专题08极值点偏移问题（讲）解析版_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_二轮复习_备战2023年高考数学二轮复习考点精讲练（新教材·新高考）

第一篇 热点、难点突破篇 专题08 极值点偏移问题（讲） 真题体验 感悟高考 1．（2021·全国·高考真题）若过点 可以作曲线 的两条切线，则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】解法一：根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形确定结果； 解法二：画出曲线 的图象，根据直观即可判定点 在曲线下方和 轴上方时才可以作出两条切线. 【详解】在曲线 上任取一点 ，对函数 求导得 ， 所以，曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ， 由题意可知，点 在直线 上，可得 ， 令 ，则 . 当 时， ，此时函数 单调递增， 当 时， ，此时函数 单调递减， 所以， ， 由题意可知，直线 与曲线 的图象有两个交点，则 ， 当 时， ，当 时， ，作出函数 的图象如下图所示：由图可知，当 时，直线 与曲线 的图象有两个交点. 故选：D. 解法二：画出函数曲线 的图象如图所示，根据直观即可判定点 在曲线下方和 轴上方时才可以作出 两条切线.由此可知 .故选：D. 【点睛】解法一是严格的证明求解方法，其中的极限处理在中学知识范围内需要用到指数函数的增长特性进行 估计，解法二是根据基于对指数函数的图象的清晰的理解与认识的基础上，直观解决问题的有效方法. 2.（2022·全国·高考真题（理））已知函数 ． (1)若 ，求a的取值范围； (2)证明：若 有两个零点 ，则 ． 【答案】(1) (2)证明见的解析 【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解； （2）利用分析法，转化要证明条件为 ，再利用导数即可得证. 【详解】（1）[方法一]：常规求导 的定义域为 ，则令 ,得 当 单调递减 当 单调递增 ， 若 ,则 ,即 所以 的取值范围为 [方法二]：同构处理 由 得： 令 ，则 即 令 ，则 故 在区间 上是增函数 故 ，即 所以 的取值范围为 （2）[方法一]：构造函数 由题知, 一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设 要证 ,即证 因为 ,即证 又因为 ,故只需证即证 即证 下面证明 时， 设 ， 则 设 所以 ,而 所以 ,所以 所以 在 单调递增 即 ,所以 令 所以 在 单调递减 即 ,所以 ；综上, ,所以 . [方法二]：对数平均不等式 由题意得： 令 ，则 ， 所以 在 上单调递增，故 只有1个解 又因为 有两个零点 ，故 两边取对数得： ，即 又因为 ，故 ，即 下证 因为 不妨设 ，则只需证 构造 ，则 故 在 上单调递减 故 ，即 得证 【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式， 这个函数经常出现，需要掌握.总结规律 预测考向 （一）规律与预测 1.高考对导数的考查要求一般有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层 次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，如研究函数零点、证明 不等式、恒成立问题、求参数等，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调 性有机结合，设计综合题. 2.对于某些涉及函数零点的不等式证明问题，有时可以根据极值点的情况，采取特定处理方式，老师们称为 “极值点偏移问题”.所谓极值点偏移是指：对于函数 在区间 内只有一个极值点 ，方程 的 解分别为 ，且 ，（1）若 ，则称函数 在区间 上极值点 偏移； （2）若 ，则函数 在区间 上极值点 左偏，简称极值点 左偏；（3）若 ， 则函数 在区间 上极值点 右偏，简称极值点 右偏． （二）本专题考向展示 考点突破 典例分析 考向一 结论x ＋x >2x 型不等式证明问题 1 2 0 【核心知识】 对称化构造法：对结论x＋x>2x 型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x－x)． 