备战2025年高考数学精品教案第三章一元函数的导数及其应用突破5极值点偏移问题（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考数学精品教案第三章一元函数的导数及其应用突破5极值点偏移问题（Word版附解析），共12页。
命题点1 对称构造法求解极值点偏移问题
例1 [2022全国卷甲]已知函数f（x）＝exx－ln x＋x－a.
（1）若f（x）≥0，求a的取值范围；
（2）证明：若f（x）有两个零点x1，x2，则x1x2＜1.
解析 （1）由题意知函数f（x）的定义域为（0，＋∞）.
由f '（x）＝ex（x－1）x2－1x＋1＝ex（x－1）－x＋x2x2＝（ex＋x)(x－1）x2，
可得函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.
所以f（x）min＝f（1）＝e＋1－a.
又f（x）≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，
所以a的取值范围为（－∞，e＋1].
（2）解法一 不妨设x1＜x2，则由（1）知0＜x1＜1＜x2，1x1＞1.
令F（x）＝f（x）－f（1x），则F'（x）＝（ex＋x)(x－1）x2＋（e1x＋1x)(1x－1）1x2·1x2＝（x－1）x2（ex＋x－xe1x－1）.
令g（x）＝ex＋x－xe1x－1，
则g'（x）＝ex＋1－e1x＋xe1x·1x2＝ex＋1＋e1x（1x－1），
所以当x∈（0，1）时，g'（x）＞0，
所以当x∈（0，1）时，g（x）＜g（1）＝0，
所以当x∈（0，1）时，F'（x）＞0，
所以F（x）在（0，1）上单调递增，所以F（x）＜F（1），
即在（0，1）上f（x）－f（1x）＜F（1）＝0.
又f（x1）＝f（x2）＝0，
所以f（x2）－f（1x1）＜0，即f（x2）＜f（1x1）.
由（1）可知，函数f（x）在（1，＋∞）上单调递增，
所以x2＜1x1，即x1x2＜1.
解法二 不妨设x1＜x2，则由（1）知0＜x1＜1＜x2，0＜1x2＜1.
由f（x1）＝f（x2）＝0，得ex1x1－ln x1＋x1＝ex2x2－ln x2＋x2，
即ex1－lnx1＋x1－ln x1＝ex2－lnx2＋x2－ln x2.
因为函数y＝ex＋x在R上单调递增，所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立.
构造函数h（x）＝x－ln x，g（x）＝h（x）－h（1x）＝x－1x－2ln x，
则g'（x）＝1＋1x2－2x＝（x－1）2x2≥0，
所以函数g（x）在（0，＋∞）上单调递增，
所以当x＞1时，g（x）＞g（1）＝0，即当x＞1时，h（x）＞h（1x），
所以h（x1）＝h（x2）＞h（1x2），
又h'（x）＝1－1x＝x－1x，
所以h（x）在（0，1）上单调递减，
所以0＜x1＜1x2＜1，即x1x2＜1.
方法技巧
对称构造法求解极值点偏移问题的步骤
（1）求导，获得f（x）的单调性、极值点x0，作出f（x）的图象，由f（x1）＝f（x2）得x1，x2的取值范围（数形结合）；
（2）构造对称函数，若证x1＋x2＞（＜）2x0，则令F（x）＝f（x）－f（2x0－x），若证x1x2＞（＜）x02，则令F（x）＝f（x）－f（x02x），求导，讨论F（x）的单调性；
（3）判断F（x）的符号，从而确定f（x），f（2x0－x）的大小关系或f（x），f（x02x）的大小关系；
（4）代入x1（或x2），利用f（x1）＝f（x2）及f（x）的单调性去符号“f”得最终结论.
训练1 已知函数f（x）＝（x－2）ex＋a（x－1）2有两个零点，a＞0，设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1＋x2＜2.
解析 因为f '（x）＝（x－1）（ex＋2a），且a＞0，所以当x＜1时，f '（x）＜0，当x＞1时，f '（x）＞0，所以f（x）的极小值点为x＝1.
f（x1）＝f（x2）＝0，不妨设x1＜1＜x2，要证x1＋x2＜2，即证x2＜2－x1.
