高考数学重难点培优全攻略(新高考专用)培优点04　极值点偏移问题(2大考点+强化训练)(原卷版+解析)

培优点04极值点偏移问题（2大考点+强化训练）极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色．【知识导图】【考点分析】考点一:对称化构造函数规律方法对称化构造函数法构造辅助函数(1)对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)．(2)对结论x1x2>xeq\o\al(2,0)型，方法一是构造函数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；方法二是两边取对数，转化成lnx1＋lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成两变量即可．【例1】（2024下·云南·高二云南师大附中校考开学考试）给出定义:设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称)为函数的“拐点”.(1)经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图象的对称中心.已知函数的图象的对称中心为，讨论函数的单调性并求极值.(2)已知函数，其中.（i）求的拐点；（ii）若，求证:.【变式】（2024下·安徽宿州·高二安徽省泗县第一中学校考开学考试）已知函数（其中为自然对数的底数）.(1)求函数的单调区间；(2)若为两个不相等的实数，且满足，求证：.考点二:比值代换规律方法比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝eq\f(x1,x2)化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．【例2】．（2022·全国·模拟预测）设函数.(1)若，求函数的最值；(2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：.【变式】（2024·全国·模拟预测）已知函数．(1)求的单调区间；(2)若有两个零点，，且，求证：．【强化训练】1．（2024·广东湛江·统考一模）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：．2．（2023上·江苏·高三江苏省白蒲高级中学校联考阶段练习）已知函数.(1)若函数在定义域内为减函数,求实数a的取值范围;(2)若函数有两个极值点,证明：.3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.若有两个零点，证明：.4.(2023·唐山模拟)已知函数f(x)＝xe2－x.(1)求f(x)的极值；(2)若a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，证明：a＋b<4.5.(2022·全国甲卷)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<1.6.(2023·沧州模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax－1(a∈R)．若方程f(x)＋2＝0有两个实根x1，x2，且x2>2x1，求证：x1xeq\o\al(2,2)>eq\f(32,e3).(参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.099)7.(2023·淮北模拟)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>e2.8．(2023·南宁模拟)已知函数f(x)＝ex－eq\f(ax2,2)，a>0.(1)若f(x)过点(1,0)，求f(x)在该点处的切线方程；(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且0<x1<x2，当e<a<eq\f(e2,2)时，证明：x1＋x2>2.9．(2023·聊城模拟)已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)(a∈R)，设m，n为两个不相等的正数，且f(m)＝f(n)＝3.(1)求实数a的取值范围；(2)证明：a2<mn<ae2.培优点04极值点偏移问题（2大考点+强化训练）极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色．【知识导图】【考点分析】考点一:对称化构造函数规律方法对称化构造函数法构造辅助函数(1)对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)．(2)对结论x1x2>xeq\o\al(2,0)型，方法一是构造函数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；方法二是两边取对数，转化成lnx1＋lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成两变量即可．【例1】（2024下·云南·高二云南师大附中校考开学考试）给出定义:设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称)为函数的“拐点”.(1)经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图象的对称中心.已知函数的图象的对称中心为，讨论函数的单调性并求极值.