2023高考真題知識總結(jié)方法總結(jié)題型突破：42 導(dǎo)數(shù)中的極值點偏移問題(教師版)

專題42導(dǎo)數(shù)中的極值點偏移問題【高考真題】1．(2022·全國甲理)已知函數(shù)．(1)若，求a的取值范圍；(2)證明：若有兩個零點，則．1．解析(1)的定義域為，，令，得．當(dāng)單調(diào)遞減，當(dāng)單調(diào)遞增．，若，則，即．所以的取值范圍為．(2)由題知，一個零點小于1，一個零點大于1．不妨設(shè)，要證，即證．因為，即證．因為，即證．即證．即證．下面證明時，．設(shè)，則．設(shè)．所以，而，所以，所以．所以在單調(diào)遞增．即，所以．令，．所以在單調(diào)遞減，即，所以；綜上，，所以．【知識總結(jié)】一、極值點偏移的含義函數(shù)f(x)滿足內(nèi)任意自變量x都有f(x)＝f(2m－x)，則函數(shù)f(x)關(guān)于直線x＝m對稱．可以理解為函數(shù)f(x)在對稱軸兩側(cè)，函數(shù)值變化快慢相同，且若f(x)為單峰函數(shù)，則x＝m必為f(x)的極值點x0，如圖(1)所示，函數(shù)f(x)圖象的頂點的橫坐標(biāo)就是極值點x0，若f(x)＝c的兩根的中點則剛好滿足eq\f(x1＋x2,2)＝x0，則極值點在兩根的正中間，也就是極值點沒有偏移．圖(1)圖(2)圖(3)若eq\f(x1＋x2,2)≠x0，則極值點偏移．若單峰函數(shù)f(x)的極值點為x0，且函數(shù)f(x)滿足定義域內(nèi)x＝m左側(cè)的任意自變量x都有f(x)>f(2m－x)或f(x)<f(2m－x)，則函數(shù)f(x)極值點x0左右側(cè)變化快慢不同．如圖(2)(3)所示．故單峰函數(shù)f(x)定義域內(nèi)任意不同的實數(shù)x1，x2，滿足f(x1)＝f(x2)，則eq\f(x1＋x2,2)與極值點x0必有確定的大小關(guān)系：若x0<eq\f(x1＋x2,2)，則稱為極值點左偏；若x0>eq\f(x1＋x2,2)，則稱為極值點右偏．【方法總結(jié)】1．對稱化構(gòu)造法主要用來解決與兩個極值點之和，積相關(guān)的不等式的證明問題．其解題要點如下：(1)定函數(shù)(極值點為x0)，即利用導(dǎo)函數(shù)符號的變化判斷函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而確定函數(shù)的極值點x0．(2)構(gòu)造函數(shù)，即對結(jié)論x1＋x2>2x0型，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2x0－x)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)；對結(jié)論x1x2>xeq\o\al(2,0)型，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),x)))，通過研究F(x)的單調(diào)性獲得不等式．(3)判斷單調(diào)性，即利用導(dǎo)數(shù)討論F(x)的單調(diào)性．(4)比較大小，即判斷函數(shù)F(x)在某段區(qū)間上的正負(fù)，并得出f(x)與f(2x0－x)的大小關(guān)系．(5)轉(zhuǎn)化，即利用函數(shù)f(x)的單調(diào)性，將f(x)與f(2x0－x)的大小關(guān)系轉(zhuǎn)化為x與2x0－x之間的關(guān)系，進(jìn)而得到所證或所求．若要證明f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))的符號問題，還需進(jìn)一步討論eq\f(x1＋x2,2)與x0的大小，得出eq\f(x1＋x2,2)所在的單調(diào)區(qū)間，從而得出該處導(dǎo)數(shù)值的正負(fù)．2．比(差)值代換法比(差)值換元的目的也是消參、減元，就是根據(jù)已知條件首先建立極值點之間的關(guān)系，然后利用兩個極值點之比(差)作為變量，從而實現(xiàn)消參、減元的目的．設(shè)法用比值或差值(一般用t表示)表示兩個極值點，即t＝eq\f(x1,x2)，化為單變量的函數(shù)不等式，繼而將所求解問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的函數(shù)問題求解．3．對數(shù)均值不等式法兩個正數(shù)和的對數(shù)平均定義：對數(shù)平均與算術(shù)平均、幾何平均的大小關(guān)系：（此式記為對數(shù)平均不等式）取等條件：當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立．只證：當(dāng)時，．不失一般性，可設(shè)．證明如下：(1)先證：①不等式①構(gòu)造函數(shù)，則．因為時，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，故，從而不等式①成立；(2)再證：②不等式②構(gòu)造函數(shù)，則．因為時，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，故，從而不等式②成立；綜合(1)(2)知，對，都有對數(shù)平均不等式成立，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立．【題型突破】1．已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1(a為常數(shù))，曲線y＝f(x)在與y軸的交點A處的切線斜率為－1．(1)求a的值及函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)若x1＜ln2，x2＞ln2，且f(x1)＝f(x2)，試證明：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．