构造函数F（x）＝f（2－x）－f（x），x＜1，代入整理得F（x）＝－xe－x＋2－（x－2）ex.
求导得F'（x）＝（1－x）（ex－e－x＋2）.
当x＜1时，F'（x）＜0，则F（x）在（－∞，1）上单调递减，于是F（x）＞f（2－1）－f（1）＝0，
则f（2－x）－f（x）＞0，即f（2－x）＞f（x）（x＜1）.
将x1代入，则f（x1）＜f（2－x1），
又f（x1）＝f（x2），所以f（x2）＜f（2－x1）.
又函数f（x）在（1，＋∞）上单调递增，且x2，2－x1∈（1，＋∞），所以x2＜2－x1，即x1＋x2＜2得证.
命题点2 比（差）值换元法求极值点偏移问题
例2 已知函数f（x）＝2ax－ln x，其中 a∈R.
（1）讨论函数f（x）的单调性.
（2）记函数f（x）的导函数为f'（x）.当a＞0时，若x1，x2（0＜x1＜x2）满足f（x1）＝
f（x2），证明：f'（x1）＋f'（x2）＜0.
解析 （1）函数f（x）＝2ax－ln x的定义域为（0，＋∞），
且f'（x）＝2a－1x＝2ax－1x，x＞0.
①当a≤0时，f'（x）＜0在（0，＋∞）上恒成立，
所以f（x）在（0，＋∞）上单调递减.
②当a＞0时，令f'（x）＝0，可得x＝12a，
当x∈（0，12a）时，f'（x）＜0；当x∈（12a，＋∞）时，f'（x）＞0.
所以f（x）在（0，12a）上单调递减，在（12a，＋∞）上单调递增.
综上所述，当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递减；当a＞0时，f（x）在（0，12a）上单调递减，在（12a，＋∞）上单调递增.
（2）由x1，x2（0＜x1＜x2）满足f（x1）＝f（x2），可得2ax1－ln x1＝2ax2－ln x2，即ln x1－ln x2x1－x2＝2a.
因为f'（x1）＋f'（x2）＝2a－1x1＋2a－1x2＝4a－x1＋x2x1x2，
所以欲证f'（x1）＋f'（x2）＜0，即证x1＋x2x1x2＞4a，
即证x1＋x2x1x2＞2（ln x1－ln x2）x1－x2，
即证2lnx1x2＞x12－x22x1x2＝x1x2－x2x1.
设x1x2＝t（0＜t＜1），即证2ln t＋1t－t＞0.
设h（t）＝2ln t＋1t－t（0＜t＜1），则h'（t）＝2t－1t2－1＝－（t－1）2t2＜0在（0，1）上恒成立，
所以h（t）在（0，1）上单调递减，所以h（t）＞0，
所以2ln t＋1t－t＞0，即f'（x1）＋f'（x2）＜0.
方法技巧
比（差）值换元的解题要点：通过t＝x1x2或t＝x1－x2，消掉变量x1，x2，构造关于t的函数h（t）进行求解.
训练2 已知函数f（x）＝lnx+1ax.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若（ex1）x2＝（ex2）x1（e是自然对数的底数），且x1＞0，x2＞0，x1≠x2，证明：x12＋x22＞2.
解析 （1）由f（x）＝lnx+1ax得f'（x）＝－lnxax2，
令f'（x）＝0，得x＝1.
当a＞0时，若x∈（0，1），则f'（x）＞0；
若x∈（1，＋∞），则f'（x）＜0.
所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.
当a＜0时，若x∈（0，1），则f'（x）＜0；
若x∈（1，＋∞），则f'（x）＞0.
所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.
综上，当a＞0时，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减；当a＜0时，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.
（2）由（ex1）x2＝（ex2）x1，两边取对数，得x2ln（ex1）＝x1ln（ex2），
即x2（ln x1＋1）＝x1（ln x2＋1），所以ln x1+1x1＝ln x2+1x2，
即当a＝1时，存在x1＞0，x2＞0，x1≠x2，满足f（x1）＝f（x2）.