1 2 0 0 【典例分析】 典例1.【多选题】（2021·江苏·淮阴中学高三阶段练习）已知关于 的方程 有两个不等的正根 ， 且 ，则下列说法正确的有（ ）A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据题意构造函数 ，研究其函数图像得 ，可判断A；再构造函数 ，根据极值点偏移问题的方法得 判断B；进而得 判 断C；根据 等价得 判断D. 【详解】解：对于A选项，根据题意，方程 有两个不等的正根 ， 且 ， 故令 ，则 ， 所以当 时， ，函数为单调递减函数，当 时， ，函数为单调递增函数， 所以函数 有极小值 ， 因为 趋近于 ， 趋近于 ， 趋近于 ， 趋近于 ， 所以方程 有两个不等的正根等价于 ，且 故A选项正确； 对于B选项，令 ，则 ， 所以 在 上单调递减， 所以 ， ， 因为 ，所以 ， 因为 时， 函数为单调递增函数， 所以 ，即 ，故B选项正确； 对于C选项，因为 ，所以 ， 所以 ，故C选项错误； 对于D选项，若 ，则 ， 所以 ，所以 ，显然满足.故D选项正确. 故选：ABD 【点睛】本题考查利用导数研究方程的根的问题，极值点偏移问题，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难 题.本题第二个选项解决的关键在于构造函数 ，研究函数的单调性证明 . 典例2.（2021·辽宁丹东·高三阶段练习）已知 ， ， (1)若 恒成立，求 的最大值(2)若 ， 是 的两个零点，且 求证： 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）将问题转化为 ，再求 最小值，然后解不等式即可； （2）通过构造函数 ，再研究其单调性，通过单调性解不等式即可. (1) 时 ， ， 设 ，则 恒成立 恒成立， 易知 符合要求，下面考虑 的情形， 由 ，得 时， ； 时， ， 因此， 在区间 上为减函数，在 上为增函数，故 的最小值为 ， 由 ，得 ，解得 ， 所以 的最大值为 . (2) 由（1）知， ， 是 的两个零点，结合 的单调性可知， ， 若 ，则 显然成立， 若 ，设 （ ）， 则 ， ， 所以， 在区间 上为增函数，因此有 ， 因此， ， ， 又 ， ，且 在区间 上为减函数，所以， ，即 . 综上， . 典例3.（2021·全国·高三专题练习）已知函数 ． （1）若曲线 在 处的切线与直线 垂直，求函数 在 最大值； （2）当 时，设函数 的两个零点为 ，试证明： ． 【答案】（1） ；（2）证明见解析． 【分析】（1）根据曲线 在 处的切线与直线 垂直，利用导数的几何意义求得函数 ， 然后再求极大值； （2）易得 ，构造 ，利用导数可得 在 递增，即 在 恒成立，则 ，然后利用 在 的单调性证明． 【详解】（1）函数 的定义域为 ， ， 在 处的切线与直线 垂直， ， 由 （负值舍去）， 所以函数 在 上单调递增，在 单调递减， 故 有最大值 ．（2）当 时， ． 函数 在 单调递增，在 单调递减． 且 ， 故函数 的两个零点为 满足 ， 令 ， 在（0，1）恒成立， ∴F(x)在（0，1）递增， 在（0，1）恒成立， ∴ ，又 ， ∴ ， ∵ ，又 在 单调递减， ∴ ，即 ． 典例4.（2022•汕头一模）已知函数 有两个相异零点 ， ． （1）求 的取值范围； （2）求证： ． 【答案】 【解答】解：（1） ， 当 时， ， 单调递减， 当 时， ， 单调递增； 要使函数 有两个相异零点，必有 （1） ， ，当 时， ，且 ， 函数 在 有一个零点 ， ， 函数 在 有一个零点， 的取值范围为 ． （2）由（1）知， ， ， ， 要证 ， ， 故构造函数 ， ， 则 ，所以 在 单调递减， （1） ． ， ， 构造函数 ， ， 下面证明 ，即证明 ， 构造函数 ， ． 在 上恒成立， 因此 在 递增，从而 （1） ， ， 在 递增， （1） ，， 时， ， 单调递增， ， 即 ． 【规律方法】 对称法解决极值点偏移的基本原理是利用函数的单调性，把要证明的 （ 是极值点）转化为证 明 ，再转化为 ，又根据 ，可以转化为证明 ，而 是固定的， 是变量，这样就把一个双变量不等式转化为了单变量不等式，从 而以 为未知量来构造函数证明不等式即可. 