以函数g(x)在(1,+s)上单调递增，故g(x)<g(1)=0，从而不等式②成立;综合(I)(II)知，对Va,bgR+，都有对数平均不等式Jab<L(a,b)<a成立，当且2仅当a二b时，等号成立.前面例题用对数平均不等式解决例1.(2010天津理)已知函数f(x)二xe-x(xgR)，如果x丰x，且f(x)二f(x),1212

证明：x+x>2.12x—x【解析】法五：由前述方法四，可得1= 1 2 ,利用对数平均不等式得：lnx—lnx124x—xx+x c1= 1 2一<1 2，即证：x+x>2，秒证.lnx—lnx2 1 212说明：由于例2，例3最终可等价转化成例1的形式，故此处对数平均不等式的方法省略.例4.设函数f(x)=ex—ax+a(aeR)，其图像与x轴交于A(x,0),B(x,0)两点，且 12x<x.证明：f'(Jx-x)<0.1212【解析】法三：由前述方法可得：a=一= 一(1<x<Ina<x)，等式两边取以e为x—1x—1 1 212(x—1)—(x—1)底的对数，得Ina=x—ln(x—1)=x—ln(x—1)，化简得：1= + 2，由1 1 2 2 ln(x—1)—ln(x—1)12(x—1)—(x—1)对数平均不等式知：1= 1 2 >£(x—1)(x—1)，即xx—(x+x)<0，ln(x—1)—ln(x—1) 1 2 12 12 1 2 故要证f'(xx)<0o证v;xx<lnao证2、.xx<x—ln(x—1)+x—ln(x—1)1212 、121122 o证ln(x—1)+ln(x—1)<x+x—2'xxo证ln(xx—(x+x)+1)<x+x—2Jxx1212*12121212*12■/xx—(x+x)<0/.ln(xx—(x+x)+1)<ln1=0，121_2i_1212而x+x—2、,：xx=(Jx-(x)2>0/■ln(xx—(x+x)+1)<x+x—2：xx显然成立，故原问题得证.1 2 1 2 1 2 理1 2例5.(11年，辽宁理)已知函数f(x)=lnx—ax2+(2—a)x.(I)讨论f(x)的单调性；(II)设a>0，证明：当0<x<1时，f(1+x)>f(1—x)；aaa(III)若函数y=f(x)的图像与x轴交于A,B两点，线段AB中点的横坐标为x，证明:f'(x)<0. °0【解析】(I)(II)略，(III)由f(x)=f(x)=012olnx—ax2+(2—a)x=lnx—ax2+(2—a)x=0111222nlnx—lnx+2(x—x)=a(x2—x2+x—x)12121212lnx—lnx+2(x—x)na= 1 2 1 a—x2—x2+x—x1212x+x1故要证f'(x)<0ox=TT>—x+x+1—1x+x+1—1 2 2lnx—lnxo <一1 2•根据对数平均不等，此不等式显然成立，故原不等式得证x+xx—x1212(2016年新课标I卷理数压轴21题)已知函数f(x)=(x—2)ex+a(x—1)2有两个零点x,x.证明：x+x<2.1212【解析】由f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2，得f'(x)=(x-1Xex+a，可知f(x)在(-。1)上单调递减，在(1,+^)上单调递增•要使函数y=f(x)有两个零点x,x，则必须a>0.12法一：构造部分对称函数不妨设x<x，由单调性知xe(—8,1),xe(1,+«)，所以2-xe(-^,1)，又Tf(x)在12122(-8,1)单调递减，故要证：x+x<2，等价于证明：f(2-x)<f(x)=0，1221又Tf(2—x)=—xe2-x2+a(x—1)2，且f(x)=(x—2)ex2+a(x—1)2=0222222/.f(2—x)=-xe2-x2—(x—2)ex2，构造函数g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,(xe(1,+«))，222由单调性可证，此处略.