由（1）可知，当a＝1时，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，所以f（x）≤f（1）＝1.
当x∈（1，＋∞）时，f（x）＝lnx+1x＞0，
由于f（1e）＝0，故f（x）在（1e，1）上恒有f（x）＞0.
不妨令x1＜x2，记f（x1）＝f（x2）＝m，则m∈（0，1），且ln x1＋1＝mx1 ①，ln x2＋1＝mx2 ②，
①＋②得ln（x1x2）＝m（x1＋x2）－2 ③，
①－②得lnx1x2＝m（x1－x2），则m＝1x1－x2lnx1x2，代入③得ln（x1x2）＝（x1＋x2）x1－x2lnx1x2－2.
记t＝x1x2，0＜t＜1，则ln（x1x2）＝t+1t－1ln t－2＝（t+1）lnt－2（t－1）t－1.
设g（t）＝（t＋1）ln t－2（t－1）（0＜t＜1），则g'（t）＝ln t＋1t－1.
设h（t）＝ln t＋1t－1（0＜t＜1），则h'（t）＝1t－1t2＝t－1t2＜0，所以h（t）在（0，1）上单调递减.
又因为h（1）＝0，所以当t∈（0，1）时，h（t）＝g'（t）＞0，即g（t）在（0，1）上单调递增，
又g（1）＝0，所以当t∈（0，1）时，g（t）＜0，所以当t∈（0，1）时，ln（x1x2）＝（t+1）lnt－2（t－1）t－1＞0，
所以x1x2＞1，所以x12＋x22＞2x1x2＞2.
1.[命题点1/2023山东日照二模]已知函数f（x）＝x－aln x.
（1）若f（x）≥1恒成立，求实数a的值.
（2）若x1＞0，x2＞0，ex1＋ln x2＞x1＋x2，证明：ex1＋x2＞2.
解析 （1）由题意得f（x）的定义域为（0，＋∞），f '（x）＝1－ax＝x－ax.
①当a≤0时，f '（x）＞0，f（x）在（0，＋∞）上单调递增.
当a＝0时，f（x）＝x（x＞0），所以当x∈（0，1）时，f（x）＜1，不符合题意.
当a＜0时，f（e1a）＝e1a－aln e1a＝e1a－1＜0，不符合题意.（破题有招：得到函数f（x）单调递增后，只要能找到一个特殊的自变量，使对应的函数值小于1，则说明f（x）≥1不恒成立，此时对应的a的值要舍弃）
②当a＞0时，若x∈（0，a），则f '（x）＜0；若x∈（a，＋∞），则f '（x）＞0.
f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，＋∞）上单调递增，所以f（x）min＝f（a）＝a－aln a.
若f（x）≥1恒成立，则a－aln a≥1.
令g（a）＝a－aln a，则g'（a）＝－ln a，所以当a∈（0，1）时，g'（a）＞0；当a∈（1，＋∞）时，g'（a）＜0.
所以g（a）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，又g（1）＝1，所以a－aln a≤1.
则当a＝1时，a－aln a＝1符合题意.
综上所述，a＝1.
（2）由ex1＋ln x2＞x1＋x2得ex1－x1＝ex1－lnex1＞x2－ln x2.
令h（x）＝x－ln x，则h'（x）＝1－1x＝x－1x.
当x∈（0，1）时，h'（x）＜0；
当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＞0.
所以h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.
由ex1－ln ex1＞x2－ln x2得h（ex1）＞h（x2），因为x1＞0，所以ex1＞1.
当x2≥1时，由h（ex1）＞h（x2）得ex1＞x2≥1，所以ex1＋x2＞2.
当0＜x2＜1时，要证ex1＋x2＞2，只需证ex1＞2－x2.
因为0＜x2＜1，所以1＜2－x2＜2，则只需证h（ex1）＞h（2－x2），
又h（ex1）＞h（x2），所以只需证h（x2）≥h（2－x2）.
