反射、倒数与比例换元：证明两点的位置关系

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图形的陡缓只能提示构造，不能证明根的和、积与距离。真正的依据是两点的等值关系、比较点的合法性及同一分支上的严格单调。

一、知识点概念与依据

1. 先建立等值关系与两点位置

原零点从 $f(x_i)=0$ 出发，极值点从 $f^{\prime}(x_i)=0$ 出发，可分别化为某个辅助函数 $g(x_1)=g(x_2)$ ，但两类点不能混为一谈。先证明两点存在、不同、合法，且分属哪两条严格单调支，再构造比较点。

中心和尺度来自方程与目标，不由图形猜测。比较函数值后，只有两个比较输入在同一严格单调区间，才能反推大小；增支同向、减支反向。

2. 加法反射、乘法倒数

目标线索	比较点	域与位置
$x_1+x_2>2c$	$2c-x_1$	与 $x_2$ 同在可比较分支
$x_1x_2>d$ ， $d>0$	$d/x_1$ 或 $d/x_2$	分母非零，乘回时核正负
两点距离的上界	分别估计 $x_2$ 与 $-x_1$	两界必须对同一合法点对成立

反射也可先平移到中心： $u=x-c$ ，比较 $u$ 与 $-u$ ，本质不变。若 $H(t)=g(t)-g(2c-t)$ ，链式给

H^{\prime}(t)=g^{\prime}(t)+g^{\prime}(2c-t).

倒数构造 $K(t)=g(t)-g(d/t)$ 则

K^{\prime}(t)=g^{\prime}(t)+\frac d{t^2}g^{\prime}(d/t).

先保证两输入都合法，再研究符号，不能漏内函数导数，也不能把未知或负尺度当正数直接套用。

3. 根比消参及平方结构

两不同正点满足同一方程时，先相减消去共同常数，利用

\ln x_2-\ln x_1=\ln\frac{x_2}{x_1},\qquad x_2^2-x_1^2=(x_2-x_1)(x_2+x_1).

取 $t=x_2/x_1>1$ 时 $t-1,\ln t$ 都正；取 $t=x_1/x_2\in(0,1)$ 时两者都负。除参数、根差和分母前各核一次是否为0。

含 $x$ 或 $x^2$ 分母的零方程，可在正域乘去分母保持零点等价；这不保证新函数与原函数单调性、极值点相同。

4. 基准值与严格性的来由

构造左右两式之差 $U(t)$ ，证明其导数符号，再与 $U(1)=0$ 比较。实际域不含1时，只要连续延伸到1仍可用这个基准，却不能把1加入可行域；它常对应两点重合。

平方因子只给非负，须结合 $t\ne1$ 或孤立零点分析才能得到严格结论。证明辅助不等式覆盖所有合法根比已经充分，不必也不能未经证明宣称每个辅助比值都能生成原根。

二、考点方法与例题

方法一：反射后在同一分支反推位置

用参数分类、端点趋势与单调性证明根数及根所在分支。
按目标构造反射，明确反射点的合法区间。
对差函数求导；如出现难判差值，再研究一个简单辅助函数。
借基准值确定差函数符号。
代入根，利用同支严格单调反推次序，最后整理成原目标。

例题 01 指数函数两零点的和

题目

已知函数 $f\left( x\right)={e}^{x}-ax$ .

(1)若 $x=2$ 是 $f\left( x\right)$ 的极值点，求 $a$ 的值；

(2)若函数 $f\left( x\right)$ 有两个零点 ${x}_{1},{x}_{2}$ .

①求实数 $a$ 的取值范围；

②证明： ${x}_{1}+{x}_{2}>2$ .

