高考真题+知识总结+方法总结+题型突破42导数中的极值点偏移问题专题练习(学生版+解析)

第页近年高考真题+优质模拟题汇编(全国通用)专题42导数中的极值点偏移问题【高考真题】1．(2022·全国甲理)已知函数．(1)若，求a的取值范围；(2)证明：若有两个零点，则．1．解析(1)的定义域为，，令，得．当单调递减，当单调递增．，若，则，即．所以的取值范围为．(2)由题知，一个零点小于1，一个零点大于1．不妨设，要证，即证．因为，即证．因为，即证．即证．即证．下面证明时，．设，则．设．所以，而，所以，所以．所以在单调递增．即，所以．令，．所以在单调递减，即，所以；综上，，所以．【知识总结】一、极值点偏移的含义函数f(x)满足内任意自变量x都有f(x)＝f(2m－x)，则函数f(x)关于直线x＝m对称．可以理解为函数f(x)在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若f(x)为单峰函数，则x＝m必为f(x)的极值点x0，如图(1)所示，函数f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c的两根的中点则刚好满足eq\f(x1＋x2,2)＝x0，则极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移．图(1)图(2)图(3)若eq\f(x1＋x2,2)≠x0，则极值点偏移．若单峰函数f(x)的极值点为x0，且函数f(x)满足定义域内x＝m左侧的任意自变量x都有f(x)>f(2m－x)或f(x)<f(2m－x)，则函数f(x)极值点x0左右侧变化快慢不同．如图(2)(3)所示．故单峰函数f(x)定义域内任意不同的实数x1，x2，满足f(x1)＝f(x2)，则eq\f(x1＋x2,2)与极值点x0必有确定的大小关系：若x0<eq\f(x1＋x2,2)，则称为极值点左偏；若x0>eq\f(x1＋x2,2)，则称为极值点右偏．【方法总结】1．对称化构造法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，即对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)；对结论x1x2>xeq\o\al(2,0)型，构造函数F(x)＝f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),x)))，通过研究F(x)的单调性获得不等式．(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．若要证明f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))的符号问题，还需进一步讨论eq\f(x1＋x2,2)与x0的大小，得出eq\f(x1＋x2,2)所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．2．比(差)值代换法比(差)值换元的目的也是消参、减元，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．设法用比值或差值(一般用t表示)表示两个极值点，即t＝eq\f(x1,x2)，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解．3．对数均值不等式法两个正数和的对数平均定义：对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：（此式记为对数平均不等式）取等条件：当且仅当时，等号成立．只证：当时，．不失一般性，可设．证明如下：(1)先证：①不等式①构造函数，则．因为时，，所以函数在上单调递减，故，从而不等式①成立；(2)再证：②不等式②构造函数，则．因为时，，所以函数在上单调递增，故，从而不等式②成立；综合(1)(2)知，对，都有对数平均不等式成立，当且仅当时，等号成立．【题型突破】1．已知函数f(x)＝ex－ax－1(a为常数)，曲线y＝f(x)在与y轴的交点A处的切线斜率为－1．(1)求a的值及函数y＝f(x)的单调区间；(3)若x1＜ln2，x2＞ln2，且f(x1)＝f(x2)，试证明：x1＋x2＜2ln2．1．解析(1)由f(x)＝ex－ax－1，得f′(x)＝ex－a．又f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝ex－2x－1，f′(x)＝ex－2．由f′(x)＝ex－2＞0，得x＞ln2．所以函数y＝f(x)在区间(－∞，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增．(2)证明：设x＞ln2，所以2ln2－x＜ln2，f(2ln2－x)＝e(2ln2－x)－2(2ln2－x)－1＝eq\f(4,ex)＋2x－4ln2－1．令g(x)＝f(x)－f(2ln2－x)＝ex－eq\f(4,ex)－4x＋4ln2(x≥ln2)，所以g′(x)＝ex＋4e－x－4≥0，当且仅当x＝ln2时，等号成立，所以g(x)＝f(x)－f(2ln2－x)在(ln2，＋∞)上单调递增．