考向二 结论 型不等式证明问题 【核心知识】 对称化构造法：对结论 型，构造函数 ，通过研究F(x)的单调性获得不等式. 【典例分析】 典例5.（2021·全国·高三阶段练习（理））有同学在研究指数函数 和幂函数 的图像时，发现它们 在第一象限有两个交点 和 ．通过进一步研究，该同学提出了如下两个猜想：请你证明或反驳该同 学的猜想． (1)函数 与函数 的图像在第一象限有且只有一个公共点； (2)设 ， ，且 ，若 ，则 ．其中 为自然对数的底， 【答案】(1)答案见解析(2)答案见解析 【分析】（1）根据给定条件构造函数 ，再判断方程 有唯一解即可得解. （2）由 结合（1）中函数 ，再构造函数 ，借助函数单调性即可判断作 答. （1） 设 (x>0)，求导得： ， 则当 时， ，当 时， ， 即 在 上递增，在 上递减， 因此，当 时， ，当且仅当x=e时取“=”， 于是得方程 有唯一的零点 ，即方程 有唯一的零点 ， 所以，函数 与函数 的图像在第一象限有且只有一个公共点，猜想（1）正确. （2） ，由（1）知方程 在 内有两个根，分别在区间 和 内，如图， 因 ， ，且 ，由 得 ， 则 ， 是方程 的两个根，不妨设 ， ， 设 (x>1)， ，当 时， ， ，则当 时， ， 在 上递增， 由此得，当 时， ，从而得 ， 而 ，因此， ， 显然 ，又 ，且 在 递减，则 ，即 ， 所以 ，猜想（2）正确. 【点睛】解决极值点偏移问题的关键是构造合理的新函数，结合原函数、新函数的单调性进行说理. 典例5. （2022·广东深圳·高二期末）设函数 ，已知直线 是曲线 的一条切线. (1)求 的值，并讨论函数 的单调性； (2)若 ，其中 ，证明： . 【答案】(1) ； 在 上单调递减，在 上单调递增 (2)证明见解析. 【分析】（1）设切点为 ，利用导数几何意义和切线方程可构造方程组得到 ；设 ，利用导数可确定 有唯一零点 ，由此可得 ；代入 后，根据 的正负可 得单调区间； （2）根据 单调性和 的正负可确定 ，将所证不等式转化为 对任意 恒成立；令 ，利用导数可求得 单调递增，得到 ，由此可得结论.(1) 设直线 与曲线 相切于点 ， ， ； 又 ， ，即 ； 设 ，则 ， 在 上单调递增， 又 ， 有唯一零点 ， ， ，解得： ； ， ， 则当 时， ；当 时， ； 在 上单调递减，在 上单调递增. (2) 由（1）知： ； 当 时， ；当 时， ， ； 要证 ，只需证 ； 在 上单调递减， 只需证 ， 又 ，则只需证 对任意 恒成立； 设 ， ；设 ，则 ， 在 上单调递减， ， 又当 时， ， ， 在 上单调递增， ， 即 在 时恒成立，又 ， ，原不等式得证. 【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于 （ 满足 ）的问题的基本步骤如 下： ①求导确定 的单调性，得到 的范围； ②构造函数 ，求导后可得 恒正或恒负； ③得到 与 的大小关系后，将 置换为 ； ④根据 与 所处的范围，结合 的单调性，可得到 与 的大小关系，由此证得结论. 典例6.（2021·全国·高三专题练习）已知函数 （1）若 时， 恒成立，求 的取值范围； （2）求证 且 ； （3）当 时，方程 有两个不相等的实数根 ，求证【答案】（1） ；（2）证明见解析；（3）证明见解析． 【分析】（1）因 ，所以 ，即 ，构造函数转化为最值可求； （2）由（1）知当 时 ，即 ，所以 ， 令 ，得 ，从而可证； （3）要证 ，只需证 ，根据单调性，即证 只需证 ， 故构造函数 即可证明. 【详解】解：（1） ， ，即 设 ， 当 时 在 上单调递增， 满足条件； 当 时，令 ，得 ， 当 时， 当 时， ， 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增， ． ，与已知矛盾． 综上， 的取值范围是 （2）由（1）可知，当 时 ，即 对 恒成立，故有 ． 令 ，得 ， 分别令 ，将 个不等式相加得 故原不等式成立． （3）当 时， ，则 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增， 由方程 有两个不相等的实数根 ，不妨设 ， 则 ，要证 ，只需证 ， 在区间 上单调递增， 只需证明 只需证明 设 ，则 ， 在区间 上单调递增， ， 成立 原不等式成立，即 成立． 