《函數零點》專項突破高考定位函數的零點其實質是相應方程的根，而方程是高考重點考查內容，因而函數的零點亦成為高考命題的熱點.其經常與函數的圖像、性質等知識交匯命題，以選擇、填空題的形式考查可難可易，以大題形式出現，相對較難.考點解析（1）零點個數的確定（2）二次函數的零點分布（3）零點與函數性質交匯（4）嵌套函數零點的確定（5）復雜函數的零點存在性定理（6）隱零點的處理（7）隱零點的極值點偏移處理題型解析類型一、轉化為二次函數的零點分布例1-1．（2022·全國·高三專題練習）已知f(x)是奇函數并且是R上的單調函數，若函數y=f(2x2+1)+f(-x)只有一個零點，則實數的值是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用函數零點的意義結合函數f(x)的性質將問題轉化為一元二次方程有等根即可.【詳解】依題意，函數y=f(2x2+1)+f(-x)的零點，即方程f(2x2+1)+f(-x)=0的根，由f(2x2+1)+f(-x)=0得f(2x2+1)=-f(-x)，因f(x)是R上奇函數，從而有f(2x2+1)=f(x-)，又f(x)是R上的單調函數，則有2x2+1=x-，而函數y=f(2x2+1)+f(-x)只有一個零點，于是得2x2-x+1+=0有兩個相等實數解，因此得Δ=1-8(1+)=0，解得=，所以實數的值是.故選：C.練（2021·湖北·黃岡中學模擬預測）若函數在區間上有兩個不同的零點，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】因為為開口向上的拋物線，且對稱軸為，在區間（－1，1）上有兩個不同的零點，所以，即，解得，所以實數a的取值范圍是.故選：B例1-2．（2021·湖北恩施·高三其他模擬）設函數在上存在最小值(其中為自然對數的底數，)，則函數的零點個數為（）A．0 B．1 C．2 D．無法確定【答案】C解析：當時，在恒成立，所以在恒成立，所以函數在上單調遞增，沒有最小值；當時，令得，，且00極大值極小值當時，所以若有最小值，只需要∵，∴的判別式，因此有兩個零點.故選：C．類型二、區間零點存在性定理例2-1．（2021·天津二中高三期中）已知函數，則的零點所在的區間是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】∵，，由得，，∴，函數為增函數，當時，，又，故的零點所在的區間是.故選：B練．（2021·天津·大鐘莊高中高三月考）函數的零點所在的區間為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】因為為單調遞增函數，當時，，當時，，當時，，由于，且的圖象在上連續，根據零點存在性定理，在上必有零點，故選：B.類型三、利用兩圖像交點判斷函數零點個數例3-1（一個曲線一個直線）14．（2021·黑龍江·哈爾濱三中高三期中（文））設函數，則函數的零點個數為（）A．個 B．個 C．個 D．個【答案】B【分析】由已知函數的解析式作出圖象，把函數的零點轉化為函數與的交點得答案．【詳解】由函數解析式由圖可知，函數的零點的個數為2個．故選：B．練．已知、為函數的兩個零點，若存在唯一的整數則實數的取值范圍是（）A． B．C． D．【答案】D【分析】可得，作出函數的圖象，可知滿足不等式的整數解有且只有一個，從而可得出關于實數的不等式，由此可解得實數的取值范圍.【詳解】由可得，令，其中，則.當時，，此時函數單調遞增，當時，，此時函數單調遞減.且當時，，作出函數的圖象如下圖所示：由圖可知，滿足不等式的整數解有且只有一個，所以，，，所以，，即.因此，實數的取值范圍是.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：本題考查利用函數不等式的整數解的個數求參數，解題的關鍵在于利用圖象確定整數有哪些，進而可得出關于參數不等式（組）來進行求解.例3-2（一個曲線一個直線）28．（2018·浙江·紹興市柯橋區教師發展中心高三學業考試）已知函數，函數，若函數恰有4個零點，則實數的取值范圍為_______.【答案】【分析】求出函數的表達式，構造函數，作函數的圖象，利用數形結合進行求解即可.【詳解】∵，∴，∵函數y=f(x)?g(x)恰好有四個零點，∴方程f(x)?g(x)=0有四個解，即f(x)+f(2?x)?b=0有四個解，即函數y=f(x)+f(2?x)與y=b的圖象有四個交點，，作函數y=f(x)+f(2?x)與y=b的圖象如下，，結合圖象可知，<b<2，故答案為:.例3-3【一個曲線和一個傾斜直線】【2021福建省廈門市高三】已知函數若函數存在零點，則實數的取值范圍為__________．【答案】或【解析】函數存在零點，即方程存在實數根，

