专题21导数极值点偏移问题

专题21导数极值点偏移问题知识梳理方法技巧题型归类题型一：消参减元题型二：对称变换题型三：比(差)值换元题型四：对数均值不等式培优训练训练一：训练二：训练三：训练四：训练五：训练六：强化测试解答题：共12题一、【知识梳理】【方法技巧】众所周知，函数满足定义域内任意自变量都有，则函数关于直线对称；可以理解为函数在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若为单峰函数，则必为的极值点.如二次函数的顶点就是极值点，若的两根的中点为，则刚好有，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数的极值点为，且函数满足定义域内左侧的任意自变量都有或，则函数极值点左右侧变化快慢不同.故单峰函数定义域内任意不同的实数满足，则与极值点必有确定的大小关系：①若，则称为极值点左偏；②若，则称为极值点右偏.[来源:学_科_X_X_K]1.对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题.其解题要点如下：(1)定函数(极值点为x0)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点x0.(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)，若证x1x2>xeq\o\al(2,0)，则令F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0),x))).(3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性.(4)比较大小，即判断函数F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x)与f(2x0－x)的大小关系.(5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与f(2x0－x)的大小关系转化为x与2x0－x之间的关系，进而得到所证或所求.2.含参函数问题可考虑先消去参数，其目的就是减元，进而建立与所求解问题相关的函数.3.比(差)值换元就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的.一般用t表示两个极值点之比(差)，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题.4.对数均值不等式可用对称化构造或比值换元进行证明，在解答题中，一般要先证明后应用.设a，b>0，a≠b，则eq\f(a＋b,2)>eq\f(a－b,lna－lnb)>eq\r(ab)，其中eq\f(a－b,lna－lnb)被称之为对数平均数，上述不等式称为对数均值不等式.二、【题型归类】【题型一】消参减元【典例1】已知函数f(x)＝lnx－ax，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2，求证：x1·x2>e2.【证明】法一消参转化成无参数问题：由题知f(x)＝0，则lnx＝ax，即lnx＝aelnx.因为x1，x2是方程f(x)＝0的两个根，所以x1，x2也是方程lnx＝aelnx的两个根，即lnx1，lnx2是方程x＝aex的两个根.设u1＝lnx1，u2＝lnx2，g(x)＝xe－x，即g(u1)＝g(u2)，从而由x1x2>e2，可得lnx1＋lnx2>2，即u1＋u2>2，由本专题例1得证.法二直接换元构造新函数：由题知a＝eq\f(lnx1,x1)＝eq\f(lnx2,x2)，则eq\f(lnx2,lnx1)＝eq\f(x2,x1)，设x1<x2，t＝eq\f(x2,x1)(t>1)，则x2＝tx1，所以eq\f(lntx1,lnx1)＝t，即eq\f(lnt＋lnx1,lnx1)＝t，解得lnx1＝eq\f(lnt,t－1)，lnx2＝lntx1＝lnt＋lnx1＝lnt＋eq\f(lnt,t－1)＝eq\f(tlnt,t－1).由x1x2>e2，得lnx1＋lnx2>2，所以eq\f(t＋1,t－1)lnt>2，所以lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)>0，构造g(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)，t>1，g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,（t＋1）2)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)>0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增.又g(1)＝0，所以g(t)>g(1)＝0，即lnt>eq\f(2（t－1）,t＋1)，故x1x2>e2.【典例2】已知函数f(x)＝ln(ax)＋eq\f(1,2)ax2－2x，a>0.设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，且x1<x2，求证：x1＋x2>2.【证明】因为f′(x)＝eq\f(ax2－2x＋1,x)(x>0)，f(x)有两个极值点x1，x2，所以x1，x2是方程ax2－2x＋1＝0的两个不相等的正实数根，从而Δ＝(－2)2－4a>0，a>0，解得0<a<1.由ax2－2x＋1＝0得a＝eq\f(2x－1,x2).因为0<a<1，所以x>eq\f(1,2)且x≠1.令g(x)＝eq\f(2x－1,x2)，x>eq\f(1,2)且x≠1，则g′(x)＝eq\f(2（1－x）,x3)，所以当eq\f(1,2)<x<1时，g′(x)>0，从而g(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，从而g(x)单调递减，于是a＝eq\f(2x1－1,xeq\o\al(2,1))＝eq\f(2x2－1,xeq\o\al(2,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<x1<1<x2)).