答案与解析

解析

（1） $f^{\prime}=e^x-a$ ，极值点2必要条件给 $a=e^2$ 。代回导数在2左负右正，确为极小值点，故此值充分。

（2）① 若 $a=0$ ， $f=e^x>0$ 无根。若 $a<0$ ， $f^{\prime}=e^x-a>0$ 全域严格增，且左右端分别趋向 $-\infty,+\infty$ ，只有一根。若 $a>0$ ， $x\le0$ 时 $f(x)>0$ ，根只能为正。

正轴根等价于 $g(x)=e^x/x=a$ 。其导数为 $e^x(x-1)/x^2$ ，在 $(0,1)$ 负、 $(1,+\infty)$ 正，最小值 $e$ ，两端均趋向 $+\infty$ 。所以 $0<a<e$ 无根， $a=e$ 一根， $a>e$ 恰有两根，且可设 $0<x_1<1<x_2$ 。

② 对 $0<t<1$ 令 $H(t)=g(t)-g(2-t)$ ，反射点 $2-t\in(1,2)$ 合法。

H^{\prime}(t)=(t-1)\left(\frac{e^t}{t^2}-\frac{e^{2-t}}{(2-t)^2}\right).

取 $\varphi(u)=e^u/u^2$ ，则 $\varphi^{\prime}(u)=e^u(u-2)/u^3<0$ 对 $0<u<2$ 成立。因 $t<2-t$ ，括号正，故 $H^{\prime}<0$ 。由 $H(1)=0$ 得 $H(x_1)>0$ ，即

g(x_2)=g(x_1)>g(2-x_1).

$x_2,2-x_1$ 同在右增支，故 $x_2>2-x_1$ ，得到 $x_1+x_2>2$ 。比较点应为 $2-x_1$ ； $x_2>1$ 并不允许写 $1<2-x_2$ 。

本题结论

（1） $a=e^2$ ；（2）① $a>e$ ；② 两零点之和严格大于2。

例题 02 两根和与距离的不同构造

题目

已知函数 $f\left( x\right)=\left( x-1\right)\left( {e}^{x}-1\right)-a\left( a>0\right)$ ，证明：

(1) $f\left( x\right)$ 在 $\left( -\infty ,0\right)$ 上单调递减，在 $\left( 1,+\infty \right)$ 上单调递增；

(2)若 $f\left( x\right)$ 的两个零点为 ${x}_{1}$ ， ${x}_{2}\left( {x}_{1}<{x}_{2}\right)$ ，则

（i） ${x}_{1}+{x}_{2}<1$ ；

（ii） ${x}_{2}-{x}_{1}<1+\frac{ae}{e-1}$ .

答案与解析

解析

（1） $f^{\prime}(x)=xe^x-1$ 。 $x<0$ 时 $xe^x<0$ ，故导数负； $x>1$ 时 $xe^x>e$ ，故导数正。两指定区间分别严格减、严格增。若继续求导，应为 $f^{\prime\prime}=(x+1)e^x$ ，不是重复一次导数。

（2）先定根： $f(0)=f(1)=-a<0$ ，在 $[0,1]$ 有 $(x-1)(e^x-1)\le0$ ，所以无根。两端 $f$ 都趋向 $+\infty$ ，由连续性与（1），两外支各有唯一根，故恰有两根且 $x_1<0<1<x_2$ 。

（i）令 $F(t)=f(t)-f(1-t)$ ，对 $t<0$ ，

F^{\prime}(t)=te^t+(1-t)e^{1-t}-2.

$G(u)=ue^u$ 的导数 $(u+1)e^u$ 在 $-1$ 左负右正，所以全域最小值 $-1/e$ 。又 $1-t>1$ ，从而 $(1-t)e^{1-t}>e$ ，所以 $F^{\prime}>e-2-1/e>0$ 。最后常数严格为正，例如 $e>8/3$ 给 $e-2-1/e>8/3-2-3/8>0$ ； $e>8/3$ 可由指数级数前四项 $1+1+1/2+1/6=8/3$ 及余项全正得到。

$F(0)=0$ ，故 $F(x_1)<0$ ，即 $f(x_2)=f(x_1)<f(1-x_1)$ 。 $x_2,1-x_1>1$ 均在右增支，所以 $x_2<1-x_1$ ，即 $x_1+x_2<1$ 。

（ii）另令 $h=f+x$ ，在负轴 $h^{\prime}=xe^x<0$ ，所以 $h(x_1)>h(0)=-a$ 。因 $f(x_1)=0$ ，得 $-x_1<a$ 。

右根满足 $(x_2-1)(e^{x_2}-1)=a$ ； $x_2>1$ 使 $e^{x_2}-1>e-1>0$ ，故 $x_2<1+a/(e-1)$ 。对同一对根将两严格界相加，

x_2-x_1<1+\frac a{e-1}+a=1+\frac{ae}{e-1}.