也就是函數與的圖象有交點．如圖：直線恒過定點過點與的直線的斜率設直線與相切于，則切點處的導數值為，則過切點的直線方程為由切線過則得．此時切線的斜率為．由圖可知，要使函數存在零點，則實數的取值范圍為或【點睛】本題考查函數零點的判定，其中數形結合的解題思想方法與數學轉化思想方法的靈活應用．例3-4（兩個曲線）49．（2022·全國·高三專題練習）函數的零點個數為________.【答案】2【分析】先利用誘導公式、二倍角公式化簡，再將函數零點個數問題轉化為兩個函數圖象的交點個數問題，進而畫出圖象進行判定.【詳解】，函數f(x)的零點個數可轉化為函數與圖象的交點個數，在同一坐標系中畫出函數與圖象的（如圖所示）：由圖可知兩函數圖象有2個交點，即f(x)的零點個數為2.故答案為：2.（兩個曲線）8．（2021·四川·高三期中（理））已知定義在上的函數和都是奇函數，當時，，若函數在區間上有且僅有個零點，則實數的最小值為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據函數的奇偶性確定函數的周期，將函數的零點問題轉化為兩函數的交點，最后通過數形結合求解出參數的值.【詳解】因為是奇函數，所以函數的圖象關于點成中心對稱，即．又因為函數為奇函數，所以，即，所以函數是周期為的周期函數．由于函數為定義在上的奇函數，則，得．又因為當時，，所以，，于是得出，．作出函數與函數的圖象如下圖所示，由圖象可知，函數與函數在區間上從左到右個交點的橫坐標分別為，，，，，，，，，，第個交點的橫坐標為．因此，實數的取值范圍是，故實數的最小值為．故選：B．（兩個曲線）【2021河北省武邑中學高三】若定義在上的偶函數滿足，且當時，，則函數的零點個數是（）A．6個B．4個C．3個D．2個【答案】B【解析】分析：在同一個坐標系中畫出函數y=f（x）的圖象與函數y=log3|x|的圖象，這兩個函數圖象的交點個數即為所求．詳解：∵偶函數f（x）滿足f（x+2）=f（x），故函數的周期為2．當x∈[0，1]時，f（x）=x，故當x∈[﹣1，0]時，f（x）=﹣x．因為函數y=f（x）﹣log3|x|的零點的個數等于函數y=f（x）的圖象與函數y=log3|x|的圖象的交點個數．在同一個坐標系中畫出函數y=f（x）的圖象與函數y=log3|x|的圖象，如圖所示：顯然函數y=f（x）的圖象與函數y=log3|x|的圖象有4個交點，故選B．點睛：本題考查了根的存在性及根的個數判斷，以及函數與方程的思想，根據函數零點和方程的關系進行轉化是解決本題的關鍵．判斷零點個數一般有三種方法：（1）方程法；（2）圖像法；（3）方程+圖像法.本題利用的就是方法（3）.例3-5（直接解出零點）（2021·四川·高三月考（理））函數在上的零點個數為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】令可得，根據為偶函數，只需求在上的解的個數，等價于或的解的個數，結合正弦函數的性質以及對稱性即可求解.【詳解】令可得，設，則，所以是偶函數，故只需要討論在上的解得個數，當時，由可得或，解方程可得或（舍），此時在上，有兩解，解方程可得或，此時在上，有三解，有三解，所以在上，有解，根據對稱性可得在上有解，所以函數在上的零點個數為，故選：C.類型三、利用周期性判斷零點個數例3-1．（2021·廣東·高三月考）已知定義域為的函數在上有1和3兩個零點，且與都是偶函數，則函數在上的零點個數為（）A．404 B．804 C．806 D．402【答案】A【分析】根據兩個偶函數得的對稱軸，由此得函數的周期，10是其一個周期，由周期性可得零點個數．【詳解】因為與都為偶函數，所以，，所以圖象關于，軸對稱，所以為周期函數，且，所以將劃分為.而共201組，所以，在中，含有零點，共2個，所以一共有404個零點.故選：A.例3-2．偶函數滿足，當時，，不等式在上有且只有200個整數解，則實數a的取值范圍是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】因為為偶函數，所以，所以所以是周期函數，且周期為8，且關于對稱，又當時，，則，令，解得，所以當時，，為增函數，當時，，為減函數，作出一個周期內圖象，如圖所示：因為為偶函數，且不等式在上有且只有200個整數解，所以不等式在內有100個整數解，因為周期為8，所以在內有25個周期，所以在一個周期內有4個整數解，（1）若，由，可得或，由圖象可得有7個整數解，無整數解，不符合題意；（2）若，則，由圖象可得，不滿足題意；（3）若，由，可得或，由圖象可得在一個周期內無整數解，不符合題意，所以在一個周期內有4個整數解，因為在內關于對稱，所以在內有2個整數解，因為，，，所以在的整數解為和，所以，解得.故選：C類型四、零點之和例4-1．（2022·全國·高三專題練習（文））已知函數，定義域為的函數滿足，若函數與圖象的交點為，則（）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先判斷的奇偶性，再根據奇偶函數的對稱性計算可得；【詳解】由得的圖象關于對稱，因為，定義域為，且，所以為奇函數，即也關于對稱，則函數與圖象的交點關于對稱，則不妨設關于點對稱的坐標為，則，則，即，故選：A．