所以函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(－∞，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明：設(shè)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，當(dāng)且僅當(dāng)x＝ln2時，等號成立，所以g(x)＝f(x)－f(2ln2－x)在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增．又g(ln2)＝0，所以當(dāng)x＞ln2時，g(x)＝f(x)－f(2ln2－x)＞g(ln2)＝0，即f(x)＞f(2ln2－x)，所以f(x2)＞f(2ln2－x2)，又因為f(x1)＝f(x2)，所以f(x1)＞f(2ln2－x2)，由于x2＞ln2，所以2ln2－x2＜ln2，因為x1＜ln2，由(1)知函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(－∞，ln2)上單調(diào)遞減，所以x1＜2ln2－x2，即x1＋x2＜2ln2．2．已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2，其中a∈R．(1)若函數(shù)f(x)有兩個零點，求a的取值范圍；(2)若函數(shù)f(x)有極大值為－eq\f(1,2)，且方程f(x)＝m的兩個根為x1，x2，且x1<x2，求證：x1＋x2>4a．2．解析(1)由題知f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＝eq\f(1－2ax2,x)(x>0)．當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，不可能有兩個零點．當(dāng)a>0時，由f′(x)＝0，得x＝eq\r(\f(1,2a))．當(dāng)x∈(0，eq\r(\f(1,2a)))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(eq\r(\f(1,2a))，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)的極大值為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)．因為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))))上必存在一個零點．顯然當(dāng)x→＋∞時，f(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))，＋∞))上必存在一個零點，所以當(dāng)0<a<eq\f(1,2e)時，函數(shù)f(x)有兩個零點．(2)由(1)可知，當(dāng)a>0時，f(x)的極大值為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)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．當(dāng)x→0時，f(x)<0，且當(dāng)x→＋∞時，f(x)<0，f(1)＝－eq\f(1,2)，則由f(x)＝m的兩個根分別為x1，x2，得x1<1<x2．令F(x)＝f(x)－f(2－x)，則F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,2－x)－2，當(dāng)0<x<1時，F(xiàn)′(x)>0，所以F(x)單調(diào)遞增．因為x1<1<x2，所以F(x1)＝f(x1)－f(2－x1)<F(1)＝0，所以f(x1)<f(2－x1)．又因為f(x1)＝f(x2)，所以f(x2)<f(2－x1)．因為f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，x2∈(1，＋∞)，2－x1∈(1，＋∞)，所以x2>2－x1，即x1＋x2>2＝4a，原命題得證．3．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(t,x)－s(s，t∈R)．(1)討論f(x)的單調(diào)性及最值；(2)當(dāng)t＝2時，若函數(shù)f(x)恰有兩個零點x1，x2(0<x1<x2)，求證：x1＋x2>4．3．解析(1)f′(x)＝eq\f(x－t,x2)(x>0)，當(dāng)t≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)無最值；當(dāng)t>0時，由f′(x)<0，得x<t，由f′(x)>0，得x>t，f(x)在(0，t)上單調(diào)遞減，在(t，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)在x＝t處取得極小值也是最小值，最小值為f(t)＝lnt＋1－s，無最大值．(2)∵f(x)恰有兩個零點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)，設(shè)m＝eq\f(x2,x1)>1，則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)．令函數(shù)h(m)＝eq\f(m2－1,m)－2lnm，∵h(yuǎn)′(m)＝eq\f((m－1)2,m2)>0，∴h(m)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∵m>1，∴h(m)>h(1)＝0，又m＝eq\f(x2,x1)>1，∴l(xiāng)nm>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的取值范圍；(2)若f(x1)＝f(x2)，且x1≠x2，證明：x1＋x2>2a．4．解析(1)f′(x)＝x－eq\f(a2,x)＝eq\f((x＋a)(x－a),x)(x>0)．當(dāng)x∈(0，a)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(a，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．