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近年来在高考和各地模拟考中对于超越函数的图像非对称性问题的考查比较深入，经常以压轴题的形式出现，难度很大，令很多考生无从下手.针对这种题型，我们可以借鉴二次函数的对称性，把这些图像不对称的函数问题转化到极点同侧的等价问题来解决.这种数学思想方法可以让考生找到明确方向，并体验到成功的喜悦.
一、两个结论
我们熟知一个平常结论：如果二次函数f（x）=ax2 bx c的图像以直线x=x0为对称轴，且f（x1）=f（x2），那么x1 x2=2x0.
注意x=x0是该二次函数f（x）的最值点，而对于超越函数有何相应结论呢？
定理1如果函数f（x）在（m，x0]上递增，在[x0，n）上递减，且f（x1）=f（x2），（其中x1 （1）x1 x2>2x0f（2x0-x1）>f（x1）f（2x0-x2） （2）x1 x2<2x0f（2x0-x1）f（x2）.
定理2如果函数f（x）在（m，x0]上递减，在[x0，n）上递增，且f（x1）=f（x2），（其中x1 （1）x1 x2>2x0f（2x0-x1）f（x2）；
（2）x1 x2<2x0f（2x0-x1）>f（x1）f（2x0-x2） 注意，定理1、定理2中的条件都分别出现两个半开半闭区间（m，x0]，[x0，n），其实依次替换成[m，x0]，[x0，n]，或者（m，x0]，[x0，n]，或者[m，x0]，[x0，n），也都是可以的.
二、应用举例
上述两个定理可应用于符合条件的任何函数，而应用于超越函数却具有很强的针对性.
例1（2010年天津高考数学理科第21题）已知函数f（x）=x·e-x（x∈R）.
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和极值；
（Ⅱ）已知函数y=g（x）的图像与函数y=f（x）的图像关于直线x=1对称，证明当x>1时，f（x）>g（x）；
（Ⅲ）如果x1≠x2，且f（x1）=f（x2），证明x1 x2>2.
说明第（Ⅰ）、（Ⅱ）小题比较简单，略解.第（Ⅲ）问即为超越函数非对称性的问题，常规解法的思路弯绕，下面给出流畅解答.
解（Ⅲ）求导数得，f′（x）=e-x（1-x）.
令f′（x）=0，解得x=1，由此记x0=1.易知，函数f（x）在（-∞，1]上递增，在[1， ∞）上递减.由于x1≠x2且f（x1）=f（x2），则不妨设x1<1 运用定理1知，欲证明目标式x1 x2>2，只要证f（2x0-x1）>f（x1），
即只要证f（2-x1）>f（x1），
即只要证（2-x1）ex1-2>x1e-x1，
即只要证（2-x1）ex1-2-x1e-x1>0.
由此令h（x）=（2-x）ex-2-xe-x（x≤1），
則导数h′（x）=（x-1）（e-x-ex-2）=（x-1）e-x（1-e2x-2）<0（x<1），
则h（x）在（-∞，1]上递减.
又因为x1<1，则h（x1）>h（1）=0，
即（2-x1）ex1-2-x1e-x1>0，故原结论正确.证毕.
评注：此外，用分析法转化为论证不等式（2-x2）ex2-2-x2e-x2<0也是可行的.
例2（2016年全国新课标卷Ⅰ理科第21题）已知函数f（x）=（x-2）ex a（x-1）2有两个零点.
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明x1 x2<2.
说明本题满分12分，根据2016年广东高考年报显示，广东考生本题得分的平均分仅为0.6分，难度系数为005，可见此题的难度之大，下面给出详解第（Ⅱ）小题.
解（1）a的取值范围为（0， ∞）.
（Ⅱ）求导数得
f′（x）=ex （x-2）ex 2a（x-1）
=ex（x-1） 2a（x-1）
=（x-1）（ex 2a）（已求a>0），
则f（x）在（-∞，1]上递减，在[1， ∞）上递增.
又因为f（x1）=0=f（x2），则不妨取x1<1 根据定理2，欲证明目标式x1 x2<2，
即只要证f（2-x2） 即只要证（2-x2-2）e2-x2 a（2-x2-1）2<0，
即只要证x2e2-x2-a（1-x2）2>0.
又因为0=f（x2）=（x2-2）ex2 a（x2-1）2，
则只要证x2e2-x2-（2-x2）ex2（x2-1）2（1-x2）2>0，
则只要证x2e2-x2 （x2-2）ex2>0.
由此令g（x）=xe2-x （x-2）ex（x≥1），
则当x>1时导数g′（x）=（x-1）（ex-e2-x）>0，
则函数g（x）在区间[1， ∞）上递增.