又g(ln2)＝0，所以当x＞ln2时，g(x)＝f(x)－f(2ln2－x)＞g(ln2)＝0，即f(x)＞f(2ln2－x)，所以f(x2)＞f(2ln2－x2)，又因为f(x1)＝f(x2)，所以f(x1)＞f(2ln2－x2)，由于x2＞ln2，所以2ln2－x2＜ln2，因为x1＜ln2，由(1)知函数y＝f(x)在区间(－∞，ln2)上单调递减，所以x1＜2ln2－x2，即x1＋x2＜2ln2．2．已知函数f(x)＝lnx－ax2，其中a∈R．(1)若函数f(x)有两个零点，求a的取值范围；(2)若函数f(x)有极大值为－eq\f(1,2)，且方程f(x)＝m的两个根为x1，x2，且x1<x2，求证：x1＋x2>4a．2．解析(1)由题知f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＝eq\f(1－2ax2,x)(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不可能有两个零点．当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝eq\r(\f(1,2a))．当x∈(0，eq\r(\f(1,2a)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(eq\r(\f(1,2a))，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)的极大值为f(eq\r(\f(1,2a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))))－eq\f(1,2)，由lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))))－eq\f(1,2)>0，得0<a<eq\f(1,2e)．因为f(e－a)＝ln(e－a)－ae－2a＝－a－ae－2a<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e－a，\r(\f(1,2a))))上必存在一个零点．显然当x→＋∞时，f(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))，＋∞))上必存在一个零点，所以当0<a<eq\f(1,2e)时，函数f(x)有两个零点．(2)由(1)可知，当a>0时，f(x)的极大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))))－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)，解得a＝eq\f(1,2)，所以f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2．由f′(x)＝eq\f(1,x)－x>0，得0<x<1，由f′(x)<0，得x>1，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．当x→0时，f(x)<0，且当x→＋∞时，f(x)<0，f(1)＝－eq\f(1,2)，则由f(x)＝m的两个根分别为x1，x2，得x1<1<x2．令F(x)＝f(x)－f(2－x)，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,2－x)－2，当0<x<1时，F′(x)>0，所以F(x)单调递增．因为x1<1<x2，所以F(x1)＝f(x1)－f(2－x1)<F(1)＝0，所以f(x1)<f(2－x1)．又因为f(x1)＝f(x2)，所以f(x2)<f(2－x1)．因为f(x)在(1，＋∞)上单调递减，x2∈(1，＋∞)，2－x1∈(1，＋∞)，所以x2>2－x1，即x1＋x2>2＝4a，原命题得证．3．已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(t,x)－s(s，t∈R)．(1)讨论f(x)的单调性及最值；(2)当t＝2时，若函数f(x)恰有两个零点x1，x2(0<x1<x2)，求证：x1＋x2>4．3．解析(1)f′(x)＝eq\f(x－t,x2)(x>0)，当t≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无最值；当t>0时，由f′(x)<0，得x<t，由f′(x)>0，得x>t，f(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝t处取得极小值也是最小值，最小值为f(t)＝lnt＋1－s，无最大值．(2)∵f(x)恰有两个零点x1，x2(0<x1<x2)，∴f(x1)＝lnx1＋eq\f(2,x1)－s＝0，f(x2)＝lnx2＋eq\f(2,x2)－s＝0，即s＝eq\f(2,x1)＋lnx1＝eq\f(2,x2)＋lnx2，∴eq\f(2(x2－x1),x1x2)＝lneq\f(x2,x1)，设m＝eq\f(x2,x1)>1，则lnm＝eq\f(2(m－1),mx1)，x1＝eq\f(2(m－1),mlnm)，故x1＋x2＝x1(m＋1)＝eq\f(2(m2－1),mlnm)，∴x1＋x2－4＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m2－1,m)－2lnm)),lnm)．