法二：参变分离再构造差量函数由已知得：f(x)=f(x)=0，不难发现x主1，x主1，1212故可整理得：-a=(^)f=(^$设g(x)=E )，则g(x)=g(x)TOC\o"1-5"\h\z(x-1)2 1 2那么g'(x)= ex，当x<1时，g'(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，(x-1)3'm-1 「 elm+1(m+1 丿g'(x)>0，g(x)单调递增.设'm-1 「 elm+1(m+1 丿gU+m)-gU-m)= e1+m- e1-m= e1-mm2 m2 m2设h(m)=—■_1eim+1,m>0m+1则h'(m)= eim>0，故h(m)单调递增，有h(m)>h(0)=0.(m+1)l因此，对于任意的m>0,g(1+m)>g(1-m).由g(x)=g(x)可知x、x不可能在g(x)的同一个单调区间上，不妨设x<x，则1i1i1i必有x<1<x令m令m=1-x>0，则有g[1+(1—x)]>g[1-(1-x】)]og(2-x)>g(x)=g(%2)而2-x>1，x>1，g(x)在(1,+》上单调递增，因此：g(2-x)>g(x)o2-x>x121212整理得：x+x<2.12法三：参变分离再构造对称函数由法二，得g(x)="：-2卜，构造G(x)=g(x)—g(2—x),(xe(-8,1))，利用单调性可证,(x-1)2此处略.法四：构造加强函数【分析说明】由于原函数f(x)的不对称，故希望构造一个关于直线x=1对称的函数g(x)，使得当x<1时，f(x)<g(x)，当x>1时，f(x)>g(x)，结合图像，易证原不等式成立【解答】由f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2，f'(x)=(x-1)(ex+2a)，故希望构造一个函数F(x)，使得F'(x)=(x-1)&+a2-)x-(e1t)(a=2x-匕-e)(从而F(x)在

(e+2a)(x—1)2(-^,1)上单调递增，在(1,+^)上单调递增，从而构造出g(x)= 2丿+c(c为任意常数)，又因为我们希望F(1)二0，而f(1)二-e，故取c=—e，从而达到目的•故(e+2a)(x—1)解：(丨)函数解：(丨)函数f(x)的定义域为Rg(x)=2x<x<1<x<x，13241法五：利用“对数平均”不等式参变分离得：a=(2—x1)e(x—1)21将上述等式两边取以e为底的对数，得2x<x<1<x<x，13241法五：利用“对数平均”不等式参变分离得：a=(2—x1)e(x—1)21将上述等式两边取以e为底的对数，得：n—e，设g(x)的两个零点为x,x，结合图像可知：34所以x+x<x+x二2，即原不等式得证.342(2-x)丄l(2-x)丄1+x=In2+x，

(x-1)2 1—x(2014年高考数学湖南卷文科第21题)已知函数f(1—x(2014年高考数学湖南卷文科第21题)已知函数f(x)= ex1+x2(丨)求函数f(x)的单调区间；(II)当f(x)=f(x),x丰x时，求证：x+x<02121212化简得：ln(x-1)2-ln(x-1)2]-[ln(2-x)-ln(2-x)]=x-x,121212[ln(x-1)2-ln(x-1)2][ln(2-x)-ln(2-x)]故：1= 1 2 - 1 2x-x x-x1212「/ 1、，( 1)][ln(x-1)2-ln(x-1)2][ln(2-x)-ln(2-x)]=[(x—1)+(x—1)] 1 2 + 1 2-1 2 (x-1)2-(x-1)2 (2-x)-(2-x)由对数平均不等式得：1 2 1 2+2〉，(x-1)2-(x-1)+2〉，(x-1)2-(x-1)2 (x-1)2+(x-1)21212[ln(2-x)-ln(2-x)] 212〉(2—x)—(2—x) (2—x)+(2—x)12122(x+x—2) 2从而1〉 12 +(x—1)2+(x—1)2(2—x)+(2—x)12122(x+x—2) [4—(x+x)]+x+x—2=12+1212 (x—1)2+(x—1)2 4—(x+x)12122(x+x—2) x+x—2=1 2+1+1 2—(x—1)2+(x—1)2 4—(x+x)12122(x+x—2)x+x—2等价于：0〉 12 + 1 —(x—1)2+(x—1)24—(x+x)1212=(x+x—2)[ - + ]1 2 (x—1)2+(x—1)2 4—(x+x)1212由(x—1)2+(x—1)2〉0,4—(x+x)〉0，故x+x<2，证毕.121212说明：谈谈其它方法的思路与困惑。"