要证x1＋x2>2，只要证x2>2－x1，只要证明g(x2)<g(2－x1).因为g(x1)＝g(x2)，所以只要证g(x1)<g(2－x1).令F(x1)＝g(x1)－g(2－x1)＝eq\f(2x1－1,xeq\o\al(2,1))－eq\f(2（2－x1）－1,（2－x1）2)，则F′(x1)＝eq\f(2（1－x1）,xeq\o\al(3,1))＋eq\f(2[1－（2－x1）],（2－x1）3)＝eq\f(2（1－x1）,xeq\o\al(3,1))＋eq\f(2（x1－1）,（2－x1）3)＝2(1－x1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,xeq\o\al(3,1))－\f(1,（2－x1）3)))＝eq\f(4（1－x1）2[（2－x1）2＋（2－x1）x1＋xeq\o\al(2,1)],xeq\o\al(3,1)（2－x1）3).因为eq\f(1,2)<x1<1，所以F′(x1)>0，即F(x1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增，所以F(x1)<F(1)＝0，即g(x1)<g(2－x1)，所以x2>2－x1，即x1＋x2>2.【题型二】对称变换【典例1】已知函数f(x)＝eq\f(ex,x)－lnx＋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)解由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．由f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)－eq\f(1,x)＋1＝eq\f(exx－1－x＋x2,x2)＝eq\f(ex＋xx－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)证明方法一不妨设x1<x2，则由(1)知0<x1<1<x2，eq\f(1,x1)>1.令F(x)＝f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，则F′(x)＝eq\f(ex＋xx－1,x2)＋e1x+＝x令g(x)＝ex＋x－xe1x－1(则g′(x)＝ex＋1－e＝ex＋1＋e1xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))(x>0)，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

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))<F(1)＝0.又f(x1)＝f(x2)＝0，所以f(x2)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))<0，即f(x2)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1))).由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x2<eq\f(1,x1)，即x1x2<1.方法二(同构法构造函数化解等式)不妨设x1<x2，则由(1)知0<x1<1<x2，0<eq\f(1,x2)<1.由f(x1)＝f(x2)＝0，得ex1x1－lnx1＋x1＝ex2x2即ex1－lnx1＋x1－lnx1＝ex2因为函数y＝ex＋x在R上单调递增，所以x1－lnx1＝x2－lnx2成立．构造函数h(x)＝x－lnx(x>0)，g(x)＝h(x)－heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝x－eq\f(1,x)－2lnx(x>0)，则g′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(x－12,x2)≥0(x>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)>heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，所以h(x1)＝h(x2)>heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2))).又h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)(x>0)，所以h(x)在(0,1)上单调递减，所以0<x1<eq\f(1,x2)<1，即x1x2<1.【典例2】已知函数f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx.(1)求f(x)的极值和单调区间；(2)若函数g(x)＝f(x)－a(a>2)的两个零点为x1，x2，证明：x1＋x2>4.【解析】(1)解f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)＝eq\f(x－2,x2)(x>0)，令f′(x)>0得x>2，令f′(x)<0得0<x<2.所以f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以当x＝2时，f(x)取得极小值1＋ln2，无极大值，f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)．(2)证明由题意知，g(x1)＝g(x2)．不妨设x1<x2，由(1)知，g(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增；所以0<x1<2<x2.