令函数h(m)＝eq\f(m2－1,m)－2lnm，∵h′(m)＝eq\f((m－1)2,m2)>0，∴h(m)在(1，＋∞)上单调递增，∵m>1，∴h(m)>h(1)＝0，又m＝eq\f(x2,x1)>1，∴lnm>0，故x1＋x2>4成立．4．已知f(x)＝eq\f(1,2)x2－a2lnx，a>0．(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)若f(x1)＝f(x2)，且x1≠x2，证明：x1＋x2>2a．4．解析(1)f′(x)＝x－eq\f(a2,x)＝eq\f((x＋a)(x－a),x)(x>0)．当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．当x＝a时，f(x)取最小值f(a)＝eq\f(1,2)a2－a2lna．令eq\f(1,2)a2－a2lna≥0，解得0<a≤eq\r(e)．故a的取值范围是(0，eq\r(e)]．(2)由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，不失一般性，设0<x1<a<x2，则2a－x2<a．要证x1＋x2>2a即x1>2a－x2，则只需证f(x1)<f(2a－x2)．因f(x1)＝f(x2)，则只需证f(x2)<f(2a－x2)．设g(x)＝f(x)－f(2a－x)，a≤x<2a．则g′(x)＝f′(x)－[f(2a－x)]′＝x－eq\f(a2,x)＋2a－x－eq\f(a2,2a－x)＝－eq\f(2a(a－x)2,x(2a－x))≤0，所以g(x)在[a，2a)上单调递减，从而g(x)≤g(a)＝0．又由题意得a<x2<2a，于是g(x2)＝f(x2)－f(2a－x2)<0，即f(x2)<f(2a－x2)．5．已知函数f(x)＝alnx－x2＋(2a－1)x(a∈R)有两个不同的零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2>2a．5．解析(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)－2x＋2a－1＝eq\f((2x＋1)(a－x),x)，①当a≤0时，易得f′(x)<0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，则f(x)至多只有一个零点，不符合题意，舍去．②当a>0时，令f′(x)＝0得：x＝a，则当x∈(0，a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．∴f(x)max＝f(x)极大＝f(a)＝a(lna＋a－1)．∴要使函数f(x)有两个零点，则必有f(a)＝a(lna＋a－1)>0，即lna＋a－1>0，设g(a)＝lna＋a－1，∵g′(a)＝eq\f(1,a)＋1>0，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，又∵g(1)＝0，∴a>1；当a>1时，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e)－1))－eq\f(1,e2)－eq\f(1,e)<0，∴f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，a))上有一个零点；设h(x)＝lnx－x，∵h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，∴h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)≤h(1)＝－1<0，∴lnx<x，∴f(x)＝alnx－x2＋(2a－1)x≤ax－x2＋(2a－1)x＝3ax－x2－x≤3ax－x2＝x(3a－x)，则f(4a)<0，∴f(x)在区间(a，4a)上有一个零点，那么，此时f(x)恰有两个零点．综上所述，当f(x)有两个不同零点时，a的取值范围是(1，＋∞)．(2)由(1)可知，∵f(x)有两个不同零点，∴a>1，且当x∈(0，a)时，f(x)是增函数．当x∈(a，＋∞)时，f(x)是减函数，不妨设：x1<x2，则0<x1<a<x2．设F(x)＝f(a＋x)－f(a－x)，x∈(0，a)，则F′(x)＝f′(a＋x)＋f′(a－x)＝eq\f(a,a＋x)－2(a＋x)＋(2a－1)＋eq\f(a,a－x)－2(a－x)＋(2a－1)＝eq\f(a,a＋x)＋eq\f(a,a－x)－2＝eq\f(2x2,(a＋x)(a－x))．当x∈(0，a)时，F′(x)>0，∴F(x)单调递增，又∵F(0)＝0，∴F(x)>0，∴f(a＋x)>f(a－x)，∵a－x1∈(0，a)，∴f(x1)＝f(x2)＝f(a－(a－x1))<f(a＋(a－x1))＝f(2a－x1)，∵x2∈(a，＋∞)，2a－x1∈(a，＋∞)，f(x)在(a，＋∞)上单调递减，∴x2>2a－x1，∴x1＋x2>2a．6．已知函数f(x)＝x－aex＋b(a>0，b∈R)．(1)求f(x)的最大值；(2)若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1＋x2<－2lna．