當(dāng)x＝a時，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的取值范圍是(0，eq\r(e)]．(2)由(1)知，f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，不失一般性，設(shè)0<x1<a<x2，則2a－x2<a．要證x1＋x2>2a即x1>2a－x2，則只需證f(x1)<f(2a－x2)．因f(x1)＝f(x2)，則只需證f(x2)<f(2a－x2)．設(shè)g(x)＝f(x)－f(2a－x)，a≤x<2a．則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)上單調(diào)遞減，從而g(x)≤g(a)＝0．又由題意得a<x2<2a，于是g(x2)＝f(x2)－f(2a－x2)<0，即f(x2)<f(2a－x2)．5．已知函數(shù)f(x)＝alnx－x2＋(2a－1)x(a∈R)有兩個不同的零點．(1)求a的取值范圍；(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個零點，證明：x1＋x2>2a．5．解析(1)函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)－2x＋2a－1＝eq\f((2x＋1)(a－x),x)，①當(dāng)a≤0時，易得f′(x)<0，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，則f(x)至多只有一個零點，不符合題意，舍去．②當(dāng)a>0時，令f′(x)＝0得：x＝a，則當(dāng)x∈(0，a)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(a，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．∴f(x)max＝f(x)極大＝f(a)＝a(lna＋a－1)．∴要使函數(shù)f(x)有兩個零點，則必有f(a)＝a(lna＋a－1)>0，即lna＋a－1>0，設(shè)g(a)＝lna＋a－1，∵g′(a)＝eq\f(1,a)＋1>0，則g(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又∵g(1)＝0，∴a>1；當(dāng)a>1時，∵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)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，a))上有一個零點；設(shè)h(x)＝lnx－x，∵h(yuǎn)′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，∴h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴h(x)≤h(1)＝－1<0，∴l(xiāng)nx<x，∴f(x)＝alnx－x2＋(2a－1)x≤ax－x2＋(2a－1)x＝3ax－x2－x≤3ax－x2＝x(3a－x)，則f(4a)<0，∴f(x)在區(qū)間(a，4a)上有一個零點，那么，此時f(x)恰有兩個零點．綜上所述，當(dāng)f(x)有兩個不同零點時，a的取值范圍是(1，＋∞)．(2)由(1)可知，∵f(x)有兩個不同零點，∴a>1，且當(dāng)x∈(0，a)時，f(x)是增函數(shù)．當(dāng)x∈(a，＋∞)時，f(x)是減函數(shù)，不妨設(shè)：x1<x2，則0<x1<a<x2．設(shè)F(x)＝f(a＋x)－f(a－x)，x∈(0，a)，則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))．當(dāng)x∈(0，a)時，F(xiàn)′(x)>0，∴F(x)單調(diào)遞增，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，＋∞)上單調(diào)遞減，∴x2>2a－x1，∴x1＋x2>2a．6．已知函數(shù)f(x)＝x－aex＋b(a>0，b∈R)．(1)求f(x)的最大值；(2)若函數(shù)f(x)有兩個不同的零點x1，x2，證明：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)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))＝lneq\f(1,a)－1＋b．(2)由題知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－aex1＋b＝0，,x2－aex2＋b＝0，))兩式相減得x1－x2＝a(ex1－ex2)，即a＝eq\f(x1－x2,ex1－ex2)．故要證x1＋x2<－2lna，只需證x1＋x2<－2lneq\f(x1－x2,ex1－ex2)，即證<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex1－ex2,x1－x2)))eq\s\up12(2)，即證(x1－x2)2<ex1－x2－2＋ex2－x1．不妨設(shè)x1<x2，令x2－x1＝t>0，則需證t2<e－t－2＋et．設(shè)g(t)＝t2－e－t＋2－et，則g′(t)＝2t＋e－t－et．設(shè)h(t)＝2t＋e－t－et，則h′(t)＝2－e－t－et<0，∴h(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴h(t)<h(0)＝0，即g′(t)<0，∴g(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴g(t)<g(0)＝0，故原不等式成立．7．設(shè)函數(shù)．