令m（x）＝h（x）－h（2－x），x∈（0，1），则m'（x）＝1－1x＋（1－12－x）＝2－1x－12－x＝－2（x－1）2x（2－x）＜0，
所以m（x）在（0，1）上单调递减，
所以m（x）＞h（1）－h（1）＝0，
所以m（x2）＞0，即h（x2）＞h（2－x2），则h（ex1）＞h（2－x2），所以ex1＋x2＞2.
综上，ex1＋x2＞2成立.
2.[命题点1，2/2023南京六校联考]已知a∈R，函数f（x）＝ax＋ln x，g（x）＝ax－ln x－2.
（1）当f（x）与g（x）都存在极小值，且极小值之和为0时，求实数a的值；
（2）若f（x1）＝f（x2）＝2（x1≠x2 ），求证：1x1＋1x2＞2a.
解析 （1）f（x），g（x）的定义域均为（0，＋∞）.
f '（x）＝－ax2＋1x＝x－ax2，
当a≤0时，f '（x）＞0，f（x）在（0，＋∞）上单调递增，f（x）无极值，与题不符.
当a＞0时，令f '（x）＝0，得x＝a，当0＜x＜a时，f '（x）＜0，当x＞a时，f '（x）＞0，
∴f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，＋∞）上单调递增，
∴f（x）在x＝a处取得极小值，且f（x）极小值＝1＋ln a.
g'（x）＝a－1x＝ax－1x，
当a≤0时，g'（x）＜0，g（x）在（0，＋∞）上单调递减，g（x）无极值，与题不符.
当a＞0时，令g'（x）＝0，得x＝1a，当0＜x＜1a时，g'（x）＜0，
当x＞1a时，g'（x）＞0，∴g（x）在（0，1a）上单调递减，在（1a，＋∞）上单调递增，∴g（x）在x＝1a处取得极小值，且g（x）极小值＝－1＋ln a.
由题意得（1＋ln a）＋（－1＋ln a）＝0，∴a＝1.
（2）解法一 由f（x1）＝f（x2）＝2，得ax1＋ln x1=2，ax2＋ln x2=2，即a1x1－ln1x1=2，a1x2－ln1x2=2，
令m＝1x1，n＝1x2，则m，n为方程ax－ln x－2＝0的两根，即m，n为g（x）＝0的两根，
∴g（m）＝g（n）＝0.
∵x1≠x2，∴m≠n.
由（1）知a＞0，且g（x）在（0，1a）上单调递减，在（1a，＋∞）上单调递增.
设0＜m＜1a＜n.
构造函数h（x）＝g（x）－g（2a－x），则h'（x）＝g'（x）＋g'（2a－x）＝a－1x＋a－12a－x＝－2（ax－1）2x（2－ax），当x∈（0，1a）时，0＜ax＜1，
∴x（2－ax）＞0，∴h'（x）＜0，
∴h（x）在（0，1a）上单调递减，
∴当x∈（0，1a）时，有h（x）＞h（1a）＝0.
∵m∈（0，1a），∴h（m）＝g（m）－g（2a－m）＞0，
即g（m）＞g（2a－m），又g（m）＝g（n），∴g（n）＞g（2a－m）.
∵n，2a－m∈（1a，＋∞），而g（x）在（1a，＋∞）上单调递增，
∴n＞2a－m，∴m＋n＞2a，即1x1＋1x2＞2a.
解法二 令m＝1x1，n＝1x2，∵x1≠x2，∴m≠n.
由f（x1）＝f（x2）＝2，得ax1＋ln x1=2，ax2＋ln x2=2，
即am－lnm=2 ①，an－lnn=2 ②，
①－②得a（m－n）＝ln m－ln n，∴1a＝m－nlnm－lnn，
要证1x1＋1x2＞2a，即证m＋n＞2a，即证m＋n＞2（m－n）lnm－lnn.
不妨设0＜n＜m，则即证lnmn＞2（m－n）m＋n，
即证lnmn＞2（mn－1）mn+1.