6．解析(1)令f′(x)＝1－aex>0，得x<lneq\f(1,a)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)，＋∞))上单调递减，∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))＝lneq\f(1,a)－1＋b．(2)由题知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－aex1＋b＝0，,x2－aex2＋b＝0，))两式相减得x1－x2＝a(ex1－ex2)，即a＝eq\f(x1－x2,ex1－ex2)．故要证x1＋x2<－2lna，只需证x1＋x2<－2lneq\f(x1－x2,ex1－ex2)，即证<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex1－ex2,x1－x2)))eq\s\up12(2)，即证(x1－x2)2<ex1－x2－2＋ex2－x1．不妨设x1<x2，令x2－x1＝t>0，则需证t2<e－t－2＋et．设g(t)＝t2－e－t＋2－et，则g′(t)＝2t＋e－t－et．设h(t)＝2t＋e－t－et，则h′(t)＝2－e－t－et<0，∴h(t)在(0，＋∞)上单调递减，∴h(t)<h(0)＝0，即g′(t)<0，∴g(t)在(0，＋∞)上单调递减，∴g(t)<g(0)＝0，故原不等式成立．7．设函数．(1)当时，求的单调区间是的导数）；(2)若有两个极值点、，证明：．7．解析(1)当时，，则，，，显然递减，且，故当时，，时，，故在递增，在递减；(2)，，由题意知有2个不相等的实数根，即有2个不相等的实数根，，则，令，则，令，解得，，令，解得，，故在递增，在递减，故，而时，，故的取值范围是，，由，得，故，令，则，，，故不等式只要在时成立，令，，，故在上单调递增，即，故在上单调递减，即，故原不等式成立．8．(2021·新高考全国Ⅰ)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．8．解析解析(1)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)因为blna－alnb＝a－b，故b(lna＋1)＝a(lnb＋1)，即eq\f(lna＋1,a)＝eq\f(lnb＋1,b)，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))，设eq\f(1,a)＝x1，eq\f(1,b)＝x2，由(1)可知不妨设0<x1<1，x2>1．因为x∈(0，1)时，f(x)＝x(1－lnx)>0，x∈(e，＋∞)时，f(x)＝x(1－lnx)<0，故1<x2<e．先证x1＋x2>2，若x2≥2，x1＋x2>2必成立．若x2<2，要证x1＋x2>2，即证x1>2－x2，而0<2－x2<1，故即证f(x1)>f(2－x2)，即证f(x2)>f(2－x2)，其中1<x2<2．设g(x)＝f(x)－f(2－x)，1<x<2，则g′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，因为1<x<2，故0<x(2－x)<1，故－lnx(2－x)>0，所以g′(x)>0，故g(x)在(1，2)上为增函数，所以g(x)>g(1)＝0，故f(x)>f(2－x)，即f(x2)>f(2－x2)成立，所以x1＋x2>2成立，综上，x1＋x2>2成立．设x2＝tx1，则t>1，结合eq\f(lna＋1,a)＝eq\f(lnb＋1,b)，eq\f(1,a)＝x1，eq\f(1,b)＝x2可得x1(1－lnx1)＝x2(1－lnx2)，即1－lnx1＝t(1－lnt－lnx1)，故lnx1＝eq\f(t－1－tlnt,t－1)，要证x1＋x2<e，即证(t＋1)x1<e，即证ln(t＋1)＋lnx1<1，即证ln(t＋1)＋eq\f(t－1－tlnt,t－1)<1，即证(t－1)ln(t＋1)－tlnt<0，令S(t)＝(t－1)ln(t＋1)－tlnt，t>1，则S′(t)＝ln(t＋1)＋eq\f(t－1,t＋1)－1－lnt＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,t)))－eq\f(2,t＋1)，先证明不等式ln(x＋1)≤x．设u(x)＝ln(x＋1)－x，则u′(x)＝eq\f(1,x＋1)－1＝eq\f(－x,x＋1)，当－1<x<0时，u′(x)>0；当x>0时，u′(x)<0，故u(x)在(－1，0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数，故u(x)max＝u(0)＝0，故ln(x＋1)≤x成立，由上述不等式可得当t>1时，lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,t)))≤eq\f(1,t)<eq\f(2,t＋1)，故S′(t)<0恒成立，故S(t)在(1，＋∞)上为减函数，故S(t)<S(1)＝0，故(t－1)ln(t＋1)－tlnt<0成立，即x1＋x2<e成立．综上所述，2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e．9．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)．9．解析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．方法一构造函数F(x)＝f(x)－f

