2022年高考壓軸大題：極值點的偏移問題解題方法

關(guān)注微信公眾號：高斯課堂下載更多精品資料第第頁2022年高考壓軸大題：極值點的偏移問題解題方法極值點偏移問題常作為壓軸題出現(xiàn)，題型復(fù)雜多變．解決此類問題，先需理解此類問題的實質(zhì)，巧妙消元、消參、構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的性質(zhì)解決問題．1．對極值點偏移的解釋已知函數(shù)y＝f(x)是連續(xù)函數(shù)，在區(qū)間(x1，x2)內(nèi)有且只有一個極值點x0，且f(x1)＝f(x2)．若極值點左右的“增減速度”相同，常常有極值點x0＝eq\f(x1＋x2,2)，我們稱這種狀態(tài)為極值點不偏移；若極值點左右的“增減速度”不同，函數(shù)的圖象不具有對稱性，常常有極值點x0≠eq\f(x1＋x2,2)的情況，我們稱這種狀態(tài)為“極值點偏移”．2．解極值點偏移問題的通法第一步：根據(jù)f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)建立等量關(guān)系，并結(jié)合f(x)的單調(diào)性，確定x1，x2的取值范圍；第二步：不妨設(shè)x1<x2，將待證不等式進(jìn)行變形，進(jìn)而結(jié)合原函數(shù)或?qū)Ш瘮?shù)的單調(diào)性等價轉(zhuǎn)化；第三步：構(gòu)造關(guān)于x1(或x2)的一元函數(shù)，或令eq\f(x2,x1)＝t(t>1)構(gòu)造關(guān)于t的一元函數(shù)，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，并借助于單調(diào)性，達(dá)到對待證不等式的證明．例1已知函數(shù)f(x)＝xe－x.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求證：x1＋x2>2.(1)解f′(x)＝e－x(1－x)，令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1，∴函數(shù)f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)證明方法一(對稱化構(gòu)造法)構(gòu)造輔助函數(shù)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(dāng)x>1時，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0，∴F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴F(x)>F(1)＝0，故當(dāng)x>1時，f(x)>f(2－x)，(*)由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可設(shè)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(diào)遞增，∴x1>2－x2，∴x1＋x2>2.方法二(比值代換法)設(shè)0<x1<1<x2，f(x1)＝f(x2)即＝，取對數(shù)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(shè)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(dāng)t>1時，g(t)單調(diào)遞增，∴g(t)>g(1)＝0，∴l(xiāng)nt－eq\f(2t－1,t＋1)>0，故x1＋x2>2.例2已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax有兩個零點x1，x2.(1)求實數(shù)a的取值范圍；(2)求證：x1·x2>e2.(1)解f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)(x>0)，①若a≤0，則f′(x)>0，不符合題意；②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,a).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，f′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)<0.由題意知f(x)＝lnx－ax的極大值f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\f(1,a)－1>0，解得0<a<eq\f(1,e).所以實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).(2)證明因為f(1)＝－a<0，所以1<x1<eq\f(1,a)<x2.構(gòu)造函數(shù)H(x)＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋x))－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－x))＝ln

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋x))－ln

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－x))－2ax,0<x<eq\f(1,a).H′(x)＝eq\f(1,\f(1,a)＋x)＋eq\f(1,\f(1,a)－x)－2a＝eq\f(2a3x2,1－a2x2)>0，所以H(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，故H(x)>H(0)＝0，即f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋x))>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－x)).由1<x1<eq\f(1,a)<x2，知eq\f(2,a)－x1>eq\f(1,a)，故f(x2)＝f(x1)＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－x1))))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－x1))))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－x1)).