(2)已知函数，其中.（i）求的拐点；（ii）若，求证:.【答案】(1)答案见解析(2)（i）；（ii）证明过程见解析【分析】（1）由得到，再根据求出，得到函数解析式，求导得到函数单调性及极值情况；（2）（i）的定义域为，二次求导得到，构造函数，得到时，满足，故的拐点为；（ii）由（i）得到在上单调递增，因为，故，构造函数，得到其拐点，求出关于中心对称，构造，要证明，只需证明的极值点左偏，构造差函数证明出的极值点左偏，得到结论.【详解】（1），，由题意得，即，解得，且，即，解得，故，，，令得或，令得，故在上单调递增，在上单调递减，故在处取得极大值，在处取得极小值，故极大值为，极小值为；（2）（i），由于，，故，即的定义域为，，，令得，，令，，则在上恒成立，故在上单调递增，又，由零点存在性定理知，有唯一的零点，故，即时，满足，当时，，故的拐点为；（ii）由（i）可知，在上单调递增，又，故当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，其中，故在上恒成立，故在上单调递增，因为，，故，设，则，，令，解得，又，故的拐点为，由（1）知，关于中心对称，令，又的拐点为，，要证明，只需证明的极值点左偏，故，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，即证当时，，不妨设，令，，则，因为，所以，所以在上单调递减，又，故在上恒成立，因为，所以，即，因为，所以，其中在上单调递增，故，故，故的极值点左偏，所以.【点睛】结论点睛：三次函数的性质：的对称中心为，该点为三次函数的拐点，此点的横坐标也是二阶导函数的零点.【变式】（2024下·安徽宿州·高二安徽省泗县第一中学校考开学考试）已知函数（其中为自然对数的底数）.(1)求函数的单调区间；(2)若为两个不相等的实数，且满足，求证：.【答案】(1)增区间为，减区间为(2)证明见解析【分析】（1）求导，然后根据导函数的正负来判断得单调性；（2）将变形为得到，然后构造函数，根据得单调性和得到，最后根据和得单调性即可证明.【详解】（1），令，解得，令，解得，所以的增区间为，减区间为.（2）证明：将两边同时除以得，即，所以，由（1）知在上单调递增，在上单调递减，又，，当时，，设，则，令，则，由得，所以，，所以，在上单调递增，又，所以，当时，，即，即，又，所以，又，，在上单调递减，所以，即.【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于的问题的基本步骤如下：①求导确定的单调性，得到的范围；②构造函数，求导可得恒正或恒负；③得到与的大小关系后，将置换为；④根据与的范围，结合的单调性，可得与的大小关系，由此证得结论.考点二:比值代换规律方法比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝eq\f(x1,x2)化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．【例2】．（2022·全国·模拟预测）设函数.(1)若，求函数的最值；(2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：.【答案】(1)无最小值，最大值为(2)证明见解析【分析】（1）对函数求导后得，分别求出和的解集，从而可求解.（2）由有两个极值点，从而要证，令，构建函数，然后利用导数求解的最值，从而可求解证明.【详解】（1）由题意得，则.令，解得；令，解得，在上单调递增，在上单调递减，，无最小值，最大值为.（2），则，又有两个不同的极值点，欲证，即证，原式等价于证明①.由，得，则②.由①②可知原问题等价于求证，即证.令，则，上式等价于求证.令，则，恒成立，在上单调递增，当时，，即，原不等式成立，即.【点睛】方法点睛：对于极值点偏移问题，首先找到两极值点的相应关系,然后构造商数或加数关系；通过要证明的不等式，将两极值点变形后构造相应的函数，利用导数求解出构造函数的最值，从而证明不等式或等式成立.变式2.（2024·全国·模拟预测）已知函数．(1)求的单调区间；(2)若有两个零点，，且，求证：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）先求出函数的导数，然后分类讨论的取值情况，从而可求解.（2）结合（1）中结论可知，从而求出，，然后设并构造函数，然后利用导数求解，然后再构造函数证明，从而求解.【详解】（1）因为函数的定义域是，，当时，，所以在上单调递减；当时，令，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减．综上所述，当时，的减区间为，无增区间；当时，的增区间为，减区间为．（2）因为是函的两个零点，由（1）知，因为，设，则，当，，当，，所以在上单调递增，在上单调递减，．又因为，且，所以，．首先证明：．由题意，得，设，则两式相除，得．要证，只要证，即证．只要证，即证．设，．因为，所以在上单调递增．所以，即证得①．其次证明：．设，．因为，所以在上单调递减．所以，即．所以②．由①②可证得．【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）利用导数研究函数的零点问题．【强化训练】1．（2024·广东湛江·统考一模）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：．【答案】(1)在上单调递增，上单调递减，(2)见解析【分析】（1）求出，根据导数的符号判断函数的单调性；（2）由，得，设，画出的图象可得；由，设，对求导可得，又，再由在上单调递减，可得，即可证明.