例4-2（2021·新疆·克拉瑪依市教育研究所模擬預測（理））已知定義在R上的奇函數滿足，當時，，若函數的所有零點為，當時，（）A．20 B．24 C．28 D．36【答案】C【分析】根據題意可得函數是周期為4，關于點中心對稱的函數，再將函數的所有零點轉化為與的交點的橫坐標，又函數經過定點，且關于中心對稱，在坐標系中作出草圖，根據數形結合即可求出結果.【詳解】∵定義在上的奇函數滿足，故圖象關于對稱，∴，故，∴，即周期為，又定義在上的奇函數，所以是函數一個對稱中心，又因為當時，，作出函數的草圖，如下：函數的所有零點即為與的交點的橫坐標，易知函數經過定點，且關于中心對稱，又，分別作出函數和的圖象，則函數的圖象在函數和的圖象之間，如下圖所示：則與交點關于中心對稱，由圖像可知關于對稱的點共有3對，同時還經過點，所以.故選：C.類型五、等高線的使用例5-1．（2021·福建寧德·高三期中）已知函數，若a?b?c互不相等，且，則的取值范圍是___________.【答案】/【分析】根據題意，作出函數圖象，數形結合即可求解.【詳解】根據題意，作出函數圖象，令，可知函數圖象與的圖象有三個不同交點，由圖可知.因a?b?c互不相等，故不妨設，由圖可知.當，時，因，所以，即，故；當時，，故.綜上所述，.故答案為：.例5-2（2021·山西太原·高三期中）設函數，有四個實數根，，，，且，則的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據分段函數解析式研究的性質，并畫出函數圖象草圖，應用數形結合及題設條件可得、、，進而將目標式轉化并令，構造，則只需研究在上的范圍即可.【詳解】由分段函數知：時且遞減；時且遞增；時，且遞減；時，且遞增；∴的圖象如下：有四個實數根，，，且，由圖知：時有四個實數根，且，又，由對數函數的性質：，可得，∴令，且，由在上單增，可知，所以故選：A.例5-3（2021·吉林吉林·高三月考（理）），若存在互不相等的實數，，，使得，則下列結論中正確的為（）①；②，其中為自然對數的底數；③函數恰有三個零點.A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】D【分析】①將問題轉化為直線與函數圖像有4個交點，觀察圖像可得答案；②設，則可得，，根據關系代入求值域即可；③函數的零點個數，即為函數與的圖像交點個數，關注和時的交點個數即可得答案根據圖像可得答案.【詳解】解：函數的圖像如圖：，即直線與函數圖像有4個交點，故，①正確；，不妨設，則必有，，，則，且，由對勾函數的性質可得函數在上單調遞增，，，②正確；函數的零點個數，即為函數與的圖像交點個數，如圖當時，函數與的圖像有3個交點，當時，研究與是否相切即可，，令，則，則切點為，此時切線方程為，即，所以與圖像相切，此時函數與的圖像有3個交點，因為，故函數與的圖像恒有3個交點，即函數恰有三個零點，③正確.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：將函數的零點問題轉化為圖像的交點問題，可以使問題更加直觀，并方便解答.例5-4．（2021·遼寧實驗中學高三期中）已知函數，若關于的方程恰有三個不同實數解，則關于的方程的正整數解取值可能是（）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】在同一平面直角坐標系中作出的函數圖象，根據圖象有個交點確定出的關系，所以可將方程轉化為，然后構造函數并分析的單調性確定出其值域，由此可求解出的取值范圍，則的值可確定.【詳解】在同一平面直角坐標系中作出的函數圖象如下圖所示：當時，，當時，，所以由圖象可知：時關于的方程恰有三個不同實數解，又，所以，又因為，所以，所以，設，所以，顯然在上單調遞增，所以，所以在上單調遞增，所以，即，所以，所以可取故選：ABC.類型六、嵌套函數零點例6-1．（2021·黑龍江·哈爾濱三中高三期中（理））設函數，則函數的零點個數為（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【詳解】函數的圖象如圖所示，由，得，令，則，當時，，得，當時，，則，所以當時，，由圖象可知方程有兩個實根，當時，，由圖象可知，方程有1個實根，綜上，方程有3個實根，所以函數的零點個數為3，故選：C例6-2．（2021·天津市第四十七中學高三月考）已知函數，（其中e是自然對數的底數），若關于x的方程恰有三個不等實根，且，則的最大值為___________.【答案】【分析】設，則根據題意得必有兩個不相等的實根，不妨設，故，，再結合的圖象可得，，，進而，再構造函數，分析函數的單調性，求得最大值.【詳解】由題意設，根據方程恰有三個不等實根，即必有兩個不相等的實根，不妨設，則，方程或有三個不等實根，且，作出圖象如圖所示：那么，可得，，所以，構造新函數，則，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以,所以的最大值為.