因為f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減，所以x2>eq\f(2,a)－x1，即x1＋x2>eq\f(2,a).故lnx1x2＝lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)>2，即x1·x2>e2.例3已知函數(shù)f(x)＝x2－2x＋1＋aex有兩個極值點x1，x2，且x1<x2.證明：x1＋x2>4.解析證明：令g(x)＝f′(x)＝2x－2＋aex，則x1，x2是函數(shù)g(x)的兩個零點．令g(x)＝0，得a＝－eq\f(2x－1,ex).令h(x)＝－eq\f(2x－1,ex)，則h(x1)＝h(x2)，h′(x)＝eq\f(2x－4,ex)，可得h(x)在區(qū)間(－∞，2)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x1<2<x2.令H(x)＝h(2＋x)－h(huán)(2－x)，則H′(x)＝h′(2＋x)－h(huán)′(2－x)＝eq\f(2xe2－x－e2＋x,e2＋x·e2－x)，當(dāng)0<x<2時，H′(x)<0，H(x)單調(diào)遞減，有H(x)<H(0)＝0，所以h(2＋x)<h(2－x)．所以h(x1)＝h(x2)＝h(2＋(x2－2))<h(2－(x2－2))＝h(4－x2)．因為x1<2,4－x2<2，h(x)在(－∞，2)上單調(diào)遞減，所以x1>4－x2，即x1＋x2>4.例4已知f(x)＝xlnx－eq\f(1,2)mx2－x，m∈R.若f(x)有兩個極值點x1，x2，且x1<x2.求證：x1x2>e2(e為自然對數(shù)的底數(shù))．一題多解解法1思路參考：轉(zhuǎn)化為證明lnx1＋lnx2>2，根據(jù)x1，x2是方程f′(x)＝0的根建立等量關(guān)系．令t＝eq\f(x2,x1)將lnx1＋lnx2變形為關(guān)于t的函數(shù)，將lnx1＋lnx2>2轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的不等式進(jìn)行證明．證明：欲證x1x2>e2，需證lnx1＋lnx2>2.若f(x)有兩個極值點x1，x2，即函數(shù)f′(x)有兩個零點．又f′(x)＝lnx－mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的兩個不等實根．于是，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0，))解得m＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2).另一方面，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0，))得lnx2－lnx1＝m(x2－x1)，從而得eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2).于是，lnx1＋lnx2＝eq\f(lnx2－lnx1x2＋x1,x2－x1)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x2,x1)))ln\f(x2,x1),\f(x2,x1)－1).又0<x1<x2，設(shè)t＝eq\f(x2,x1)，則t>1.因此，lnx1＋lnx2＝eq\f(1＋tlnt,t－1)，t>1.要證lnx1＋lnx2>2，即證eq\f(t＋1lnt,t－1)>2，t>1.即當(dāng)t>1時，有l(wèi)nt>eq\f(2t－1,t＋1).設(shè)函數(shù)h(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)，t＞1，則h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq\f(t－12,tt＋12)≥0，所以，h(t)為(1，＋∞)上的增函數(shù)．注意到，h(1)＝0，因此，h(t)＞h(1)＝0.于是，當(dāng)t>1時，有l(wèi)nt>eq\f(2t－1,t＋1).所以lnx1＋lnx2>2成立，即x1x2>e2.解法2思路參考：將證明x1x2>e2轉(zhuǎn)化為證明x1>eq\f(e2,x2).依據(jù)x1，x2是方程f′(x)＝0的兩個不等實根構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(lnx,x)，結(jié)合函數(shù)g(x)的單調(diào)性，只需證明g(x2)＝g(x1)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x1))).證明：由x1，x2是方程f′(x)＝0的兩個不等實根，所以mx1＝lnx1，mx2＝lnx2.令g(x)＝eq\f(lnx,x)，g(x1)＝g(x2)，由于g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，因此，g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減．又x1<x2，所以0<x1<e<x2.令h(x)＝g(x)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x)))(x∈(0，e))，h′(x)＝eq\f(1－lnxe2－x2,x2e2)>0，故h(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，故h(x)<h(e)＝0，即g(x)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x))).令x＝x1，則g(x2)＝g(x1)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x1))).因為x2，eq\f(e2,x1)∈(e，＋∞)，g(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，所以x2>eq\f(e2,x1)，即x1x2>e2.