eq\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)))上是增函数，∴F(x)<Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，∴f(x)<f

eq\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)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2x1)))，又f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)<f

eq\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)．方法二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)．∴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)为增函数，g(t)>g(1)＝0，∴lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)>0．故x1x2<eq\f(1,e2)．10．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若函数有两个零点，．①求的取值范围；②证明：．10．解析(1)的定义域为，，(ⅰ)当时，在上单调递增；(ⅱ)当时，若，则，在上单调递增；若，则，在区间上单调递减；综上：时，在上单调递增；时，在上单调递增，在上单调递减；(2)①由(1)知，时，单调递增，至多一个零点，不合题意，当时，在上单调递增，在区间上单调递减；，若函数有两个零点，，由于时，，时，，所以，解得，故所求的取值范围为；②证明：由题意：，，，要证，只要证，即．只要证即证，令，，，即成立，故原不等式成立．11．已知函数在其定义域内有两个不同的极值点．(1)求的取值范围．(2)设的两个极值点为，，证明．11．解析(1)函数的定义域为，．函数在其定义域内有两个不同的极值点．方程在有两个不同根；转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点．又，即时，，时，，故在上单调增，在上单调减．故．又有且只有一个零点是1，且在时，，在在时，，故的草图如图，，即．故的取值范围为．(2)由(1)可知，分别是方程的两个根，即，，设，作差得．得．要证明．只需证明．，，即只需证明，令，则，只需证明，设，．函数在上单调递增，，故成立．成立．12．已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x＋a)(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直．(1)试比较20182019与20192018的大小，并说明理由；(2)若函数g(x)＝f(x)－k有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2＞e2．12．解析(1)依题意得f′(x)＝eq\f(\f(x＋a,x)－lnx,（x＋a）2)，所以f′(1)＝eq\f(1＋a,(1＋a)2)＝eq\f(1,1＋a)，又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直，所以f′(1)＝1，即eq\f(1,1＋a)＝1，解得a＝0．故f(x)＝eq\f(lnx,x)，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)．令f′(x)＞0，则1－lnx＞0，解得0＜x＜e；令f′(x)＜0，则1－lnx＜0，解得x＞e，所以f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．所以f(2018)＞f(2019)，即eq\f(ln2018,2018)＞eq\f(ln2019,2019)，整理得ln20182019＞ln20192018，所以20182019＞20192018．(2)不妨设x1＞x2＞0，因为g(x1)＝g(x2)＝0，所以lnx1－kx1＝0，lnx2－kx2＝0，可得lnx1＋lnx2＝k(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝k(x1－x2)．要证x1x2＞e2，即证lnx1x2＞2，只需证lnx1＋lnx2＞2，也就是证k(x1＋x2)＞2，即证k＞eq\f(2,x1＋x2)．因为k＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，所以只需证eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＞eq\f(2,x1＋x2)，即证lneq\f(x1,x2)＞eq\f(2(x1－x2),x1＋x2)．