令t＝mn（t＞1），则即证ln t＞2（t－1）t+1，t＞1.
令h（t）＝ln t－2（t－1）t+1，t＞1，则h'（t）＝1t－4（t+1）2＝（t－1）2t（t+1）2＞0在（1，＋∞）上恒成立，
∴h（t）在（1，＋∞）上单调递增，
∴h（t）＞ln 1－2×（1－1）1+1＝0，
即ln t＞2（t－1）t+1成立，
∴1x1＋1x2＞2a成立.
学生用书·练习帮P289
1.[2023山东德州4月二模]已知函数f（x）＝ln x－ax，a∈R.
（1）当a＝1时，试比较f（m）与f（1m）的大小.
（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2，证明：x1x2＞e2.
解析 （1）当a＝1时，f（x）＝ln x－x.
令h（m）＝f（m）－f（1m）＝ln m－m－（ln 1m－1m）＝2ln m－m＋1m（m＞0），
则h'（m）＝2m－1－1m2＝－m2+2m－1m2＝－（m－1m）2≤0，h（m）单调递减，h（1）＝0.
①当0＜m＜1时，h（m）＞0，即f（m）＞f（1m）；
②当m＝1时，h（m）＝0，即f（m）＝f（1m）；
③当m＞1时，h（m）＜0，即f（m）＜f（1m）.
综上：当0＜m＜1时，f（m）＞f（1m）；当m＝1时，f（m）＝f（1m）；当m＞1时，
f（m）＜f（1m）.
（2）不妨设x1＞x2＞0，由题意得ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
所以ln x1＋ln x2＝a（x1＋x2），ln x1－ln x2＝a（x1－x2），
所以a＝ln x1＋ln x2x1＋x2＝ln x1－ln x2x1－x2.
欲证明x1x2＞e2，即证ln x1＋ln x2＞2，
即证ln x1－ln x2x1－x2＞2x1＋x2，即证ln x1x2＞2（x1－x2）x1＋x2，即证ln x1x2＞2（x1x2－1）x1x2+1 （*）.
令t＝x1x2（t＞1），构造g（t）＝ln t－2（t－1）t+1，
则g'（t）＝1t－4（t+1）2＝（t－1）2t（t+1）2＞0，
所以g（t）在（1，＋∞）上单调递增，
所以g（t）＞ln 1－2×（1－1）1+1＝0，
所以ln t＞2（t－1）t+1，（*）式得证，即x1x2＞e2得证.
2.已知函数f（x）＝ex－1－12ax2＋ax＋1，a∈R.
（1）讨论f（x）的极值点个数.
（2）若f（x）有两个不同的极值点x1，x2，证明：x1＋x2＞4.
解析 （1）f '（x）＝ex－1－ax＋a.
因为f '（1）＝1≠0，
所以1不是f（x）的极值点.
当x≠1时，令f '（x）＝ex－1－a（x－1）＝0，得a＝ex－1x－1，
令g（x）＝ex－1x－1，则求f（x）的极值点个数可转化为求直线y＝a与g（x）图象的交点个数.
g'（x）＝ex－1（x－2）（x－1）2，令g'（x）＝0，得x＝2，又x≠1，所以g（x）在（－∞，1），（1，2）上单调递减，在（2，＋∞）上单调递增.
因为g（2）＝e，当x→1＋或x→＋∞时，g（x）→＋∞，且当x＜1时，g（x）＜0，
所以当a∈[0，e]时，f（x）没有极值点；（可导函数的极值点就是导函数的变号零点.当a＝e时，直线y＝a与函数g（x）的图象虽然有1个交点，但当x∈（1，＋∞）时，函数图象恒在该直线的上方，因此函数f（x）没有极值点）
当a∈（－∞，0）时，f（x）有一个极值点；当a∈（e，＋∞）时，f（x）有两个极值点.
（2）解法一（对称构造法） 由（1）知，若f（x）有两个不同的极值点，
则a∈（e，＋∞）.