解法3思路參考：設(shè)t1＝lnx1∈(0,1)，t2＝lnx2∈(1，＋∞)，推出eq\f(t1,t2)＝eeq\s\up8(t1－t2).將證明x1x2>e2轉(zhuǎn)化為證明t1＋t2>2，引入變量k＝t1－t2<0構(gòu)建函數(shù)進(jìn)行證明．證明：設(shè)t1＝lnx1∈(0,1)，t2＝lnx2∈(1，＋∞)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t1＝meeq\s\up5(t1)，,t2＝meeq\s\up5(t2)))?eq\f(t1,t2)＝eeq\s\up5(t1－t2).設(shè)k＝t1－t2<0，則t1＝eq\f(kek,ek－1)，t2＝eq\f(k,ek－1).欲證x1x2>e2，需證lnx1＋lnx2>2.即只需證明t1＋t2＞2，即eq\f(k1＋ek,ek－1)>2?k(1＋ek)<2(ek－1)?k(1＋ek)－2(ek－1)<0.設(shè)g(k)＝k(1＋ek)－2(ek－1)(k<0)，g′(k)＝kek－ek＋1，g″(k)＝kek<0，故g′(k)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，故g′(k)>g′(0)＝0，故g(k)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，因此g(k)<g(0)＝0，命題得證．解法4思路參考：設(shè)t1＝lnx1∈(0,1)，t2＝lnx2∈(1，＋∞)，推出eq\f(t1,t2)＝eeq\s\up8(t1－t2).將證明x1x2>e2轉(zhuǎn)化為證明t1＋t2>2，引入變量eq\f(t1,t2)＝k∈(0,1)構(gòu)建函數(shù)進(jìn)行證明．證明：設(shè)t1＝lnx1∈(0,1)，t2＝lnx2∈(1，＋∞)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t1＝meeq\s\up5(t1)，,t2＝meeq\s\up5(t2)))?eq\f(t1,t2)＝eeq\s\up5(t1－t2).設(shè)eq\f(t1,t2)＝k∈(0,1)，則t1＝eq\f(klnk,k－1)，t2＝eq\f(lnk,k－1).欲證x1x2>e2，需證lnx1＋lnx2>2，即只需證明t1＋t2>2，即eq\f(k＋1lnk,k－1)>2?lnk<eq\f(2k－1,k＋1)?lnk－eq\f(2k－1,k＋1)<0.設(shè)g(k)＝lnk－eq\f(2k－1,k＋1)(k∈(0,1))，g′(k)＝eq\f(k－12,kk＋12)>0，故g(k)在(0,1)上單調(diào)遞增，因此g(k)<g(1)＝0，命題得證．思維升華1．本題考查應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究極值點偏移問題，基本解題方法是把雙變量的等式或不等式轉(zhuǎn)化為一元變量問題求解，途徑都是構(gòu)造一元函數(shù)．2．基于課程標(biāo)準(zhǔn)，解答本題一般需要熟練掌握轉(zhuǎn)化與化歸能力、運(yùn)算求解能力、邏輯思維能力，體現(xiàn)了邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng)．3．基于高考數(shù)學(xué)評價體系，本題涉及函數(shù)與方程、不等式、導(dǎo)數(shù)的計算與應(yīng)用等知識，滲透著函數(shù)與方程、轉(zhuǎn)化與化歸、分類討論等思想方法，有一定的綜合性，屬于能力題，在提升學(xué)生思維的靈活性、創(chuàng)造性等數(shù)學(xué)素養(yǎng)中起到了積極的作用．多維訓(xùn)練1.已知函數(shù)f(x)＝ex(ex－ax＋a)有兩個極值點x1，x2.(1)求a的取值范圍；(2)求證：2x1x2<x1＋x2.(1)解：因為f(x)＝ex(ex－ax＋a)，所以f′(x)＝ex(ex－ax＋a)＋ex(ex－a)＝ex(2ex－ax)．令f′(x)＝0，則2ex＝ax.當(dāng)a＝0時，不成立；當(dāng)a≠0時，eq\f(2,a)＝eq\f(x,ex).令g(x)＝eq\f(x,ex)，所以g′(x)＝eq\f(1－x,ex).當(dāng)x<1時，g′(x)>0；當(dāng)x>1時，g′(x)<0.所以g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．又因為g(1)＝eq\f(1,e)，當(dāng)x→－∞時，g(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時，g(x)→0，因此，當(dāng)0<eq\f(2,a)<eq\f(1,e)時，f(x)有2個極值點，即a的取值范圍為(2e，＋∞)．(2)證明：由(1)不妨設(shè)0<x1<1<x2，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2eeq\s\up4(x1)＝ax1，,2eeq\s\up4(x2)＝ax2，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ln2＋x1＝lna＋lnx1，,ln2＋x2＝lna＋lnx2，))所以x2－x1＝lnx2－lnx1.要證明2x1x2<x1＋x2，只要證明2x1x2(lnx2－lnx1)<xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1)，即證明2lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))<eq\f(x2,x1)－eq\f(x1,x2).設(shè)eq\f(x2,x1)＝t(t>1)，即要證明2lnt－t＋eq\f(1,t)<0在t∈(1，＋∞)上恒成立．記h(t)＝2lnt－t＋eq\f(1,t)(t>1)，h′(t)＝eq\f(2,t)－1－eq\f(1,t2)＝eq\f(－t2＋2t－1,t2)＝eq\f(－t－12,t2)<0，所以h(t)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(t)<h(1)＝0，即2lnt－t＋eq\f(1,t)<0，即2x1x2<x1＋x2.2.已知函數(shù)f(x)＝xlnx－2ax2＋x，a∈R.(1)若f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若函數(shù)f(x)有兩個極值點分別為x1，x2，證明x1＋x2>eq\f(1,2a).