【点睛】关键点点睛：（1）问关键点是根据定义域对 分 和 进行讨论； （2）问关键点是利用（1）结论得 ，令 从而可证； （3）问关键点是利用对称构造，构造函数 ，属于典型的极值点偏移问题. 考向三 双变量不等式不等式证明问题【核心知识】 比值代换法：通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证 明． 【典例分析】 典例7.（2021·河南·濮阳一高高三阶段练习（文））已知函数f(x)＝lnx﹣ax，a为常数． （1）若函数f(x)在x＝1处的切线与x轴平行，求a的值； （2）当a＝1时，试比较f（m）与f（ ）的大小； （3）若函数f(x)有两个零点x、x，试证明xx＞e2． 1 2 1 2 【答案】（1）a＝1；（2）答案不唯一，具体见解析；（3）证明见解析． 【分析】（1）求出原函数的导函数，由函数在x＝1时的导数值等于0求得a的值； （2）把a＝1代入函数解析式，利用导数求出函数的单调区间，构造函数 ，由导数得到 函数h（m）的单调性，在定义域内分m＜1，m＝1，m＞1得到h（m）的符号，从而得到f（m）与f（ ）的 大小； （3）由函数f(x)有两个零点x、x，得到lnx﹣ax＝0，lnx﹣ax＝0，进一步得到 ，lnx+lnx＝a 1 2 1 1 2 2 1 2 （x+x），把证明xx＞e2转化为证lnx+lnx＞2，结合lnx+lnx＝a（x+x）转化为证明 （x 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ＞x），换元后利用导数得到证明． 2 【详解】（1）解：由f(x)＝lnx﹣ax，得： ， ∵函数f(x)在x＝1处的切线与x轴平行， ∴ ，即a＝1； （2）当a＝1时，f(x)＝lnx﹣x， ∴ ， 当0＜x＜1时， ，f(x)单调递增，当x＞1时， ，f(x)单调递减． 令 ， 则 ． 又∵h（1）＝0， ①当0＜m＜1时，h（m）＞0，即 ； ②当m＝1时，h（m）＝0，即 ； ③当m＞1时，h（m）＜0即 ； （3）证明：∵函数f(x)有两个零点x、x， 1 2 ∴lnx﹣ax＝0，lnx﹣ax＝0， 1 1 2 2 ∴lnx+lnx＝a（x+x），lnx﹣lnx＝a（x﹣x）， 1 2 1 2 1 2 1 2 ∴ ， 欲证明 ，即证lnx+lnx＞2， 1 2 ∵lnx+lnx＝a（x+x）， 1 2 1 2 ∴即证 ， ∴原命题等价于证明 ， 即证： （x＞x）， 1 2 令 ，则t＞1，设 （t＞1），， ∴g（t）在（1，+∞）上单调递增， 又∵g(1)＝0， ∴g（t）＞g(1)＝0， ∴ ，即 ． 典例8.（2022·全国·高二专题练习）已知函数 ． （1）若 ，求 的单调区间； （2）若 在 上有两个极值点 、 ． ①求实数 的取值范围； ②求证： ． 【答案】（1）递减区间为 ，递增区间为 ；（2）① ，②证明见解析． 【分析】（1）求得 ，分析导数的符号变化，由此可得出函数 的单调递增 区间和单调递减去加； （2）①分析可知 在 上有两个不同的零点，对实数 的取值进行分类讨论，结合已知条件 可得出关于实数 的不等式组，由此可解得实数 的取值范围； ②先证明出 ，其中 ，由已知条件可得出 ，再利用不等式 可证得结论成立.【详解】（1） ， 令 ， ， 因为 ，所以当 时， ， 单调递减， 所以当 时， ， 单调递增，所以 ， 所以当 时， ，当 时， ， 因此， 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ； （2）（i） ， 要使 在 上有两个极值点 、 ， 则 在 上有两个不同的零点， ① 时，由（1）知， ， 令 ，故 ， 所以 在 上为增函数，所以 ，故 ， 故 在 上无零点，舍； ②当 时， ， ， ， 则 在 上单调递减，故 最多只有一个零点，不合题意，舍去； ③当 时， ， 当 时， ；当 时， . 所以，函数 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 ，即要使 ，解得 . 