所以证明不等式x1＋x2>4等价于x2>4－x1，又因为4－x1>2，x2>2，g(x)在(2，＋∞)上单调递增，因此证明不等式等价于证明g(x2)>g(4－x1)，即证明g(x1)>g(4－x1)，即eq\f(2,x1)＋lnx1－a>eq\f(2,4－x1)＋ln(4－x1)－a(0<x1<2)，即eq\f(2,x1)＋lnx1－eq\f(2,4－x1)－ln(4－x1)>0(0<x1<2)恒成立，令h(x)＝eq\f(2,x)＋lnx－eq\f(2,4－x)－ln(4－x)(0<x<2)，则h′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)－eq\f(2,4－x2)＋eq\f(1,4－x)＝eq\f(－82－x2,x24－x2)<0，所以h(x)在(0,2)上单调递减，所以h(x)>h(2)＝1＋ln2－1－ln2＝0，即h(x)＝eq\f(2,x)＋lnx－eq\f(2,4－x)－ln(4－x)>0(0<x<2)恒成立，因此不等式eq\f(2,x1)＋lnx1－a>eq\f(2,4－x1)＋ln(4－x1)－a(0<x1<2)恒成立，即x1＋x2>4.【题型三】比(差)值换元【典例1】已知函数f(x)＝xlnx的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2).求证：x1x2<eq\f(1,e2).【证明】f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)>0，得x>eq\f(1,e)，由f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e)，∴函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增.可设0<x1<eq\f(1,e)<x2.法一f(x1)＝f(x2)即x1lnx1＝x2lnx2，令t＝eq\f(x2,x1)>1，则x2＝tx1，代入上式得x1lnx1＝tx1(lnt＋lnx1)，得lnx1＝eq\f(tlnt,1－t).又x1x2<eq\f(1,e2)⇔lnx1＋lnx2<－2⇔2lnx1＋lnt<－2⇔eq\f(2tlnt,1－t)＋lnt<－2⇔lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)>0.设g(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)(t>1)，则g′(t)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)>0.∴当t>1时，g(t)单调递增，g(t)>g(1)＝0，∴lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)>0.故x1x2<eq\f(1,e2).法二构造函数F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2x)))，则F′(x)＝f′(x)＋eq\f(1,e2x2)f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2x)))＝1＋lnx＋eq\f(1,e2x2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋ln\f(1,e2x)))＝(1＋lnx)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,e2x2)))，当0<x<eq\f(1,e)时，1＋lnx<0，1－eq\f(1,e2x2)<0，则F′(x)>0，得F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递增，∴F(x)<Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，∴f(x)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(1,e)))，将x1代入上式得f(x1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2x1)))，又f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2x1)))，又x2>eq\f(1,e)，eq\f(1,e2x1)>eq\f(1,e)，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，∴x2<eq\f(1,e2x1)，∴x1x2<eq\f(1,e2).【典例2】已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x)－meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))))的两个零点为x1，x2，证明：lnx1＋lnx2>2.【证明】不妨设x1<x2，由题意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx1＝mx1，,lnx2＝mx2.))则lnx1x2＝m(x1＋x2)，lneq\f(x2,x1)＝m(x2－x1)⇒m＝eq\f(ln\f(x2,x1),x2－x1).欲证lnx1＋lnx2>2，只需证lnx1x2>2，只需证m(x1＋x2)>2，即证eq\f(x1＋x2,x2－x1)lneq\f(x2,x1)>2.即证eq\f(1＋\f(x2,x1),\f(x2,x1)－1)lneq\f(x2,x1)>2，设t＝eq\f(x2,x1)>1，则只需证lnt>eq\f(2（t－1）,t＋1)，即证lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)>0.记u(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)(t>1)，则u′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,（t＋1）2)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)>0.所以u(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以u(t)>u(1)＝0，所以原不等式成立，故lnx1＋lnx2>2.【题型四】对数均值不等式【典例1】设函数其图象与轴交于两点,且.