设x1＜x2，则x1∈（1，2），x2∈（2，＋∞），
由ex1－1－a（x1－1）=0，ex2－1－a（x2－1）=0，得ex1－x2＝x1－1x2－1，
所以x1－x2＝ln（x1－1）－ln（x2－1），即x1－ln（x1－1）＝x2－ln（x2－1）.
令h（x）＝x－ln（x－1），x∈（1，＋∞），则h'（x）＝1－1x－1＝x－2x－1，
易得h（x）在（1，2）上单调递减，在（2，＋∞）上单调递增.
要证x1＋x2＞4，即证x2＞4－x1.
因为x2＞2，4－x1＞2，且h（x）在（2，＋∞）上单调递增，
所以只需证h（x2）＞h（4－x1）.
因为h（x1）＝h（x2），
所以即证h（x1）＞h（4－x1）.
令F（x）＝h（x）－h（4－x）＝x－ln（x－1）－（4－x）＋ln（3－x）＝2x－4－ln（x－1）＋ln（3－x），x∈（1，2），
则F'（x）＝2－1x－1＋1x－3＝2（x－2）2（x－1)(x－3）＜0，
所以F（x）在（1，2）上单调递减，则F（x）＞0，
所以h（x1）＞h（4－x1），即h（x2）＞h（4－x1），
故x1＋x2＞4.
解法二（差值换元法） 由已知得ex1－1＝a（x1－1),ex2－1＝a（x2－1),
不妨设x2＞x1，记t＝x2－x1，则t＞0，x2＝x1＋t，
则有ex1－1＝a（x1－1),ex1＋t－1＝a（x1＋t－1),两式相除得ex1＋t－1ex1－1＝a（x1＋t－1）a（x1－1），
即et＝1＋tx1－1，整理得x1＝tet－1＋1.
故x2＝x1＋t＝tet－1＋1＋t.
所证不等式x1＋x2＞4等价于（tet－1＋1）＋（tet－1＋1＋t）＞4，即2tet－1＋t＞2.
因为t＞0，所以et－1＞0，故不等式等价于2t＋（t－2）（et－1）＞0，
即t＋2＋（t－2）et＞0.
记m（x）＝x＋2＋（x－2）ex（x＞0），则m'（x）＝1＋（x－1）ex，
记k（x）＝1＋（x－1）ex（x＞0），则k'（x）＝xex，
因为x＞0，ex＞0，所以k'（x）＞0，故函数k（x）在（0，＋∞）上单调递增，
故k（x）＞1＋（0－1）×e0＝0，所以m'（x）＞0，故函数m（x）在（0，＋∞）上单调递增，
所以m（x）＞0＋2＋（0－2）×e0＝0，
即当x＞0时，x＋2＋（x－2）ex＞0.
原不等式得证.
3. [2021新高考卷 Ⅰ ]已知函数f（x）＝x（1－ln x）.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2＜1a＋1b＜e.
解析 （1）因为f（x）＝x（1－ln x），所以f（x）的定义域为（0，＋∞），f '（x）＝1－ln x＋x·（－1x）＝－ln x.
当x∈（0，1）时，f '（x）＞0；当x∈（1，＋∞）时，f '（x）＜0.
所以函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.
（2）由题意，a，b是两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，两边同时除以ab，得lnaa－lnbb＝1b－1a，即lna+1a＝lnb+1b，
即f（1a）＝f（1b）.
令x1＝1a，x2＝1b，
由（1）知f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
且当0＜x＜e时，f（x）＞0，当x＞e时，f（x）＜0.
不妨设x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2＜e.
要证2＜1a＋1b＜e，即证2＜x1＋x2＜e.
先证x1＋x2＞2.
要证x1＋x2＞2，即证x2＞2－x1.
因为0＜x1＜1＜x2＜e，
所以x2＞2－x1＞1，
又f（x）在（1，＋∞）上单调递减，所以即证f（x2）＜f（2－x1），
又f（x1）＝f（x2），所以即证f（x1）＜f（2－x1），
即证当x∈（0，1）时，f（x）－f（2－x）＜0.
