2010-天津卷理-21 解-导数

本题导读

本题为 2010 年天津高考理科数学压轴题（第 21 题），考查求函数单调性与极值、构造辅助函数证明函数不等式，以及经典的极值点偏移问题。通过第 (2) 问的结论为第 (3) 问铺垫，是极值点偏移中“对称构造法”的典例。

📌【题干】

Question

（2010年天津卷(理)） 21. 已知函数 $f(x)=x{\mathrm{e}}^{-x}(x\in \mathbb{R})$.

(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 $x_1\ne x_2$，且 $f(x_1)=f(x_2)$，证明：$x_1+x_2>2$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第 (1) 问：求导 $f^{\prime }(x)=(1-x){\mathrm{e}}^{-x}$，由 $f^{\prime }(x)>0$ 和 $f^{\prime }(x)<0$ 确定单调递增区间和递减区间，并求极大值。
2. 第 (2) 问：

• 根据对称性，$g(x)=f(2-x)=(2-x){\mathrm{e}}^{-(2-x)}$；
• 构造辅助函数 $h(x)=f(x)-g(x)=x{\mathrm{e}}^{-x}-(2-x){\mathrm{e}}^{x-2}(x>1)$；
• 对 $h(x)$ 求导分析单调性，证明 $h(x)>h(1)=0$。

3. 第 (3) 问（极值点偏移）：

• 不妨设 $x_1<1<x_2$，要证 $x_1+x_2>2⟺x_1>2-x_2$；
• 由第 (1) 问知 $f(x)$ 在 $(-\infty ,1)$ 上严格单调递增，故 $x_1>2-x_2⟺f(x_1)>f(2-x_2)$；
• 因为 $f(x_1)=f(x_2)$，等价于证明 $f(x_2)>f(2-x_2)$；
• 因为 $x_2>1$，且 $g(x_2)=f(2-x_2)$，此式即为第 (2) 问已证结论 $f(x_2)>g(x_2)$。

✅【答案】

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因此𝑥1 > 2 −𝑥2，即𝑥1 + 𝑥2 > 2

✍【详细解析】

Abstract

(1) 求函数 $f(x)$ 的单调区间和极值

对 $f(x)=x{\mathrm{e}}^{-x}$ 求导： $f^{\prime }(x)=1\cdot {\mathrm{e}}^{-x}+x\cdot (-{\mathrm{e}}^{-x})=(1-x){\mathrm{e}}^{-x}$

因为 ${\mathrm{e}}^{-x}>0$ 恒成立，所以 $f^{\prime }(x)$ 的正负由 $1-x$ 决定：

• 当 $x\in (-\infty ,1)$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增；
• 当 $x\in (1,+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减.

所以 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty ,1)$，单调递减区间为 $(1,+\infty )$.

当 $x=1$ 时，$f(x)$ 取得极大值： $f(1)=1\cdot {\mathrm{e}}^{-1}=\frac{1}{\mathrm{e}}$

$f(x)$ 无极小值.

---

(2) 证明：当 $x>1$ 时，$f(x)>g(x)$

因为函数 $y=g(x)$ 的图象与函数 $y=f(x)$ 的图象关于直线 $x=1$ 对称， 所以 $g(x)=f(2-x)=(2-x){\mathrm{e}}^{-(2-x)}$.

要证当 $x>1$ 时，$f(x)>g(x)$，即证： $x{\mathrm{e}}^{-x}>(2-x){\mathrm{e}}^{x-2}(\text{当 }x>1)$

构造辅助函数 $h(x)=f(x)-g(x)=x{\mathrm{e}}^{-x}-(2-x){\mathrm{e}}^{x-2}(x\ge 1)$.

对 $h(x)$ 求导： $h^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x)=(1-x){\mathrm{e}}^{-x}-\left[-1\cdot {\mathrm{e}}^{x-2}+(2-x){\mathrm{e}}^{x-2}\right]$ $h^{\prime }(x)=(1-x){\mathrm{e}}^{-x}-(1-x){\mathrm{e}}^{x-2}=(1-x)\left({\mathrm{e}}^{-x}-{\mathrm{e}}^{x-2}\right)$

当 $x>1$ 时：

• $1-x<0$；
• $-x<x-2⟹{\mathrm{e}}^{-x}<{\mathrm{e}}^{x-2}⟹{\mathrm{e}}^{-x}-{\mathrm{e}}^{x-2}<0$.

两个负数相乘，所以： $h^{\prime }(x)>0(\text{当 }x>1)$

故 $h(x)$ 在 $[1,+\infty )$ 上严格单调递增.

因此，对任意 $x>1$，有： $h(x)>h(1)=f(1)-g(1)=\frac{1}{\mathrm{e}}-\frac{1}{\mathrm{e}}=0$

即 $f(x)-g(x)>0⟹f(x)>g(x)$ 得证.

---

(3) 证明：$x_1+x_2>2$

已知 $x_1\ne x_2$ 且 $f(x_1)=f(x_2)$.

由 (1) 知，$f(x)$ 在 $(-\infty ,1)$ 上单调递增，在 $(1,+\infty )$ 上单调递减. 不妨设 $x_1<1<x_2$.

要证 $x_1+x_2>2$，等价于证明： $x_1>2-x_2$

因为 $x_1<1$，且 $x_2>1⟹2-x_2<1$，所以 $x_1$ 和 $2-x_2$ 均属于区间 $(-\infty ,1)$.

又因为 $f(x)$ 在区间 $(-\infty ,1)$ 上严格单调递增，所以： $x_1>2-x_2⟺f(x_1)>f(2-x_2)$

又因为已知 $f(x_1)=f(x_2)$，代入上式，等价于证明： $f(x_2)>f(2-x_2)$

已知 $x_2>1$，由 (2) 的结论可知，当 $x>1$ 时，恒有 $f(x)>g(x)=f(2-x)$. 将 $x=x_2>1$ 代入即得： $f(x_2)>f(2-x_2)$

此式成立，故 $x_1>2-x_2⟺x_1+x_2>2$ 成立.

命题得证.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：利用导数研究单调性与极值、构造辅助函数证明 $f(x)>f(2-x)$、极值点偏移问题。
2. 核心方法：

• 轴对称函数表达：$g(x)=f(2-x)$；
• 极值点偏移证明“递进法”：利用单调区间将 $x_1>2-x_2$ 转化为 $f(x_1)>f(2-x_2)⟺f(x_2)>f(2-x_2)$，再用第 (2) 问构造函数导数证明。

3. 避坑指南：第 (3) 问中将不等式转化为 $f(x_1)>f(2-x_2)$ 时，必须明确说明 $x_1$ 和 $2-x_2$ 同在单调区间 $(-\infty ,1)$ 内。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：高考导数压轴题中“极值点偏移”问题的开山鼻祖试题之一。
2. 结论推广：若函数 $f(x)$ 恰有一个极值点 $x_0$，且满足 $f(x_1)=f(x_2)(x_1\ne x_2)$，若 $f(x)>f(2x_0-x)(x>x_0)$，则必有 $x_1+x_2>2x_0$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2011-四川卷文-22 解-导数方程与数列不等式
• 2011-大纲卷理-22 解-导数不等式
• 2011-新课标卷文-21 解-对数函数切线与不等式