两个目标用了不同辅助式，并非观察左右陡缓即可一并推出。

本题结论

（1）所述单调性成立；（2）两项严格不等式均成立。

方法二：倒数点与左侧减支比较

先确定两根正且分处阈值两边，再把较大根的倒数放进较小根所在分支。差函数给函数值大小，减支反推时反向，最后乘正根恢复乘积目标。

例题 03 全域非负与两根乘积

题目

已知函数 $f\left( x\right)=x-\ln x-a$ ．

(1)若 $f\left( x\right)\ge 0$ ，求 $a$ 的取值范围；

(2)证明：若 $f\left( x\right)$ 有两个零点 ${x}_{1}$ ， ${x}_{2}$ ，则 ${x}_{1}{x}_{2}<1$ ．

答案与解析

解析

（1）本问按“在定义域内恒有 $f(x)\ge0$ ”理解；若只要求存在某个 $x$ ，则因 $f(x)\to+\infty$ ，任意 $a$ 都有这样的点，两种量词不可混用。

定义域 $x>0$ ， $f^{\prime}=1-1/x$ ，在1左负右正，最小值 $f(1)=1-a$ 。故全域非负当且仅当 $a\le1$ 。

（2）两端函数趋向 $+\infty$ ，两不同零点当且仅当最低值负，即 $a>1$ 。可设 $0<x_1<1<x_2$ 。第二问是另一个条件，不与第一问 $a\le1$ 同时要求。

构造 $G(t)=f(t)-f(1/t)=t-1/t-2\ln t$ ，有

G^{\prime}(t)=\frac{(t-1)^2}{t^2}.

在 $t>1$ 导数严格正， $G(1)=0$ ，所以 $G(x_2)>0$ ，即 $f(x_1)=f(x_2)>f(1/x_2)$ 。 $x_1$ 与 $1/x_2$ 均在 $(0,1)$ ，在那里 $f$ 严格减，故 $x_1<1/x_2$ ，乘正数 $x_2$ 得 $x_1x_2<1$ 。 $a=1$ 只有一个零点，不能纳入严格两点结论。

本题结论

（1）全域非负时 $a\le1$ ；（2）两不同零点的乘积严格小于1。

方法三：平方差与根比共同消元

先用零方程给出两根条件，再相减分解平方差；把待证目标整体换成比例变量。取小根除大根时须留意负的 $t-1$ ，取大根除小根时分母通常为正。以1作辅助差函数的基准，严格结论来自不同根。

例题 04 根和平方的参数不等式

题目

已知函数 $f\left( x\right)=ax-\frac{\ln x}{x}$ ， $a>0$ ．

(1)若 $f\left( x\right)$ 存在零点，求a的取值范围；

(2)若 ${x}_{1}$ ， ${x}_{2}$ 为 $f\left( x\right)$ 的零点，且 ${x}_{1}<{x}_{2}$ ，证明： $a{\left( {x}_{1}+{x}_{2}\right)}^{2}>2$ ．

答案与解析

解析

（1）定义域 $x>0$ ，乘正的 $x$ 后，零点等价于 $g(x)=ax^2-\ln x=0$ ， $a>0$ 。这里研究 $g$ 是为判断同一零方程，不声称它与 $f$ 有同一极值点。

g^{\prime}(x)=\frac{2ax^2-1}{x}.