又因为x2>1，则g（x）>g（1）=0，
即x2e2-x2 （x2-2）ex2>0，故原结论正确.证毕.
评注：此例虽然与例1是一脉相承的，但在运用分析法的环节中却增加了代入一个参数a=（2-x2）ex2（x2-1）2，这就增强了对学生的能力考查.
限于篇幅，不再举例，最后提供一道附加题，供读者练习.
已知f（x）=lnx-ax，a∈R.
（Ⅰ）若函数f（x）在x∈（1， ∞）上单调递减，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）当a=1时，g（x）=f（x） x 12x-m有两个零点x11.
一、两个结论
我们熟知一个平常结论：如果二次函数f（x）=ax2 bx c的图像以直线x=x0为对称轴，且f（x1）=f（x2），那么x1 x2=2x0.
注意x=x0是该二次函数f（x）的最值点，而对于超越函数有何相应结论呢？
定理1如果函数f（x）在（m，x0]上递增，在[x0，n）上递减，且f（x1）=f（x2），（其中x1
定理2如果函数f（x）在（m，x0]上递减，在[x0，n）上递增，且f（x1）=f（x2），（其中x1
（2）x1 x2<2x0f（2x0-x1）>f（x1）f（2x0-x2）
二、应用举例
上述两个定理可应用于符合条件的任何函数，而应用于超越函数却具有很强的针对性.
例1（2010年天津高考数学理科第21题）已知函数f（x）=x·e-x（x∈R）.
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和极值；
（Ⅱ）已知函数y=g（x）的图像与函数y=f（x）的图像关于直线x=1对称，证明当x>1时，f（x）>g（x）；
（Ⅲ）如果x1≠x2，且f（x1）=f（x2），证明x1 x2>2.
说明第（Ⅰ）、（Ⅱ）小题比较简单，略解.第（Ⅲ）问即为超越函数非对称性的问题，常规解法的思路弯绕，下面给出流畅解答.
解（Ⅲ）求导数得，f′（x）=e-x（1-x）.
令f′（x）=0，解得x=1，由此记x0=1.易知，函数f（x）在（-∞，1]上递增，在[1， ∞）上递减.由于x1≠x2且f（x1）=f（x2），则不妨设x1<1
即只要证f（2-x1）>f（x1），
即只要证（2-x1）ex1-2>x1e-x1，
即只要证（2-x1）ex1-2-x1e-x1>0.
由此令h（x）=（2-x）ex-2-xe-x（x≤1），
則导数h′（x）=（x-1）（e-x-ex-2）=（x-1）e-x（1-e2x-2）<0（x<1），
则h（x）在（-∞，1]上递减.
又因为x1<1，则h（x1）>h（1）=0，
即（2-x1）ex1-2-x1e-x1>0，故原结论正确.证毕.
评注：此外，用分析法转化为论证不等式（2-x2）ex2-2-x2e-x2<0也是可行的.
例2（2016年全国新课标卷Ⅰ理科第21题）已知函数f（x）=（x-2）ex a（x-1）2有两个零点.
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明x1 x2<2.
说明本题满分12分，根据2016年广东高考年报显示，广东考生本题得分的平均分仅为0.6分，难度系数为005，可见此题的难度之大，下面给出详解第（Ⅱ）小题.
解（1）a的取值范围为（0， ∞）.
（Ⅱ）求导数得
f′（x）=ex （x-2）ex 2a（x-1）
=ex（x-1） 2a（x-1）
=（x-1）（ex 2a）（已求a>0），
则f（x）在（-∞，1]上递减，在[1， ∞）上递增.
又因为f（x1）=0=f（x2），则不妨取x1<1
即只要证f（2-x2）
即只要证x2e2-x2-a（1-x2）2>0.
又因为0=f（x2）=（x2-2）ex2 a（x2-1）2，
则只要证x2e2-x2-（2-x2）ex2（x2-1）2（1-x2）2>0，
则只要证x2e2-x2 （x2-2）ex2>0.
由此令g（x）=xe2-x （x-2）ex（x≥1），
则当x>1时导数g′（x）=（x-1）（ex-e2-x）>0，
则函数g（x）在区间[1， ∞）上递增.
又因为x2>1，则g（x）>g（1）=0，
即x2e2-x2 （x2-2）ex2>0，故原结论正确.证毕.
评注：此例虽然与例1是一脉相承的，但在运用分析法的环节中却增加了代入一个参数a=（2-x2）ex2（x2-1）2，这就增强了对学生的能力考查.
限于篇幅，不再举例，最后提供一道附加题，供读者练习.
已知f（x）=lnx-ax，a∈R.
（Ⅰ）若函数f（x）在x∈（1， ∞）上单调递减，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）当a=1时，g（x）=f（x） x 12x-m有两个零点x1