令eq\f(x1,x2)＝t(t＞1)，则只需证lnt＞eq\f(2(t－1),t＋1)(t＞1)．令h(t)＝lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)(t＞1)，则h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,(t＋1)2)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)＞0，故函数h(t)在(1，＋∞)上是单调递增的，所以h(t)＞h(1)＝0，即lnt＞eq\f(2(t－1),t＋1)，所以x1x2＞e2．13．已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(b,x)－a(a∈R，b∈R)有最小值M，且M≥0．(1)求ea－1－b＋1的最大值；(2)当ea－1－b＋1取得最大值时，设F(b)＝eq\f(a－1,b)－m(m∈R)，F(x)有两个零点为x1，x2(x1＜x2)，证明：．13．解析(1)有题意，当时，，在上单增，此时显然不成立，当时，令，得，此时在上单减，在上单增，(b)，即，所以，．所以的最大值为1．(2)当取得最大值时，，，的两个零点为，，则，即，，不等式恒成立等价于，两式相减得，带入上式得，令，则，，所以函数在上单调递增，（1），得证．14．已知函数f(x)＝(lnx－k－1)x(k∈R)．(1)当x>1时，求f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意x∈[e，e2]，都有f(x)<4lnx成立，求k的取值范围；(3)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明x1x2<e2k．14．解析(1)f′(x)＝eq\f(1,x)·x＋lnx－k－1＝lnx－k．①当k≤0时，因为x>1，所以f′(x)＝lnx－k>0，所以函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间，无极值．②当k>0时，令lnx－k＝0，解得x＝ek，当1<x<ek时，f′(x)<0；当x>ek时，f′(x)>0．所以函数f(x)的单调递减区间是(1，ek)，单调递增区间是(ek，＋∞)，在(1，＋∞)上的极小值为f(ek)＝(k－k－1)ek＝－ek，无极大值．(2)由题意，f(x)－4lnx<0，即问题转化为(x－4)lnx－(k＋1)x<0对任意x∈[e，e2]恒成立，即k＋1>eq\f((x－4)lnx,x)对任意x∈[e，e2]恒成立，令g(x)＝eq\f((x－4)lnx,x)，x∈[e，e2]，则g′(x)＝eq\f(4lnx＋x－4,x2)．令t(x)＝4lnx＋x－4，x∈[e，e2]，则t′(x)＝eq\f(4,x)＋1>0，所以t(x)在区间[e，e2]上单调递增，故t(x)min＝t(e)＝4＋e－4＝e>0，故g′(x)>0，所以g(x)在区间[e，e2]上单调递增，函数g(x)max＝g(e2)＝2－eq\f(8,e2)．要使k＋1>eq\f((x－4)lnx,x)对任意x∈[e，e2]恒成立，只要k＋1>g(x)max，所以k＋1>2－eq\f(8,e2)，解得k>1－eq\f(8,e2)，所以实数k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－eq\f(8,e2)，＋∞))．(3)法一：因为f(x1)＝f(x2)，由(1)知，当k>0时，函数f(x)在区间(0，ek)上单调递减，在区间(ek，＋∞)上单调递增，且f(ek＋1)＝0．不妨设x1<x2，当x→0时，f(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，则0<x1<ek<x2<ek＋1，要证x1x2<e2k，只需证x2<eq\f(e2k,x1)，即证ek<x2<eq\f(e2k,x1)．因为f(x)在区间(ek，＋∞)上单调递增，所以只需证f(x2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2k,x1)))，又f(x1)＝f(x2)，即证f(x1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2k,x1)))，构造函数h(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2k,x)))＝(lnx－k－1)x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lneq\f(e2k,x)－k－1))eq\f(e2k,x)，即h(x)＝xlnx－(k＋1)x＋e2keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(lnx,x)－eq\f(k－1,x)))，h′(x)＝lnx＋1－(k＋1)＋e2keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1－lnx,x2)＋eq\f(k－1,x2)))＝(lnx－k)eq\f(x2－e2k,x2)，当x∈(0，ek)时，lnx－k<0，x2<e2k，即h′(x)>0，所以函数h(x)在区间(0，ek)上单调递增，h(x)<h(ek)，而h(ek)＝f(ek)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2k,ek)))＝0，故h(x)<0，所以f(x1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2k,x1)))，即f(x2)＝f(x1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2k,x1)))，所以x1x2<e2k成立．法二：要证x1x2<e2k成立，只要证lnx1＋lnx2<2k．因为x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，所以(lnx1－k－1)x1＝(lnx2－k－1)x2，即x1lnx1－x2lnx2＝(k＋1)(x1－x2)，x1lnx1－x2lnx1＋x2lnx1－x2lnx2＝(k＋1)(x1－x2)，即(x1－x2)lnx1＋x2lneq\f(x1,x2)＝(k＋1)(x1－x2)，k＋1＝lnx1＋eq\f(x2ln\f(x1,x2),x1－x2)，同理k＋1＝lnx2＋eq\f(x1ln\f(x1,x2),x1－x2)，从而2k＝lnx1＋lnx2＋eq\f(x2ln\f(x1,x2),x1－x2)＋eq\f(x1ln\f(x1,x2),x1－x2)－2，要证lnx1＋lnx2<2k，只要证eq\f(x2ln\f(x1,x2),x1－x2)＋eq\f(x1ln\f(x1,x2),x1－x2)－2>0，不妨设0<x1<x2，则0<eq\f(x1,x2)＝t<1，即证eq\f(lnt,t－1)＋eq\f(lnt,1－\f(1,t))－2>0，即证eq\f((t＋1)lnt,t－1)>2，即证lnt<2·eq\f(t－1,t＋1)对t∈(0，1)恒成立，设h(t)＝lnt－2·eq\f(t－1,t＋1)，当0<t<1时，h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,(t＋1)2)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)>0，所以h(t)在t∈(0，1)上单调递增，h(t)<h(1)＝0，得证，所以x1x2<e2k．15．设函数f(x)＝x2－(a－2)x－alnx．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若方程f(x)＝c有两个不相等的实数根x1，x2，求证：．15．解析(1)．．当时，，函数在上单调递增，即的单调递增区间为．当时，由得；由，解得．所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为．(2)，是方程得两个不等实数根，由(1)可知：．不妨设．则，．两式相减得，化为．，当时，，当时，．故只要证明即可，即证明，即证明，设，令，则．，．在上是增函数，又在处连续且，当时，总成立．故命题得证．16．(2011辽宁)已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a＞0，证明：当0＜x＜eq\f(1,a)时，f(eq\f(1,a)＋x)＞f(eq\f(1,a)－x)；(3)若函数y＝f(x)的图象与轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f(x0)＜0．16．解析(1)若a≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调增加；若a＞0，f(x)在(0，eq\f(1,a))上单调递增，在(eq\f(1,a)，＋∞)上单调递减；(2)法一：构造函数，利用函数单调性证明，方法上同，略；法二：构造以为主元的函数，设函数，则，，由，解得，当时，，而，所以，故当时，(2)由(1)可得a＞0，f(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋2－a在(0，＋∞)上单调递减，f(eq\f(1,a))＝0，不妨设A(x1，0)，B(x2，0)，0＜x1＜x2，则0＜x1＜eq\f(1,a)＜x2，欲证明f(x)＜0，即f(x0)＜f(eq\f(1,a))，只需证明x0＝eq\f(x1＋x2,2)＞eq\f(1,a)，即x1＞eq\f(2,a)－x2，只需证明f(x2)＝f(x1)＞f(eq\f(2,a)－x2)．由(2)得f(eq\f(2,a)－x2)＝f[eq\f(1,a)＋(eq\f(1,a)－x2)]＞f[eq\f(1,a)－(eq\f(1,a)－x2)]＝f(x2)，得证．17．设函数f(x)＝ex－ax＋a，其图象与轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，且x1＜x2．(1)求a的取值范围；(2)证明：f(eq\r(x1x2))＜0(f(x)为函数f(x)的导函数)．