(1)當(dāng)時，求的單調(diào)區(qū)間是的導(dǎo)數(shù)）；(2)若有兩個極值點、，證明：．7．解析(1)當(dāng)時，，則，，，顯然遞減，且，故當(dāng)時，，時，，故在遞增，在遞減；(2)，，由題意知有2個不相等的實數(shù)根，即有2個不相等的實數(shù)根，，則，令，則，令，解得，，令，解得，，故在遞增，在遞減，故，而時，，故的取值范圍是，，由，得，故，令，則，，，故不等式只要在時成立，令，，，故在上單調(diào)遞增，即，故在上單調(diào)遞減，即，故原不等式成立．8．(2021·新高考全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝x(1－lnx)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)a，b為兩個不相等的正數(shù)，且blna－alnb＝a－b，證明：2＜eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＜e．8．解析解析(1)因為f(x)＝x(1－lnx)，所以f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1－lnx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝－lnx．當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＜0．所以函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)因為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)))，設(shè)eq\f(1,a)＝x1，eq\f(1,b)＝x2，由(1)可知不妨設(shè)0<x1<1，x2>1．因為x∈(0，1)時，f(x)＝x(1－lnx)>0，x∈(e，＋∞)時，f(x)＝x(1－lnx)<0，故1<x2<e．先證x1＋x2>2，若x2≥2，x1＋x2>2必成立．若x2<2，要證x1＋x2>2，即證x1>2－x2，而0<2－x2<1，故即證f(x1)>f(2－x2)，即證f(x2)>f(2－x2)，其中1<x2<2．設(shè)g(x)＝f(x)－f(2－x)，1<x<2，則g′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，因為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)上為增函數(shù)，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，綜上，x1＋x2>2成立．設(shè)x2＝tx1，則t>1，結(jié)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)，要證x1＋x2<e，即證(t＋1)x1<e，即證ln(t＋1)＋lnx1<1，即證ln(t＋1)＋eq\f(t－1－tlnt,t－1)<1，即證(t－1)ln(t＋1)－tlnt<0，令S(t)＝(t－1)ln(t＋1)－tlnt，t>1，則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)，先證明不等式ln(x＋1)≤x．設(shè)u(x)＝ln(x＋1)－x，則u′(x)＝eq\f(1,x＋1)－1＝eq\f(－x,x＋1)，當(dāng)－1<x<0時，u′(x)>0；當(dāng)x>0時，u′(x)<0，故u(x)在(－1，0)上為增函數(shù)，在(0，＋∞)上為減函數(shù)，故u(x)max＝u(0)＝0，故ln(x＋1)≤x成立，由上述不等式可得當(dāng)t>1時，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，＋∞)上為減函數(shù)，故S(t)<S(1)＝0，故(t－1)ln(t＋1)－tlnt<0成立，即x1＋x2<e成立．綜上所述，2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e．9．已知函數(shù)f(x)＝xlnx的圖象與直線y＝m交于不同的兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)．求證：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)，∴函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增．可設(shè)0<x1<eq\f(1,e)<x2．方法一構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2x)))，則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)))，當(dāng)0<x<eq\f(1,e)時，1＋lnx<0，1－eq\f(1,e2x2)<0，則F′(x)>0，得F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上是增函數(shù)，∴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)))，將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)，＋∞))上單調(diào)遞增，∴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，則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．設(shè)g(t)＝lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)(t>1)，則g′(t)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)>0．