故答案為：.例6-3（2021·全國·高三專題練習）設函數若函數有三個零點，則實數a的范圍為________．【答案】．【分析】令，則原方程的解變為方程組的解，作出函數，采用數形結合法即求．【詳解】函數的零點即為方程的解，令，則原方程的解變為方程組的解，作出函數的圖象，由圖象可知，當時，有唯一的x與之對應；當時，有兩個不同的x與之對應．由方程組有三個不同的x知，需要方程②有兩個不同的t，且一個，一個，結合圖象可知，當時，滿足一個，一個，符合要求，綜上，實數a的取值范圍為．故答案為：.例6-4.已知函數f(x)=ex-1,x>0-x2A．0,14B．13,3C．【答案】D【解析】【分析】由題意結合函數的圖形將原問題轉化為二次方程根的分布的問題，據此得到關于a的不等式組，求解不等式組即可.【詳解】繪制函數f(x)=ex-1,x>0-x2-2x+1,x≤0的圖象如圖所示，令fx=t，由題意可知，方程t類型七、隱零點處理例7-1．（1）已知函數f(x)＝x2＋πcosx，求函數f(x)的最小值；（2）已知函數，若有極值，且與（為的導函數）的所有極值之和不小于，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．【解析】（1）易知函數f(x)為偶函數，故只需求x∈[0，＋∞)時f(x)的最小值．f′(x)＝2x－πsinx，令2x－πsinx=0，得，即x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，f′(x)＜0，f(x)單調遞減，又當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，＋∞))時，2x＞π＞πsinx，f′(x)＞0，f(x)單調遞增，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π2,4).（2）【答案】B【解析】由題意得，因為有極值，所以有個不等實根，即，即，因為，解得．令，由得，設的極值點為，，則，為方程的根，則，，因為，所以，令，易得在上單調遞減，且，所以．故選：B.例7-2已知函數.（1）證明：函數在上存在唯一的零點；（2）若函數在區間上的最小值為1，求的值.【答案】（1）證明見解析；（2）（1）求解出導函數，分析導函數的單調性，再結合零點的存在性定理說明在上存在唯一的零點即可；（2）根據導函數零點，判斷出的單調性，從而可確定，利用以及的單調性，可確定出之間的關系，從而的值可求.【詳解】（1）證明：∵，∴.∵在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，∴函數在上單調遞增.又，令，，則在上單調遞減，，故.令，則所以函數在上存在唯一的零點.（2）解：由（1）可知存在唯一的，使得，即（*）.函數在上單調遞增.∴當時，，單調遞減；當時，，單調遞增.∴.由（*）式得.∴，顯然是方程的解.又∵是單調遞減函數，方程有且僅有唯一的解，把代入（*）式，得，∴，即所求實數的值為.【方法總結】類型一：化為一元二次函數得零點問題類型二：復雜函數得零點思想：①先設后求、設而不求②與零點存在性定理結合使用步驟：(1)用零點存在性定理判定導函數零點的存在性，列出零點方程f(x0)＝0，并結合f(x)的單調性得到零點的取值范圍．(2)將零點方程適當變形，整體代入最值式子進行化簡證明，有時(1)中的零點范圍還可以適當縮小．例7-3已知函數，．若恒成立，求的取值范圍．【答案】．解：原不等式等價于，即，在上恒成立，等價于，在上恒成立，令，，∴，令，則為上的增函數，又當時，，，∴在存在唯一的零點，即，由，又有在上單調遞增，∴，，∴，∴，∴的取值范圍是．例7-4已知函數.（1）討論函數的單調性；（2）當時，判斷函數零點的個數，并說明理由.【答案】（1）答案見解析；（2）只有一個零點，理由見解析.（1）求出導數，按分類討論確定的正負，得函數的單調性；（2）求出導函數，對其中一部分，設()，用導數確定它的零點，這樣可確定的單調性與極值，然后結合零點存在定理確定結論．【詳解】（1）的定義域為，，當時，，則在上是增函數；當時，，所以；或；，所以在上是減函數，在和上是增函數.（2）當時，，其定義域為，則.設()，則，從而在上是增函數，又，，所以存在，使得，即，.列表如下：100增函數極大值減函數極小值增函數由表格，可得的極小值為；的極大值為因為是關于的減函數，且，所以，所以在內沒有零點.又，，所以在內有一個零點.綜上，只有一個零點.類型八、隱零點之極值點偏離類型一、目標與極值點相關思想：偏離對稱步驟：（1）利用單調性與零點存在定理判定零點個數（2）確定極值點（3）確定零點所在區域（4）構造對稱函數類型二、目標與極值點不相關步驟：（1）利用單調性與零點存在定理判定零點個數（2）確定極值點（3）確定零點所在區域（4）尋找零點之間的關系，消元換元來解決例8-1．（2021·江蘇高三開學考試）已知函數（）有兩個零點.