17．解析(1)a∈(e2，＋∞)，且0＜x1＜lna＜x2，f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增；(2)要证明f(eq\r(x1x2))＜0，只需证f(eq\f(x1＋x2,2))＜0，即f(eq\f(x1＋x2,2))＜f(lna)，因为f(x)＝ex－a单调递增，所以只需证eq\f(x1＋x2,2)＜lna，亦即x2＞2lna－x1，只要证明f(x2)＝f(x1)＞f(2lna－x1)即可；令g(x)＝f(x)－f(2lna－x)(x＜lna)，则g(x)＝f(x)－f(2lna－x1)＝ex－eq\f(a2,ex)－2a＜0，所以g(x)在(0，lna)上单调递减，g(x)＞g(lna)＝0，得证．18．已知函数f(x)＝lnx－ax＋1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，证明：f′(x1·x2)<1－a．18．解析(1)由f(x)＝0，可得a＝eq\f(1＋lnx,x)，转化为函数g(x)＝eq\f(1＋lnx,x)与直线y＝a的图象在(0，＋∞)上有两个不同交点．g′(x)＝eq\f(－lnx,x2)(x>0)，故当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0．故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1．又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，当x→＋∞时，g(x)→0，故当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，g(x)<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，g(x)>0．可得a∈(0，1)．(2)f′(x)＝eq\f(1,x)－a，由(1)知x1，x2是lnx－ax＋1＝0的两个根，故lnx1－ax1＋1＝0，lnx2－ax2＋1＝0⇒a＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)．要证f′(x1·x2)<1－a，只需证x1·x2>1，即证lnx1＋lnx2>0，即证(ax1－1)＋(ax2－1)>0，即证a>eq\f(2,x1＋x2)，即证eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)>eq\f(2,x1＋x2)．不妨设0<x1<x2，故lneq\f(x1,x2)<eq\f(2(x1－x2),x1＋x2)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)－1)),\f(x1,x2)＋1)，(*)令t＝eq\f(x1,x2)∈(0，1)，h(t)＝lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)，h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,(t＋1)2)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)>0，则h(t)在(0，1)上单调递增，则h(t)<h(1)＝0，故(*)式成立，即要证不等式得证．19．已知函数f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设f(x)的导函数为f′(x)，若f(x)有两个不相同的零点x1，x2．①求实数a的取值范围；②证明：x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2lna＋2．19．解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(x－a,x2)．当a≤0时，f′(x)>0成立，所以f(x)在(0，＋∞)为增函数；当a>0时，(i)当x>a时，f′(x)>0，所以f(x)在(a，＋∞)上为增函数；(ii)当0<x<a时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，a)上为减函数．(2)①由(1)知，当a≤0时，f(x)至多一个零点，不合题意；当a>0时，f(x)的最小值为f(a)，依题意知f(a)＝1＋lna<0，解得0<a<eq\f(1,e)．一方面，由于1>a，f(1)＝a>0，f(x)在(a，＋∞)为增函数，且函数f(x)的图像在(a，1)上不间断．所以f(x)在(a，＋∞)上有唯一的一个零点．另一方面，因为0<a<eq\f(1,e)，所以0<a2<a<eq\f(1,e)．f(a2)＝eq\f(1,a)＋lna2＝eq\f(1,a)＋2lna，令g(a)＝eq\f(1,a)＋2lna，当0<a<eq\f(1,e)时，g′(a)＝－eq\f(1,a2)＋eq\f(2,a)＝eq\f(2a－1,a2)<0，所以f(a2)＝g(a)＝eq\f(1,a)＋2lna>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e