∴當(dāng)t>1時，g(t)為增函數(shù)，g(t)>g(1)＝0，∴l(xiāng)nt－eq\f(2(t－1),t＋1)>0．故x1x2<eq\f(1,e2)．10．已知函數(shù)．(1)討論的單調(diào)性；(2)若函數(shù)有兩個零點，．①求的取值范圍；②證明：．10．解析(1)的定義域為，，(ⅰ)當(dāng)時，在上單調(diào)遞增；(ⅱ)當(dāng)時，若，則，在上單調(diào)遞增；若，則，在區(qū)間上單調(diào)遞減；綜上：時，在上單調(diào)遞增；時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；(2)①由(1)知，時，單調(diào)遞增，至多一個零點，不合題意，當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減；，若函數(shù)有兩個零點，，由于時，，時，，所以，解得，故所求的取值范圍為；②證明：由題意：，，，要證，只要證，即．只要證即證，令，，，即成立，故原不等式成立．11．已知函數(shù)在其定義域內(nèi)有兩個不同的極值點．(1)求的取值范圍．(2)設(shè)的兩個極值點為，，證明．11．解析(1)函數(shù)的定義域為，．函數(shù)在其定義域內(nèi)有兩個不同的極值點．方程在有兩個不同根；轉(zhuǎn)化為函數(shù)與函數(shù)的圖象在上有兩個不同交點．又，即時，，時，，故在上單調(diào)增，在上單調(diào)減．故．又有且只有一個零點是1，且在時，，在在時，，故的草圖如圖，，即．故的取值范圍為．(2)由(1)可知，分別是方程的兩個根，即，，設(shè)，作差得．得．要證明．只需證明．，，即只需證明，令，則，只需證明，設(shè)，．函數(shù)在上單調(diào)遞增，，故成立．成立．12．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x＋a)(a∈R)，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與直線x＋y＋1＝0垂直．(1)試比較20182019與20192018的大小，并說明理由；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－k有兩個不同的零點x1，x2，證明：x1x2＞e2．12．解析(1)依題意得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)，又曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與直線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，則1－lnx＞0，解得0＜x＜e；令f′(x)＜0，則1－lnx＜0，解得x＞e，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(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)不妨設(shè)x1＞x2＞0，因為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)．要證x1x2＞e2，即證lnx1x2＞2，只需證lnx1＋lnx2＞2，也就是證k(x1＋x2)＞2，即證k＞eq\f(2,x1＋x2)．因為k＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，所以只需證eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＞eq\f(2,x1＋x2)，即證lneq\f(x1,x2)＞eq\f(2(x1－x2),x1＋x2)．令eq\f(x1,x2)＝t(t＞1)，則只需證lnt＞eq\f(2(t－1),t＋1)(t＞1)．令h(t)＝lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)(t＞1)，則h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,(t＋1)2)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)＞0，故函數(shù)h(t)在(1，＋∞)上是單調(diào)遞增的，所以h(t)＞h(1)＝0，即lnt＞eq\f(2(t－1),t＋1)，所以x1x2＞e2．13．已知函數(shù)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)當(dāng)ea－1－b＋1取得最大值時，設(shè)F(b)＝eq\f(a－1,b)－m(m∈R)，F(xiàn)(x)有兩個零點為x1，x2(x1＜x2)，證明：．13．解析(1)有題意，當(dāng)時，，在上單增，此時顯然不成立，當(dāng)時，令，得，此時在上單減，在上單增，(b)，即，所以，．所以的最大值為1．(2)當(dāng)取得最大值時，，，的兩個零點為，，則，即，，不等式恒成立等價于，兩式相減得，帶入上式得，令，則，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，（1），得證．14．已知函數(shù)f(x)＝(lnx－k－1)x(k∈R)．(1)當(dāng)x>1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)若對任意x∈[e，e2]，都有f(x)<4lnx成立，求k的取值范圍；(3)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，證明x1x2<e2k．14．解析(1)f′(x)＝eq\f(1,x)·x＋lnx－k－1＝lnx－k．①當(dāng)k≤0時，因為x>1，所以f′(x)＝lnx－k>0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間，無極值．②當(dāng)k>0時，令lnx－k＝0，解得x＝ek，當(dāng)1<x<ek時，f′(x)<0；當(dāng)x>ek時，f′(x)>0．