（1）證明：.（2）若的兩個零點為，，且，證明：.（3）若的兩個零點為，，且，證明：.【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析.【分析】（1）首先求出導函數，當時顯然不成立，當時求出函數的單調區間，即可得到函數的極小值，依題意，即可求出參數的取值范圍；（2）由（1）可得，設，求出函數的導函數，即可得到，（3）由（1）可得，再設，，則，則，再利用導數說明的單調性，即可得到，從而得證；【詳解】（1）證明：由，，可得，.當時，，所以在上單調遞增，與題意不符.當時，令，得.當時，，單調遞減；當時，，單調遞增.可得當時，取得極小值.又因為函數有兩個零點，所以，可得.綜上，.（2）解：由上可得的極小值點為，則.設，，可得，，所以在上單調遞增，所以，即，則，，所以當時，，且.因為當時，單調遞增，所以，即.（3）由（1）可得，設，，則則，即.所以，所以.又因為，則，所以在上單調遞減，所以，所以，即綜上，.【點睛】導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．練、已知函數f(x)＝x2＋πcosx.(1)求函數f(x)的最小值；(2)若函數g(x)＝f(x)－a在(0，＋∞)上有兩個零點x1，x2，且x1<x2，求證：x1＋x2<π.【解析】(1)易知函數f(x)為偶函數，故只需求x∈[0，＋∞)時f(x)的最小值．f′(x)＝2x－πsinx，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，設h(x)＝2x－πsinx，h′(x)＝2－πcosx，顯然h′(x)單調遞增，而h′(0)＜0，h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＞0，由零點存在性定理知，存在唯一的x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使得h′(x0)＝0.當x∈(0，x0)時，h′(x)＜0，h(x)單調遞減，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))時，h′(x)＞0，h(x)單調遞增，而h(0)＝0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0，故x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，h(x)＜0，即x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，f′(x)＜0，f(x)單調遞減，又當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，＋∞))時，2x＞π＞πsinx，f′(x)＞0，f(x)單調遞增，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π2,4).(2)證明：依題意得x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，＋∞))，f(x1)=f(x2),構造函數F(x)＝f(x)－f(π－x)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，F′(x)＝f′(x)＋f′(π－x)＝2π－2πsinx＞0，即函數F(x)單調遞增，所以F(x)＜Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0，即當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f(x)＜f(π－x)，而x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以f(x1)＜f(π－x1)，又f(x1)＝f(x2)，即f(x2)＜f(π－x1)，此時x2，π－x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，＋∞)).由(1)可知，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，＋∞))上單調遞增，所以x2＜π－x1，即x1＋x2＜π.練、已知函數.（Ⅰ）求的單調區間；（Ⅱ）證明：當時，【解析】解：(Ⅰ).所以，在上單調遞增；在上單調遞減. （Ⅱ）由(Ⅰ)知，只需要證明：當x>0時f(x)<f(－x)即可。。。練、已知函數f(x)＝xe－x.(1)求函數f(x)的單調區間和極值；(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求證：x1＋x2>2.