所以在 $r=1/\sqrt{2a}$ 左减右增，两端趋向 $+\infty$ ，最小值 $g(r)=(1+\ln(2a))/2$ 。连续性及两支单调性说明：最小值负时两根，为0时一根，正时无根。故存在零点当且仅当 $0<a\le1/(2e)$ 。

（2）两不同根使 $0<a<1/(2e)$ ，且均正。两根方程相减得到

a(x_1-x_2)(x_1+x_2)=\ln x_1-\ln x_2.

根差非零，根和正，可约去。令 $t=x_1/x_2\in(0,1)$ ，则

a(x_1+x_2)^2=\frac{(t+1)\ln t}{t-1}.

所证等价于 $\ln t<2(t-1)/(t+1)$ ，因为乘负的 $t-1$ 必反号。设 $U(t)=\ln t-2(t-1)/(t+1)$ ，

U^{\prime}(t)=\frac{(t-1)^2}{t(t+1)^2}>0\quad(0<t<1).

连续延伸到1时 $U(1)=0$ ，所以 $U(t)<0$ ，代回得到严格大于2。 $t=1$ 对应重合根，恰不是本问条件。

本题结论

（1） $0<a\le\frac1{2e}$ ；（2）所求严格不等式成立。

例题 05 闭区间最值与倒数平方和

题目

已知函数 $f\left( x\right)=-2\ln x-\frac{a}{{x}^{2}}+1$ ．

(1)当 $a=1$ 时，求 $f\left( x\right)$ 在区间 $\left[ \frac{1}{2},2\right]$ 上的最值；

(2)若 $f\left( x\right)$ 有两个不同的零点 ${x}_{1}$ ， ${x}_{2}$ ，求 $a$ 的取值范围，并证明： $\frac{1}{{x}_{1}^{2}}+\frac{1}{{x}_{2}^{2}}>\frac{2}{a}$ ．

答案与解析

解析

（1） $a=1$ 时 $f^{\prime}=2(1-x^2)/x^3$ ，在 $[1/2,1]$ 增、 $[1,2]$ 减。候选值

f(1/2)=-3+2\ln2,\quad f(1)=0,\quad f(2)=\frac34-2\ln2.

比较端点：令 $J(t)=(t-1/t)/2-\ln t$ ，在 $t>1$ 有 $J^{\prime}=(t-1)^2/(2t^2)>0$ ， $J(1)=0$ ，故 $\ln2<3/4$ 。因此 $f(1/2)-f(2)=4\ln2-15/4<3-15/4<0$ 。最大值0在1取，最小值 $-3+2\ln2$ 在 $1/2$ 取。

（2）定义域仍 $x>0$ ， $f^{\prime}=2(a-x^2)/x^3$ 。 $a\le0$ 时全域严格减，至多一根，不能满足； $a>0$ 时在 $\sqrt a$ 左增右减，最大值 $-\ln a$ ，两端趋向 $-\infty$ 。左端可用 $x^2\ln x\to0$ 比较平方倒数与对数项。由连续性和两支严格单调，两不同根当且仅当 $-\ln a>0$ ，即 $0<a<1$ ； $a=1$ 仅一根， $a>1$ 无根。

设 $0<x_1<x_2$ ，两根方程相减：

2\ln\frac{x_2}{x_1}=a\frac{x_2^2-x_1^2}{x_1^2x_2^2}.

$a>0$ 、根差非零且对数差正，所有除法合法。取 $t=x_2/x_1>1$ ，原目标等价于

\ln t>\frac{t^2-1}{t^2+1}.

令 $V(t)=\ln t-(t^2-1)/(t^2+1)$ ，则

V^{\prime}(t)=\frac{(t^2-1)^2}{t(t^2+1)^2}>0\quad(t>1).

由 $V(1)=0$ 得 $V(t)>0$ ，回代得到 $1/x_1^2+1/x_2^2>2/a$ 。这对所有合法根比成立，非有限次近似根检验。

本题结论

（1）最大值0，最小值 $-3+2\ln2$ ；（2） $0<a<1$ ，所求严格不等式成立。