（1）求实数的取值范围；（2）证明：为函数的导函数）；【证明】（1）f'(x)=ex-a,x∈R,当a当a>0时,f当f(x)min,即0<a≤e2时,f(x)当f(x)min,即a>e2时,由f(1)=e>0,且f(x)在(-∞,lna令y=a+1-2lna,a>e所以f(lna2)>0,（2）由（1）知,f(x)在(-∞,lna)内递减,在所以1<x1<lnaa=ex1x1-所以x1x2-(x1+x故,x1x所以2x1x因为x1x2-(x所以ln(x1x【典例2】已知f(x)＝a－eq\f(1,x)－lnx有两个零点x1，x2，且x1<x2，求证：2<x1＋x2<3ea－1－1.【解析】函数f(x)定义域为(0，＋∞).∵a＝eq\f(1,x1)＋lnx1＝eq\f(1,x2)＋lnx2，∴x1x2＝eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)，由对数均值不等式知：eq\r(x1x2)<eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)，∴eq\r(x1x2)<x1x2，∴eq\r(x1x2)>1，∴x1＋x2>2eq\r(x1x2)>2.令f(x)＝0，即ax－1－xlnx＝0，设h(x)＝ax－1－xlnx，x>0，则h′(x)＝a－1－lnx，其在(0，＋∞)上单调递减，且h′(x)的零点为p＝ea－1，∴h(x)在(0，p)单调递增，在(p，＋∞)单调递减，且a－1－lnp＝0(*)∴x1<p<x2，由对数均值不等式知：eq\f(lnx1－lnp,x1－p)>eq\f(2,x1＋p)，∴lnx1<eq\f(2（x1－p）,x1＋p)＋lnp，∴a－eq\f(1,x1)<eq\f(2（x1－p）,x1＋p)＋lnp，化简得：(2＋lnp－a)xeq\o\al(2,1)－(2p＋ap－plnp－1)x1＋p>0，把(*)式代入上式得：xeq\o\al(2,1)－(3p－1)x1＋p>0；同理可得：xeq\o\al(2,2)－(3p－1)x2＋p<0，∴xeq\o\al(2,2)－(3p－1)x2＋p<xeq\o\al(2,1)－(3p－1)x1＋p，∴(x2－x1)(x2＋x1)<(3p－1)(x2－x1)，∵x1<x2，∴x1＋x2<3ea－1－1.综上所述，2<x1＋x2<3ea－1－1.三、【培优训练】【训练一】已知函数f(x)＝xe－x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.【解析】(1)解f′(x)＝e－x(1－x)，令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1，∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明方法一(对称化构造法)构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)＝(x－1)(ex－2－e－x)，∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0，∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)>F(1)＝0，故当x>1时，f(x)>f(2－x)，(*)由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可设x1<1<x2，将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)上单调递增，∴x1>2－x2，∴x1＋x2>2.方法二(比值代换法)设0<x1<1<x2，f(x1)＝f(x2)即x1e-取对数得lnx1－x1＝lnx2－x2.令t＝eq\f(x2,x1)>1，则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，设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，∴当t>1时，g(t)单调递增，∴g(t)>g(1)＝0，∴lnt－eq\f(2t－1,t＋1)>0，故x1＋x2>2.【训练二】已知函数f(x)＝xlnx－eq\f(1,2)mx2－x，m∈R.(1)若g(x)＝f′(x)(f′(x)为f(x)的导函数)，求函数g(x)在区间[1，e]上的最大值；(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，求证：x1x2>e2.【解析】(1)解因为g(x)＝lnx－mx，g′(x)＝eq\f(1－mx,x)，①当m≤0时，因为x∈[1，e]，所以g′(x)>0，所以函数g(x)在[1，e]上单调递增，则g(x)max＝g(e)＝1－me；②当eq\f(1,m)≥e，即0<m≤eq\f(1,e)时，x∈[1，e]，g′(x)≥0，所以函数g(x)在[1，e]上单调递增，则g(x)max＝g(e)＝1－me；③当1<eq\f(1,m)<e，即eq\f(1,e)<m<1时，函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,m)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，e))上单调递减，则g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＝－lnm－1；④当0<eq\f(1,m)≤1，即m≥1时，x∈[1，e]，g′(x)≤0，函数g(x)在[1，e]上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝－m.综上，当m≤eq\f(1,e)时，g(x)max＝g(e)＝1－me；当eq\f(1,e)<m<1时，g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＝－lnm－1；当m≥1时，g(x)max＝g(1)＝－m.