【详解】（1）由题意可得，所以，的定义域为，又，由，得，当时，，则在上单调递增，当时，，则在上单调递减，（2）由，得，设，，由，得，当时，，则在上单调递增，当时，，则在上单调递减，又，，且当趋近于正无穷，趋近于，的图象如下图，所以当时，方程有两个根，证明：不妨设，则，，设，，所以在上单调递增，又，所以，即，又，所以，又，，在上单调递减，所以，故.【点睛】关键点点睛：（1）解此问的关键在于求出的导数，并能根据导数的符号结合相关知识判断出单调性；（2）解此问的关键在于把转化为来证，又，构造，对求导，得到的单调性和最值可证得，即可证明.2．（2023上·江苏·高三江苏省白蒲高级中学校联考阶段练习）已知函数.(1)若函数在定义域内为减函数,求实数a的取值范围;(2)若函数有两个极值点,证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求定义域，求导，恒成立，即恒成立，构造函数，求导，得到其单调性和最值，得到实数a的取值范围；（2）方法一：由（1）得，转化为是的两个零点，求导得到单调性，得到，换元后即证，构造，求导得到其单调性，结合特殊点的函数值，得到答案；方法二：先证明引理，当时,,当时,，变形得到只需证，结合引理，得到，，两式结合证明出答案.【详解】（1）的定义域为，，由题意恒成立，即恒成立，设，则，当时，，单调递增,当时，，单调递减,∴在处取得极大值，也是最大值，，故；（2）证法一：函数有两个极值点，由(1)可知，设，则是的两个零点，，当时，，当时，,所以在上递增,在上递减，所以,又因为，所以，要证,只需证,只需证，其中，即证，即证，由,设,则,,则,设，，由(1)知，故,所以,,即，在上递增，,故成立,即；证法二：先证明引理:当时,,当时,，设,，所以在上递增,又,当时,，当时，，故引理得证，因为函数有两个极值点，由(1)可知,设，则是的两个零点，，当时，，当时，,所以在上递增,在上递减，所以,即，要证,只需证，因为，即证，由引理可得,化简可得①，同理，化简可得②，由①-②可得，因为，，所以，即,从而.【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.若有两个零点，证明：.【答案】证明见解析【分析】利用构造函数法，从而只需证明，即可求解.【详解】由题意得，令，则，，所以在上单调递增，故至多有解；又因为有两个零点，所以，有两个解，令，，易得在上递减，在上递增，所以.此时，两式相除，可得：.于是，欲证只需证明：，下证：因为，不妨设，则只需证，构造函数，则，故在上单调递减，故，即得证，综上所述：即证.【点睛】关键点睛：本题通过构造对数不等式证明极值点偏移问题.4.(2023·唐山模拟)已知函数f(x)＝xe2－x.(1)求f(x)的极值；(2)若a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，证明：a＋b<4.【解析】(1)解因为f(x)＝xe2－x，所以f′(x)＝(1－x)e2－x，由f′(x)>0，解得x<1；由f′(x)<0，解得x>1，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又f(1)＝e，所以f(x)在x＝1处取得极大值e，无极小值．(2)证明由(1)可知，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，f(2)＝2，且a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，不妨设1<a<2<b，要证a＋b<4，只需证b<4－a，而b>2,2<4－a<3，且f(x)在(1，＋∞)单调递减，所以只需证f(b)>f(4－a)，即证4－f(a)>f(4－a)，即证f(a)＋f(4－a)<4.即证当1<x<2时，f(x)＋f(4－x)<4，令F(x)＝f(x)＋f(4－x)，1<x<2，则F′(x)＝f′(x)－f′(4－x)＝(1－x)e2－x－ex－2(x－3)，令h(x)＝(1－x)e2－x－ex－2(x－3)，1<x<2，则h′(x)＝e2－x(x－2)－ex－2(x－2)＝(x－2)(e2－x－ex－2)，因为1<x<2，所以x－2<0，e2－x－ex－2>0，所以h′(x)<0，即h(x)在(1,2)上单调递减，则h(x)>h(2)＝0，即F′(x)>0，所以F(x)在(1,2)上单调递增，所以F(x)<F(2)＝2f(2)＝4，即当1<x<2时，f(x)＋f(4－x)<4，所以原命题成立．5.(2022·全国甲卷)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)＋·eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)(ex＋x－－1)．令g(x)＝ex＋x－－1(x>0)，则g′(x)＝ex＋1－＋·eq\f(1,x2)＝ex＋1＋eq\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－lnx1＋x1＝－lnx2＋x2，即＋x1－lnx1＝＋x2－lnx2.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<1.6.(2023·沧州模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax－1(a∈R)．若方程f(x)＋2＝0有两个实根x1，x2，且x2>2x1，求证：x1xeq\o\al(2,2)>eq\f(32,e3).