【解析】(1)解f′(x)＝e－x(1－x)，令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1，∴函數f(x)在(－∞，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，∴f(x)有極大值f(1)＝eq\f(1,e)，f(x)無極小值．(2)證明方法一(對稱化構造法)構造輔助函數F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1，則F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)＝(x－1)(ex－2－e－x)，∵當x>1時，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0，∴F(x)在(1，＋∞)上為增函數，∴F(x)>F(1)＝0，故當x>1時，f(x)>f(2－x)，(*)由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可設x1<1<x2，將x2代入(*)式可得f(x2)>f(2－x2)，又f(x1)＝f(x2)，∴f(x1)>f(2－x2)．又x1<1,2－x2<1，而f(x)在(－∞，1)上單調遞增，∴x1>2－x2，∴x1＋x2>2.方法二(比值代換法)設0<x1<1<x2，f(x1)＝f(x2)即取對數得lnx1－x1＝lnx2－x2.令t＝eq\f(x2,x1)>1，則x2＝tx1，代入上式得lnx1－x1＝lnt＋lnx1－tx1，得x1＝eq\f(lnt,t－1)，x2＝eq\f(tlnt,t－1).∴x1＋x2＝eq\f(t＋1lnt,t－1)>2?lnt－eq\f(2t－1,t＋1)>0，設g(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)(t>1)，∴g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq\f(t－12,tt＋12)>0，∴當t>1時，g(t)為增函數，∴g(t)>g(1)＝0，∴lnt－eq\f(2t－1,t＋1)>0，故x1＋x2>2.【方法總結】極值點偏移問題的解法(1)(對稱化構造法)構造輔助函數：對結論x1＋x2>2x0型，構造函數F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；對結論x1x2>xeq\o\al(2,0)型，構造函數F(x)＝f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),x)))，通過研究F(x)的單調性獲得不等式．(2)(比值代換法)通過代數變形將所證的雙變量不等式通過代換t＝eq\f(x1,x2)化為單變量的函數不等式，利用函數單調性證明．練、已知函數f(x)＝xlnx的圖象與直線y＝m交于不同的兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)．求證：x1x2<eq\f(1,e2).【解析】證明f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)>0得x>eq\f(1,e)，由f′(x)<0得0<x<eq\f(1,e)，∴函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調遞增．可設0<x1<eq\f(1,e)<x2.方法一構造函數F(x)＝f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2x)))，則F′(x)＝f′(x)＋eq\f(1,e2x2)f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2x)))＝1＋lnx＋eq\f(1,e2x2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋ln\f(1,e2x)))＝(1＋lnx)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,e2x2)))，當0<x<eq\f(1,e)時，1＋lnx<0,1－eq\f(1,e2x2)<0，則F′(x)>0，得F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上是增函數，∴F(x)<Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，∴f(x)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(1,e)))，將x1代入上式得f(x1)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\a