(2)证明要证x1x2>e2，只需证lnx1＋lnx2>2，若f(x)有两个极值点x1，x2，即函数f′(x)有两个变号零点，又f′(x)＝lnx－mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同的实根，即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)，从而可得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).不妨设0<x1<x2，设t＝eq\f(x2,x1)，则t>1.因此lnx1＋lnx2＝eq\f(1＋tlnt,t－1)，t>1.要证lnx1＋lnx2>2，即证eq\f(t＋1lnt,t－1)>2，t>1，即当t>1时，有lnt>eq\f(2t－1,t＋1)，设函数h(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)，t>1，则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)在(1，＋∞)上单调递增．又h(1)＝0，因此h(t)>h(1)＝0.于是当t>1时，有lnt>eq\f(2t－1,t＋1).所以lnx1＋lnx2>2成立，即x1x2>e2得证．【训练三】已知函数，．（1）求函数的单调区间；（2）若，且，证明：．【解析】（1）f'x=由f'x=0当0<x<π4时，f'x>0∴fx在0,π4（2）∵x1≠x∴由（1）知，不妨设0<要证x1+x而π4<π2-故只需证明fx又fx1=fx2令函数gx则g'当0<x<π4时，cosx-sin∴gx在0,故在0,π4上∴fx1<【训练四】已知函数有两个极值点x1,x2．（1）求实数m的取值范围；（2）证明：x1x2＜4．【解析】(1)fx=ln2x-x+mlnx有两个极值点x1,x2,fx∈0,2x∈2,+mx最小值因为f'(x)=2xln所以m>2-（2）由（1）x2x2-x要证x1x2＜4,只需证明：x1x2<x2-即证lnx即证lnx2x1<x2记函数hh'所以ht=2ht<h1=0同理可证当x1>所以原命题x1x2＜4得证.【训练五】已知函数f(x)＝x(1－lnx)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，证明：2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.【解析】(1)解因为f(x)＝x(1－lnx)，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－lnx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝－lnx.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)证明由题意知，a，b是两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，两边同时除以ab，得eq\f(lna,a)－eq\f(lnb,b)＝eq\f(1,b)－eq\f(1,a)，即eq\f(lna＋1,a)＝eq\f(lnb＋1,b)，即f

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

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b))).令x1＝eq\f(1,a)，x2＝eq\f(1,b)，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<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<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)＝－lnx－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－lnx)>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，即证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－lnx，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<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e成立．【训练六】已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点.(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，求证：x1＋x2<2.【解析】(1)解f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a).①当a＝0时，f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点.②当a>0时，f′(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.因为f(1)＝－e，f(2)＝a，故在(1，＋∞)上有一个零点.取b满足b<0且b<lneq\f(a,2)，则f(b)>eq\f(a,2)(b－2)＋a(b－1)2＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2－\f(3,2)b))>0，故在(－∞，1)上有一个零点，故f(x)存在两个零点.③当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝ln(－2a).若a≥－eq\f(e,2)，则ln(－2a)≤1，f(x)在(1，＋∞)上单调递增.当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.若a<－eq\f(e,2)，则ln(－2a)>1，所以f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增.当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.