构造函数F（x）＝f（x）－f（2－x），
则F'（x）＝f '（x）＋f '（2－x）＝－ln x－ln（2－x）＝－ln[x（2－x）].
当0＜x＜1时，x（2－x）＜1，则－ln[x（2－x）]＞0，
即当0＜x＜1时，F'（x）＞0，所以F（x）在（0，1）上单调递增.
所以当0＜x＜1时，F（x）＜F（1）＝0，
所以当0＜x＜1时，f（x）－f（2－x）＜0成立，
所以x1＋x2＞2成立.
再证x1＋x2＜e.
由（1）知，f（x）的极大值点为x＝1，f（x）的极大值为f（1）＝1.
过点（0，0），（1，1）的直线方程为y＝x，
设f（x1）＝f（x2）＝m，当x∈（0，1）时，f（x）＝x（1－ln x）＞x，
直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为（m，m），则x1＜m.
欲证x1＋x2＜e，只需证x1＋x2＜m＋x2＝f（x2）＋x2＜e，
即证当1＜x＜e时，f（x）＋x＜e.
构造函数h（x）＝f（x）＋x，则h'（x）＝1－ln x，
当1＜x＜e时，h'（x）＞0，所以函数h（x）在（1，e）上单调递增，
所以当1＜x＜e时，h（x）＜h（e）＝f（e）＋e＝e，
即f（x）＋x＜e成立，
所以x1＋x2＜e成立.
综上可知，2＜1a＋1b＜e成立.
4.[2024江西分宜中学、临川一中等校联考]已知函数f（x）＝ex－alnxx－a（e为自然对数的底数，a∈R）.
（1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程；
（2）若f（x）有两个零点分别为x1，x2，证明：e2－x1－x2－x1x2＜0.
解析 （1）当a＝1时，f（x）＝ex－lnxx－1，则f'（x）＝ex－1－lnxx2，
所以切线的斜率k＝f'（1）＝e－1.
因为f（1）＝e－1，所以切点坐标为（1，e－1），
所以切线方程为y－（e－1）＝（e－1）（x－1），即y＝（e－1）x.
（2）由已知得f（x）＝xex－a（lnx＋x）x＝0有两个不相等的正实根，
所以关于x的方程xex－a（ln x＋x）＝0有两个不相等的正实根，
即关于x的方程xex－aln（xex）＝0有两个不相等的正实根，aln（xex）＝xex ①.
要证e2－x1－x2－x1x2＜0，只需证x1x2＞e2ex1＋x2，
只需证（x1ex1）·（x2ex2）＞e2，
即证ln（x1ex1）＋ln（x2ex2）＞2，
令t1＝x1ex1，t2＝x2ex2，则t1≠t2，t1＞0，t2＞0，
只需证ln t1＋ln t2＞2.
由①得aln t1＝t1，aln t2＝t2，
所以a（ln t2－ln t1）＝t2－t1，a（ln t2＋ln t1）＝t2＋t1，
消去a得ln t2＋ln t1＝t2＋t1t2－t1（ln t2－ln t1）＝（t2t1+1）lnt2t1t2t1－1，只需证（t2t1+1）lnt2t1t2t1－1＞2，
不妨设0＜t1＜t2，令t＝t2t1，则t＞1，
即证（t+1）lntt－1＞2，t－1（t+1）lnt＜12，2（t－1）t+1＜ln t，2（t+1)－4t+1＜ln t，
即证ln t＋4t+1－2＞0.
构造h（t）＝ln t＋4t+1－2，t＞1，
则h'（t）＝1t－4（t+1）2＝（t－1）2t（t+1）2＞0，
所以h（t）在（1，＋∞）上单调递增，则h（t）＞ln 1＋41+1－2＝0，
即当t＞1时，ln t＋4t+1－2＞0成立，
所以ln t1＋ln t2＞2，即（x1ex1）·（x2ex2）＞e2，即x1x2＞e2ex1＋x2，
所以e2－x1－x2－x1x2＜0，证毕.