综上所述， 的取值范围为 ； （ii）由（i）知， ， ， 先证不等式 ，其中 ， 即证 ，即 ， 令 ，即证 ， 构造函数 ，则 ， 所以，函数 在区间 上单调递减，故 ， 由已知可得 ，故 ， 所以 ，则 ，所以， ， 因此， . 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式 （或 ）转化为证明 （或 ），进而构造辅助函数 ； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 典例9. （2021·江苏·高二专题练习）已知函数 ， . (1)若函数 的图象在点 处的切线方程为 ，求实数a的值； (2)若函数 在定义域内有两个不同的极值点 ， . （i）求实数a的取值范围； （ii）当 时，证明： . 【答案】(1)2 (2)（i） ；（ii）证明见解析 【分析】（1）利用切线方程可得 ， ，即可求 ； （2）（i）要使 在定义域内有两个不同的极值点 ， ，需满足 在 内有两个不同 的零点 ， ，设 ，得 ，通过分类讨论参数 ，可求a的取值范围； （ii）证法不唯一，可设 ，由 转化得 ，要证 即证 ，令 ，通过构造 ， ，结合 即可求证；证 法二方法类同于一，可作参考. (1) 因为 ，则 ， 又 ，所以在点 处的切线方程为 ，即 ， 又该切线为 ，则 且 ，所以 ； (2)（i）函数 定义域为 ， 因为函数 在 内有两个不同的极值点 ， ， 即等价于函数 在 内有两个不同的零点 ， . 设 ，由 ， 当 时， ， 在 上单调递增，至多只有一个零点； 当 时，在 上 ， 单调递增； 在 上 ， 单调递减， 所以，当 时， ， 函数 有两个零点，则必有 ， 即 ，解得 ， 又 ， 易证 ，证明如下： 令 ， ， 当 时， ， 单减，当 时， 单增， 故 ，故 ，得证. ，所以 在 和 上各有一个零点， 故 有两个零点时，a的范围为 ；（ii）法1：由（i）可知 ， 是 的两个零点，不防设 ， 由 且 ，得 . 因为 令 ，则 ， 记 ， ， 由 ，令 ， . 又 ，则 ，即 ， 所以 在 上单调递增，故 ，即 成立. 所以不等式 成立. 法2：欲证 ，由 ， ，则只需证： . 不妨设 ，则 且 ， 则 ， 所以 令 ，则 ，记 ， ， 由 ，即 在 上单调递增， 故 ，即 成立. 故 . 【点睛】本题考查由切线方程求参数，由函数极值点个数求参数范围，函数不等式恒成立的证明，难度较大. 对于含参极值点个数判断问题，需对参数进行分类讨论，将问题细化，才能进一步确定参数范围.不等式恒成 立证明往往需要将所求问题等价转化，构造新函数，借鉴放缩法进行证明，本题中令 ，代换成对数函数 证明的方法，往往用于处理零点（极值点）不等式问题，需要多多积累，方能游刃有余. 典例10.（2021·安徽·高三阶段练习（理））已知函数 ， ． (1)讨论 极值点的个数． (2)若 有两个极值点 ， ，且 ，证明： ． 【答案】(1)答案见解析. (2)证明见解析 【分析】（1）求导得 ，再令 ，研究单调性得 ，进而分 和 两种情况讨论求解即可； （2）令 ， ，进而研究其单调性得 在 上单调递减，由于 ， ，进而将问题转化为证明 ，再结合和函数单调性进一步转化为证 ，再结合 得 ，再证明 得 ，再解不等式即可证明. (1) 解：因为 ， 所以 ． 令 ，则 ． 当 时， ， 单调递增； 当 时， ， 单调递减． 所以 ． 当 时， ，即 ，则 在 上单调递减， 无极值点． 当 时， ，因为 ， ， ， 所以 ， ， ，即 ， 故 有2个极值点； 综上，当 时， 无极值点．当 时， 有2个极值点； (2) 证明：令 ， ， 则 ．令 ， 则 ． 因为 ，所以 ，所以 ． 因为 ，所以 ， 所以 ，故 在 上单调递增，则 ，即 ， 所以 在 上单调递减，则 ． 因为 ，所以 ． 要证 ，只需证 ． 因为 ， ， ， 在 上是增函数， 所以只需要证 ，即 ． 由 ， 两式相减得 ，即 ． 因为 ，所以 ． 下面证明 ，即证 ．2t2 lnt 0 令 ，则即证 t1 ． 1 4 t12 2t2 mt   0 令mtlnt ， ，则 t t12 tt12 ， t1 t0 mt 1, mtm10 所以 在 上单调递增，所以 ， lnx lnx 2 2 1  故 x x x x ． 2 1 1 2 lnx lnx 1 2 4 0 2 1  2  2 又 x x xx x x x x 2 ， 2 1 1 2 1 2 1 2 x x 2x x 2x x 2x x 10 x x 2 所以 1 2 1 2 1 2 1 2 ，故 1 2 ．