综上，a的取值范围为(0，＋∞).(2)证明不妨设x1<x2，由(1)知x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0.因为f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，x>1，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)，当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减.因为g(1)＝0，所以当x>1时，g(x)<0，从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.四、【强化测试】【解答题】1.已知函数f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>4.【证明】由题知f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－2,x2)，则f(x)在(0，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数.由函数f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx的单调性可知，若f(x1)＝f(x2)，设x1<x2，则必有0<x1<2<x2，所以4－x1>2，则f(x1)－f(4－x1)＝eq\f(2,x1)＋lnx1－eq\f(2,4－x1)－ln(4－x1).令h(x)＝eq\f(2,x)－eq\f(2,4－x)＋lnx－ln(4－x)(0<x<2)，则h′(x)＝－eq\f(2,x2)－eq\f(2,（4－x）2)＋eq\f(1,x)＋eq\f(1,4－x)＝eq\f(－2（4－x）2－2x2＋x（4－x）2＋x2（4－x）,x2（4－x）2)＝－eq\f(8（x－2）2,x2（4－x）2)<0，所以函数h(x)在(0，2)上为减函数，所以h(x)>h(2)＝0，所以f(x1)－f(4－x1)>0，则f(x1)>f(4－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以f(x2)>f(4－x1)，则x2>4－x1，所以x1＋x2>4.2.已知函数f(x)＝eq\f(ex,ex)，f(x1)＝f(x2)＝t(0<x1<x2，0<t<1).证明：x1＋x2>2x1x2.【证明】因为x2>x1>0，依题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex1＝tex1，,ex2＝tex2))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋lnx1＝lnt＋x1，,1＋lnx2＝lnt＋x2，))两式相减得lnx1－lnx2＝x1－x2，由对数均值不等式得eq\r(x1x2)<eq\f(x1－x2,lnx1－lnx2)＝1<eq\f(x1＋x2,2)，∴x1x2<1，即eq\f(1,x1x2)>1，且x1＋x2>2，故eq\f(x1＋x2,x1x2)>2，所以x1＋x2>2x1x2.3.已知函数f(x)＝x－lnx－a有两个不同的零点x1，x2.(1)求实数a的取值范围；(2)证明：x1＋x2>a＋1.【解析】(1)解∵函数f(x)＝x－lnx－a，∴f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数.故当x＝1时，函数f(x)＝x－lnx－a取最小值f(1)＝1－a，若函数f(x)＝x－lnx－a有两个不同的零点x1，x2.则1－a<0，即a>1.故实数a的取值范围为(1，＋∞).(2)证明由(1)可设0<x1<1<x2，则x1－lnx1＝a，且x2－lnx2＝a，若证x1＋x2>a＋1，即证x2>1－lnx1，构造函数g(x)＝f(x)－f(1－lnx)，0<x<1，所以g(x)＝x－lnx－(1－lnx)＋ln(1－lnx)＝x－1＋ln(1－lnx)，所以g′(x)＝1－eq\f(1,x（1－lnx）)，0<x<1，令h(x)＝x(1－lnx)，则h′(x)＝－lnx>0，所以h(x)单调递增，所以0<h(x)<h(1)＝1.所以g′(x)<0，所以g(x)>g(1)＝0，即f(x)>f(1－lnx)，0<x<1，又0<x1<1<x2，所以f(x2)＝f(x1)>f(1－lnx1).因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以x2>1－lnx1，故原不等式得证.4.已知f(x)＝x2－2alnx，a∈R.若y＝f(x)有两个零点x1，x2(x1<x2)．(1)求实数a的取值范围；(2)若x0是y＝f(x)的极值点，求证：x1＋3x2>4x0.【解析】(1)解f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－eq\f(2a,x)＝eq\f(2x2－a,x)，要使y＝f(x)有两个零点，则a>0，令f′(x)>0，解得x>eq\r(a)，令f′(x)<0，解得0<x<eq\r(a)，故f(x)在(0，eq\r(a))上单调递减，在(eq\r(a)，＋∞)上单调递增，依题意需f(eq\r(a))＝(eq\r(a))2－2alneq\r(a)<0，此时1<lna，故a>e.(2)证明因为1<x1<eq\r(a)，x2>eq\r(a)，令eq\f(x2,x1)＝t(t>1)，由f(x1)＝f(x2)⇒xeq\o\al(2,1)－2alnx1＝xeq\o\al(2,2)－2alnx2，即xeq\o\al(2,1)－2alnx1＝t2xeq\o\al(2,1)－2alntx1⇒xeq\o\al(2,1)＝eq\f(2alnt,t2－1)，而x1＋3x2>4x0⇔(3t＋1)x1>4eq\r(a)⇔(3t＋1)2xeq\o\al(2,1)>16a，即(3t＋1)2·eq\f(2alnt,t2－1)>16a，由a>0，t>1，只需证(3t＋1)2lnt－8t2＋8>0，令h(t)＝(3t＋1)2lnt－8t2＋8，则h′(t)＝(18t＋6)lnt－7t＋6＋eq\f(1,t)，令n(t)＝(18t＋6)lnt－7t＋6＋eq\f(1,t)，则n′(t)＝18lnt＋11＋eq\f(6t－1,t2)>0(t>1)，故n(t)在(1，＋∞)上单调递增，n(t)>n(1)＝0，故h(t)在(1，＋∞)上单调递增，h(t)>h(1)＝0，所以x1＋3x2>4x0.5.