所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(1，ek)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ek，＋∞)，在(1，＋∞)上的極小值為f(ek)＝(k－k－1)ek＝－ek，無極大值．(2)由題意，f(x)－4lnx<0，即問題轉(zhuǎn)化為(x－4)lnx－(k＋1)x<0對任意x∈[e，e2]恒成立，即k＋1>eq\f((x－4)lnx,x)對任意x∈[e，e2]恒成立，令g(x)＝eq\f((x－4)lnx,x)，x∈[e，e2]，則g′(x)＝eq\f(4lnx＋x－4,x2)．令t(x)＝4lnx＋x－4，x∈[e，e2]，則t′(x)＝eq\f(4,x)＋1>0，所以t(x)在區(qū)間[e，e2]上單調(diào)遞增，故t(x)min＝t(e)＝4＋e－4＝e>0，故g′(x)>0，所以g(x)在區(qū)間[e，e2]上單調(diào)遞增，函數(shù)g(x)max＝g(e2)＝2－eq\f(8,e2)．要使k＋1>eq\f((x－4)lnx,x)對任意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)，所以實數(shù)k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－eq\f(8,e2)，＋∞))．(3)法一：因為f(x1)＝f(x2)，由(1)知，當(dāng)k>0時，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，ek)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(ek，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(ek＋1)＝0．不妨設(shè)x1<x2，當(dāng)x→0時，f(x)→0，當(dāng)x→＋∞時，f(x)→＋∞，則0<x1<ek<x2<ek＋1，要證x1x2<e2k，只需證x2<eq\f(e2k,x1)，即證ek<x2<eq\f(e2k,x1)．因為f(x)在區(qū)間(ek，＋∞)上單調(diào)遞增，所以只需證f(x2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2k,x1)))，又f(x1)＝f(x2)，即證f(x1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2k,x1)))，構(gòu)造函數(shù)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)，當(dāng)x∈(0，ek)時，lnx－k<0，x2<e2k，即h′(x)>0，所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(0，ek)上單調(diào)遞增，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：要證x1x2<e2k成立，只要證lnx1＋lnx2<2k．因為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)，從而2k＝lnx1＋lnx2＋eq\f(x2ln\f(x1,x2),x1－x2)＋eq\f(x1ln\f(x1,x2),x1－x2)－2，要證lnx1＋lnx2<2k，只要證eq\f(x2ln\f(x1,x2),x1－x2)＋eq\f(x1ln\f(x1,x2),x1－x2)－2>0，不妨設(shè)0<x1<x2，則0<eq\f(x1,x2)＝t<1，即證eq\f(lnt,t－1)＋eq\f(lnt,1－\f(1,t))－2>0，即證eq\f((t＋1)lnt,t－1)>2，即證lnt<2·eq\f(t－1,t＋1)對t∈(0，1)恒成立，設(shè)h(t)＝lnt－2·eq\f(t－1,t＋1)，當(dāng)0<t<1時，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)上單調(diào)遞增，h(t)<h(1)＝0，得證，所以x1x2<e2k．15．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－(a－2)x－alnx．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若方程f(x)＝c有兩個不相等的實數(shù)根x1，x2，求證：．15．解析(1)．．當(dāng)時，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，即的單調(diào)遞增區(qū)間為．當(dāng)時，由得；由，解得．所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為．(2)，是方程得兩個不等實數(shù)根，由(1)可知：．不妨設(shè)．則，．兩式相減得，化為．，當(dāng)時，，當(dāng)時，．故只要證明即可，即證明，即證明，設(shè)，令，則．，．在上是增函數(shù)，又在處連續(xù)且，當(dāng)時，總成立．故命題得證．16．(2011遼寧)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)a＞0，證明：當(dāng)0＜x＜eq\f(1,a)時，f(eq\f(1,a)＋x)＞f(eq\f(1,a)－x)；(3)若函數(shù)y＝f(x)的圖象與軸交于A，B兩點，線段AB中點的橫坐標(biāo)為x0，證明：f(x0)＜0．16．