2010_天津卷 (2010·理)
（21）（本小题满分 14 分）
已知函数 $f(x)=x c^{-x}(x \in R)$
（I）求函数 $f(x)$ 的单调区间和极值；
（II）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
$$ x>1 \text { 时, } f(x)>g(x) $$
（III）如果 $x_{1} \neq x_{2}$ ，且 $f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)$ ，证明 $x_{1}+x_{2}>2$
【解答】
本小题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力，满分 14 分
（ I ）解： $\mathrm{f}^{\prime}(x)=(1-x) e^{-x}$
令 $f^{\prime}(x)=0$ ，解得 $x=1$
当 $x$ 变化时，$f^{\prime}(x), ~ f(x)$ 的变化情况如下表
| X | $(-\infty, 1)$ | 1 | $(1,+\infty)$ |
|---|---|---|---|
| $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})$ | + | 0 | - |
| $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ | $\nearrow$ | 极大值 | $\searrow$ |
所以 $f(x)$ 在 $(-\infty, 1)$ 内是增函数，在 $(1,+\infty)$ 内是减函数。
函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\mathrm{x}=1$ 处取得极大值 $\mathrm{f}①$ 且 $\mathrm{f}(1)=\frac{1}{e}$
（II）证明：由题意可知 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\mathrm{f}(2-\mathrm{x})$ ，得 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=(2-\mathrm{x}) e^{x-2}$
令 $\mathrm{F}(\mathrm{x})=\mathrm{f}(\mathrm{x})-\mathrm{g}(\mathrm{x})$ ，即 $F(x)=x e^{-x}+(x-2) e^{x-2}$
于是 $F^{\prime}(x)=(x-1)\left(e^{2 x-2}-1\right) e^{-x}$
当 $\mathrm{x}>1$ 时， $2 \mathrm{x}-2>0$ ，从而 $\mathrm{e}^{2 \mathrm{x}-2}-1>0$ ，又 $e^{-x}>0$ ，所以 $\mathrm{F}^{\prime}(\mathrm{x})>0$ ，从而函数 $\mathrm{F}(\mathrm{x})$ 在 $[1,+ \infty)$ 是增函数。
又 $\mathrm{F}①=\mathrm{e}^{-1}-\mathrm{e}^{-1}=0$ ，所以 $\mathrm{x}>1$ 时，有 $\mathrm{F}(\mathrm{x})>\mathrm{F}(1)=0$ ，即 $\mathrm{f}(\mathrm{x})>\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 。
（III）证明：①
若 $\left(x_{1}-1\right)\left(x_{2}-1\right)=0$ ，由（I）及 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{1}\right)=\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{2}\right)$ ，则 $x_{1}=x_{2}=1$ 。与 $x_{1} \neq x_{2}$ 矛盾。
②若 $\left(x_{1}-1\right)\left(x_{2}-1\right)>0$ ，由（I）及 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{1}\right)=\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{2}\right)$ ，得 $x_{1}=x_{2}$ 。与 $x_{1} \neq x_{2}$ 矛盾。
根据①②得 $\left(x_{1}-1\right)\left(x_{2}-1\right)<0$ ，不妨设 $x_{1}<1, x_{2}>1$ ．
由（II）可知，$f\left(x_{2}\right)>g\left(x_{2}\right)$ ，则 $g\left(x_{2}\right)=f\left(2-x_{2}\right)$ ，所以 $f\left(x_{2}\right)>f\left(2-x_{2}\right)$ ，从而 $f\left(x_{1}\right)>$
$\mathrm{f}\left(2-\mathrm{x}_{2}\right)$ ．因为 $x_{2}>1$ ，所以 $2-x_{2}<1$ ，又由（I）可知函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在区间 $(-\infty, 1)$
内事增函数，所以 $x_{1}>2-x_{2}$ ，即 $x_{1}+x_{2}>2$ ．