已知a是实数，函数f(x)＝alnx－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个相异的零点x1，x2且x1>x2>0，求证：x1x2>e2.【解析】(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)－1＝eq\f(a－x,x)，当a≤0时，f′(x)<0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，令f′(x)>0，得x∈(0，a)；令f′(x)<0，得x∈(a，＋∞)，故f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．(2)证明由(1)可知，要想f(x)有两个相异的零点x1，x2，则a>0，因为f(x1)＝f(x2)＝0，所以alnx1－x1＝0，alnx2－x2＝0，所以x1－x2＝a(lnx1－lnx2)，要证x1x2>e2，即证lnx1＋lnx2>2，等价于eq\f(x1,a)＋eq\f(x2,a)>2，而eq\f(1,a)＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，所以等价于证明eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)>eq\f(2,x1＋x2)，即ln

eq\f(x1,x2)>eq\f(2x1－x2,x1＋x2)，令t＝eq\f(x1,x2)，则t>1，于是等价于证明lnt>eq\f(2t－1,t＋1)成立，设g(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)，t>1，g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,t＋12)＝eq\f(t－12,tt＋12)>0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，故g(t)>g(1)＝0，即lnt>eq\f(2t－1,t＋1)成立，所以x1x2>e2，结论得证．6.已知函数f(x)＝lnx－ax有两个零点x1，x2.(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1·x2>e2.【解析】(1)解f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，不符合题意；②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,a).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0.由题意知f(x)＝lnx－ax的极大值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).所以实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).(2)证明因为f(1)＝－a<0，所以1<x1<eq\f(1,a)<x2.构造函数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)))上单调递增，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)).因为f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减，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>e2.7.已知函数f(x)＝eq\f(x2,a)－2lnx(a∈R，a≠0)．(1)求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1<x2)，且a＝4，证明：x1＋x2>4.【解析】(1)解函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(2x,a)－eq\f(2,x)＝eq\f(2x2－2a,ax).当a<0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴f(x)在(0，＋∞)上无极值；当a>0时，若x∈(0，eq\r(a))，f′(x)<0，f(x)在(0，eq\r(a))上单调递减．若x∈(eq\r(a)，＋∞)，f′(x)>0，f(x)在(eq\r(a)，＋∞)上单调递增，故当x＝eq\r(a)时，f(x)在(0，＋∞)上的极小值为f(eq\r(a))＝1－2lneq\r(a)＝1－lna，无极大值．(2)证明当a＝4时，f(x)＝eq\f(x2,4)－2lnx，由(1)知，f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，x＝2是极值点，又x1，x2为函数f(x)的零点，∴0<x1<2<x2，要证x1＋x2>4，只需证x2>4－x1.∵f(4－x1)＝eq\f(4－x12,4)－2ln(4－x1)＝eq\f(x\o\al(2,1),4)－2x1＋4－2ln(4－x1)，f(x1)＝eq\f(x\o\al(2,1),4)－2lnx1＝0，∴f(4－x1)＝2lnx1－2x1＋4－2ln(4－x1)，令h(x)＝2lnx－2x＋4－2ln(4－x)(0<x<2)，则h′(x)＝eq\f(2,x)－2＋eq\f(2,4－x)＝eq\f(2x－22,x4－x)>0，∴h(x)在(0,2)上单调递增，∴h(x)<h(2)＝0，∴f(4－x1)<0＝f(x2)，∴4－x1<x2，即x1＋x2>4得证．8.已知函数f(x)＝aex－x，a∈R.若f(x)有两个不同的零点x1，x2.证明：x1＋x2>2.【证明】由f(x)＝aex－x＝0，得eq\f(x,ex)