得证． 【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点个数，极值点偏移问题，考查运算求解能力，逻辑推理能力等. hx f x f 2x 0x1 本题第二问解题的关键在于构造函数 ， ，进而结合函数的单调性将问题转化为 lnx lnx 1 lnx lnx 2 2 1  20 2 1  x x 2，再根据极值关系得 x x xx ，进而证明 x x x x ，进一步将问题转化为 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 4  20 x x x x 2 证明x x 2. 1 2 1 2 1 2 典例11.（2023·全国·高三专题练习）已知函数 ， (1)讨论函数 的单调性； (2)若函数 在 上有两个不相等的零点 ，求证： . 【答案】(1)当 时， 单调递增；当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减. (2)证明见解析【分析】（1）先求定义域，再求导，对 进行分类讨论，利用导函数的正负，求出函数 的单调性； （2）对要证明的不等式进行变形，然后构造函数进行证明. (1) ， . ①当 时， 恒成立， 单调递增； ②当 时，由 得， ， 单调递增， 由 得， ， 单调递减. 综上：当 时， 单调递增；当 时， 在 上单调递增，在 上单 调递减. (2) ∵ 在 上有两个不相等的零点 ， ，不妨设 ， ∴ 在 上有两个不相等的实根， 令 ， ，∴ ， 由 得， ， 单调递减，由 得， ， 单调递增， ， ， ， ， ∴ 要证 ，即证 ，又∵ ， 只要证 ，即证 ， ∵ ，即证即证 ，即证 ，即证 令 ， ，∴ ， 令 ， ，则 ，当 时， 恒成立，所以 在 上单调递增，又 ，∴ ，∴ ，∴ ∴ 在 上递增，∴ ，∴ ∴ . 【点睛】极值点偏移问题，需要构造函数，利用函数单调性及极值，最值等进行求解. 典例12. 已知函数f(x)＝xe－x. (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)若x≠x 且f(x)＝f(x)，求证：x＋x>2. 1 2 1 2 1 2 【答案】(1)f(x)有极大值f(1)＝ ，f(x)无极小值．(2)证明见解析 【解析】(1)解 f′(x)＝e－x(1－x)， 令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1， ∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴f(x)有极大值f(1)＝ ，f(x)无极小值． (2)证明 方法一 (对称化构造法) 构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1， 则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1) ＝(x－1)(ex－2－e－x)， ∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0， ∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数，∴F(x)>F(1)＝0， 故当x>1时，f(x)>f(2－x)，(*) 由f(x)＝f(x)，x≠x，可设x<1f(2－x)， 2 2 2 又f(x)＝f(x)， 1 2 ∴f(x)>f(2－x)． 1 2又x<1,2－x<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增， 1 2 ∴x>2－x， 1 2 ∴x＋x>2. 1 2 方法二 (比值代换法) 设01，则x＝tx ，代入上式得ln x－x＝ln t＋ln x－tx ，得x＝ ，x＝ . 2 1 1 1 1 1 1 2 ∴x＋x＝ >2 ln t－ >0， 1 2 ⇔ 设g(t)＝ln t－ (t>1)， ∴g′(t)＝ － ＝ >0， ∴当t>1时，g(t)为增函数， ∴g(t)>g(1)＝0， ∴ln t－ >0， 故x＋x>2. 1 2