解析(1)若a≤0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)增加；若a＞0，f(x)在(0，eq\f(1,a))上單調(diào)遞增，在(eq\f(1,a)，＋∞)上單調(diào)遞減；(2)法一：構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性證明，方法上同，略；法二：構(gòu)造以為主元的函數(shù)，設(shè)函數(shù)，則，，由，解得，當(dāng)時，，而，所以，故當(dāng)時，(2)由(1)可得a＞0，f(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋2－a在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，f(eq\f(1,a))＝0，不妨設(shè)A(x1，0)，B(x2，0)，0＜x1＜x2，則0＜x1＜eq\f(1,a)＜x2，欲證明f(x)＜0，即f(x0)＜f(eq\f(1,a))，只需證明x0＝eq\f(x1＋x2,2)＞eq\f(1,a)，即x1＞eq\f(2,a)－x2，只需證明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)，得證．17．設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－ax＋a，其圖象與軸交于A(x1，0)，B(x2，0)兩點，且x1＜x2．(1)求a的取值范圍；(2)證明：f(eq\r(x1x2))＜0(f(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))．17．解析(1)a∈(e2，＋∞)，且0＜x1＜lna＜x2，f(x)在(0，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增；(2)要證明f(eq\r(x1x2))＜0，只需證f(eq\f(x1＋x2,2))＜0，即f(eq\f(x1＋x2,2))＜f(lna)，因為f(x)＝ex－a單調(diào)遞增，所以只需證eq\f(x1＋x2,2)＜lna，亦即x2＞2lna－x1，只要證明f(x2)＝f(x1)＞f(2lna－x1)即可；令g(x)＝f(x)－f(2lna－x)(x＜lna)，則g(x)＝f(x)－f(2lna－x1)＝ex－eq\f(a2,ex)－2a＜0，所以g(x)在(0，lna)上單調(diào)遞減，g(x)＞g(lna)＝0，得證．18．已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋1有兩個零點．(1)求a的取值范圍；(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個零點，證明：f′(x1·x2)<1－a．18．解析(1)由f(x)＝0，可得a＝eq\f(1＋lnx,x)，轉(zhuǎn)化為函數(shù)g(x)＝eq\f(1＋lnx,x)與直線y＝a的圖象在(0，＋∞)上有兩個不同交點．g′(x)＝eq\f(－lnx,x2)(x>0)，故當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0．故g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(1)＝1．又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，當(dāng)x→＋∞時，g(x)→0，故當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，g(x)<0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，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的兩個根，故lnx1－ax1＋1＝0，lnx2－ax2＋1＝0?a＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)．要證f′(x1·x2)<1－a，只需證x1·x2>1，即證lnx1＋lnx2>0，即證(ax1－1)＋(ax2－1)>0，即證a>eq\f(2,x1＋x2)，即證eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)>eq\f(2,x1＋x2)．不妨設(shè)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，則h(t)在(0，1)上單調(diào)遞增，則h(t)<h(1)＝0，故(*)式成立，即要證不等式得證．19．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx(a∈R)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若f(x)有兩個不相同的零點x1，x2．①求實數(shù)a的取值范圍；②證明：x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2lna＋2．19．解析(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(x－a,x2)．當(dāng)a≤0時，f′(x)>0成立，所以f(x)在(0，＋∞)為增函數(shù)；當(dāng)a>0時，(i)當(dāng)x>a時，f′(x)>0，所以f(x)在(a，＋∞)上為增函數(shù)；(ii)當(dāng)0<x<a時，f′(x)<0，所以f(x)在(0，a)上為減函數(shù)．(2)①由(1)知，當(dāng)a≤0時，f(x)至多一個零點，不合題意；當(dāng)a>0時，f(x)的最小值為f(a)，依題意知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，＋∞)為增函數(shù)，且函數(shù)f(x)的圖像在(a，1)上不間斷．所以f(x)在(a，＋∞)上有唯一的一個零點．另一方面，因為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，當(dāng)0<a<eq\f(1,e)時，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