2—(1+x2)—2x(1—(1+x2)—2x(1—x) 1—x —x[(x—1)2+2]/(x)= ex+ ex= ex(1+x2)2 1+x2 (1+x2)2由f'(x)=0，得x=0，由f'(x)>0，得函数的递增区间(—8,0)，由f'(x)<0,得函数的递减区间(0,+8)，所以f(x) =f(0)=1max(II)解法一、利用函数的单调性求解1—x 1+x令h(x)=f(x)—f(—x)= ex—-—e-x1+x2 1+x2则h'(x)=-x(x2—2x+3)e2x—(x2+2x+3)令H(x)二(x2—2x+3)e2x—(x2+2x+3),x>0则H'(x)二2[(x2—x+2)e2x—(x+1)],x>0,则H''(x)二2[(2x2+3)e2x—1],x>0由x>0得，H〃(x)>2(3—1)二4>0，故H'(x)在(0,+8)内单调递增故H'(x)>H'(0)二2>0，故H(x)在(0,+8)内单调递增故H(x)>H(0)二0，故h'(x)<0，故h(x)在(0,+8)上单调递减所以，h(x)<h(0)二0由(1)及f(x)二f(x),x丰x知，x<0<x<1，故h(x)二f(x)—f(—x)<0121212222所以f(x)<f(—x)，所以f(x)<f(—x)，又f(x)在(—8,0)上单调递增2212所以，x<—x，即x+x<01212解法二、利用对数平均不等式求解因为x<1时，f(x)>0，x>1时，f(x)<0，f(x)二f(x),x丰x12121—x 1—x 1—x 1—x所以，x<0<x<1,121牛= 2ex2，所以， 1e1—x2所以，x<0<x<1,121+x2 1+x2 1+x2 1+x21 212当x+x二0时,12当x+x>0时,12所以，ln(1—x)+(1—x)—ln(1+x2)当x+x二0时,12当x+x>0时,12121212所以，(1—x)—(1—x)二ln(1—x)—ln(1—x)+ln(1+x2)—ln(1+x2)212112(1—x)—(1—x) ln(1+x2)—ln(1+x2)1—x+1—xTOC\o"1-5"\h\z所以， 2 +二1+ + 2< 2 1ln(1—x)—ln(1—x)ln(1—x)—ln(1—x) 22121x+x ln(1+x2)—ln(1+x2)所以， 2< + 2①2 ln(1—x)—ln(1—x)12因为x<0<x<1，所以ln(1—x)—ln(1—x)>01212下面用反证法证明x+x<0，假设x+x>01212仁二0,且ln(1+x2)—ln(1+x2)=0，与不等式①矛盾2 ln(1—x)—ln(1—x)12x+x ln(1+x2)—ln(1+x2)x>—x>0，所以七严>0,且1 斗<0，与不2 1 2 ln(1—x)—ln(1—x)12等式①矛盾.所以假设不成立例4(2014年江苏省南通市二模第20题)设函数f(x)=ex等式①矛盾.所以假设不成立例4(2014年江苏省南通市二模第20题)设函数f(x)=ex-ax+a(aeR),其图象与所以xi+x2<01212(丨)求实数a的取值范围;(II)证明：f'( )<0(f'(x)为函数f(x)的导函数)；

(III)略.解：(I)f'(x)二ex-a,xeR,当a<0时，f'(x)>0在R上恒成立，不合题意当a>0时，易知，x二Ina为函数f(x)的极值点，且是唯一极值点，故，f(x)=f(lna)=a(2-lna)min当