(参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.099)【解析】证明由题意知f(x)＋2＝lnx－ax＋1＝0，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1＋1＝ax1，,lnx2＋1＝ax2，))令eq\f(x2,x1)＝t，则由x2>2x1可得t>2.于是t＝eq\f(x2,x1)＝eq\f(lnx2＋1,lnx1＋1)＝eq\f(lnt＋lnx1＋1,lnx1＋1)，即lnx1＝eq\f(lnt,t－1)－1.从而lnx2＝lnt＋lnx1＝eq\f(tlnt,t－1)－1.另一方面，对x1xeq\o\al(2,2)>eq\f(32,e3)两端分别取自然对数，则有lnx1＋2lnx2>5ln2－3，于是，即证eq\f(lnt,t－1)＋eq\f(2tlnt,t－1)－3>5ln2－3，即eq\f(1＋2tlnt,t－1)>5ln2，其中t>2.设g(t)＝eq\f(1＋2tlnt,t－1)，t>2.则g′(t)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lnt＋\f(1＋2t,t)))t－1－1＋2tlnt,t－12)＝eq\f(－3lnt＋2t－\f(1,t)－1,t－12)，设φ(t)＝－3lnt＋2t－eq\f(1,t)－1，t>2.则φ′(t)＝－eq\f(3,t)＋2＋eq\f(1,t2)＝eq\f(2t2－3t＋1,t2)＝eq\f(2t－1t－1,t2)>0在(2，＋∞)上恒成立，于是φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，从而φ(t)>φ(2)＝－3ln2＋4－eq\f(1,2)－1＝eq\f(5,2)－3ln2>0.所以g′(t)>0，即函数g(t)在(2，＋∞)上单调递增，于是g(t)>g(2)＝5ln2.因此x1xeq\o\al(2,2)>eq\f(32,e3)，即原不等式成立．7.(2023·淮北模拟)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．8．(2023·南宁模拟)已知函数f(x)＝ex－eq\f(ax2,2)，a>0.(1)若f(x)过点(1,0)，求f(x)在该点处的切线方程；(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且0<x1<x2，当e<a<eq\f(e2,2)时，证明：x1＋x2>2.【解析】(1)解已知f(x)＝ex－eq\f(ax2,2)，a>0，将点(1,0)代入得e－eq\f(a,2)＝0，解得a＝2e，所以f(x)＝ex－ex2，则f′(x)＝ex－2ex，可得f′(1)＝e－2e＝－e，即切点坐标为(1,0)，切线斜率k＝－e，所以所求切线方程为y＝－e(x－1)，即ex＋y－e＝0.(2)证明由题意可得f′(x)＝ex－ax，因为f(x)有两个极值点x1，x2，且0<x1<x2，所以x1，x2是方程ex－ax＝0的两个正根，整理得eq\f(ex,x)＝a，构建g(x)＝eq\f(ex,x)(x>0)，则g′(x)＝eq\f(exx－1,x2)(x>0)，令g′(x)<0，解得0<x<1；令g′(x)>0，解得x>1，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，其大致图象如图所示，由图象可知当a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，\f(e2,2)))时，方程eq\f(ex,x)＝a有两个正根，符合题意，由两边取对数得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝lna＋lnx1，,x2＝lna＋lnx2，))整理得eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝1，因为0<x1<x2，令eq\f(x1,x2)＝t∈(0,1)，则t＋1>0，t－1<0，x1＝tx2，由eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝1，得eq\f(lnt,tx2－x2)＝1，解得x2＝eq\f(lnt,t－1)，所以x1＋x2＝(t＋1)x2＝eq\f(t＋1lnt,t－1)，要证x1＋x2>2，需证eq\f(t＋1lnt,t－1)>2(0<t<1)，只需证lnt－eq\f(2t－1,t＋1)<0，构建φ(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)，t∈(0,1)，则φ′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,t＋12)＝eq\f(t－12,tt＋12)>0对∀t∈(0,1)恒成立，故φ(t)在(0,1)上单调递增，则φ(t)<φ(1)＝0，故x1＋x2>2.9．(2023·聊城模拟)已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)(a∈R)，设m，n为两个不相等的正数，且f(m)＝f(n)＝3.(1)求实数a的取值范围；(2)证明：a2<mn<ae2.【解析】(1)解由题意知f(x)＝3有两个不相等的正根，所以lnx＋eq\f(a,x)＝3有两个不相等的正根，即a＝3x－xlnx有两个不相等的正根，记函数h(x)＝3x－xlnx，x>0，则h′(x)＝2－lnx，令h′(x)＝0，得x＝e2；令h′(x)>0，得0<x<e2；令h′(x)<0，得x>e2，所以函数h(x)＝3x－xlnx的单调递增区间为(0，e2)，单调递减区间为(e2，＋∞)，令h(x)＝0，得x＝e3，且h(e2)＝e2，当