(1)解：f′(x)＝lnx＋2－4ax.因為f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，所以f′(x)＝lnx＋2－4ax≤0在(0，＋∞)內(nèi)恒成立，即4a≥eq\f(lnx,x)＋eq\f(2,x)在(0，＋∞)內(nèi)恒成立．令g(x)＝eq\f(lnx,x)＋eq\f(2,x)，則g′(x)＝eq\f(－1－lnx,x2).所以，當(dāng)0<x<eq\f(1,e)時，g′(x)>0，即g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))內(nèi)單調(diào)遞增；當(dāng)x>eq\f(1,e)時，g′(x)<0，即g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))內(nèi)單調(diào)遞減．所以g(x)的最大值為geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e，所以實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,4)，＋∞)).(2)證明：若函數(shù)f(x)有兩個極值點分別為x1，x2，則f′(x)＝lnx＋2－4ax＝0在(0，＋∞)內(nèi)有兩個不等根x1，x2.由(1)，知0<a<eq\f(e,4).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1＋2－4ax1＝0，,lnx2＋2－4ax2＝0，))兩式相減，得lnx1－lnx2＝4a(x1－x2)．不妨設(shè)0<x1<x2，所以要證明x1＋x2>eq\f(1,2a)，只需證明eq\f(x1＋x2,4ax1－x2)<eq\f(1,2alnx1－lnx2).即證明eq\f(2x1－x2,x1＋x2)>lnx1－lnx2，亦即證明eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)－1)),\f(x1,x2)＋1)>lneq\f(x1,x2).令函數(shù)h(x)＝eq\f(2x－1,x＋1)－lnx,0<x<1.所以h′(x)＝eq\f(－x－12,xx＋12)<0，即函數(shù)h(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減．所以當(dāng)x∈(0,1)時，有h(x)>h(1)＝0，所以eq\f(2x－1,x＋1)>lnx.即不等式eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)－1)),\f(x1,x2)＋1)>lneq\f(x1,x2)成立．綜上，x1＋x2>eq\f(1,2a)，命題得證.3．已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的單調(diào)性；(2)證明：ex－e2lnx>0恒成立．(1)解f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)，當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)a>0時，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a)，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)<0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證明方法一要證ex－e2lnx>0，即證ex－2>lnx，令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1.令φ′(x)＝0，得x＝0，∴x∈(－∞，0)時，φ′(x)<0；x∈(0，＋∞)時，φ′(x)>0，∴φ(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0，即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取“＝”．同理可證lnx≤x－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取“＝”．由ex≥x＋1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取“＝”)，可得ex－2≥x－1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時取“＝”)，又lnx≤x－1，即x－1≥lnx，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取“＝”，所以ex－2≥x－1≥lnx且兩等號不能同時成立，故ex－2>lnx．即證原不等式成立．方法二令φ(x)＝ex－e2lnx，φ(x)的定義域為(0，＋∞)，φ′(x)＝ex－eq\f(e2,x)，令h(x)＝ex－eq\f(e2,x)，∴h′(x)＝ex＋eq\f(e2,x2)>0，∴φ′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又φ′(1)＝e－e2<0，φ′(2)＝e2－eq\f(1,2)e2＝eq\f(1,2)e2>0，故?x0∈(1,2)，使φ′(x0)＝0，即－eq\f(e2,x0)＝0，即＝eq\f(e2,x0)，∴當(dāng)x∈(0，x0)時，φ′(x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，φ′(x0)>0，∴φ(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(x0)＝－e2lnx0＝eq\f(e2,x0)－e2lnx0＝eq\f(e2,x0)－＝eq\f(e2,x0)－e2(2－x0)＝e2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)＋x0－2))＝e2·eq\f(x0－12,x0)>0，故φ(x)>0，即ex－e2lnx>0，即證原不等式成立．4．(2018·全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝e