專題21導(dǎo)數(shù)極值點(diǎn)偏移問(wèn)題

專題21導(dǎo)數(shù)極值點(diǎn)偏移問(wèn)題知識(shí)梳理方法技巧題型歸類題型一：消參減元題型二：對(duì)稱變換題型三：比(差)值換元題型四：對(duì)數(shù)均值不等式培優(yōu)訓(xùn)練訓(xùn)練一：訓(xùn)練二：訓(xùn)練三：訓(xùn)練四：訓(xùn)練五：訓(xùn)練六：強(qiáng)化測(cè)試解答題：共12題一、【知識(shí)梳理】【方法技巧】眾所周知，函數(shù)滿足定義域內(nèi)任意自變量都有，則函數(shù)關(guān)于直線對(duì)稱；可以理解為函數(shù)在對(duì)稱軸兩側(cè)，函數(shù)值變化快慢相同，且若為單峰函數(shù)，則必為的極值點(diǎn).如二次函數(shù)的頂點(diǎn)就是極值點(diǎn)，若的兩根的中點(diǎn)為，則剛好有，即極值點(diǎn)在兩根的正中間，也就是極值點(diǎn)沒(méi)有偏移.若相等變?yōu)椴坏龋瑒t為極值點(diǎn)偏移：若單峰函數(shù)的極值點(diǎn)為，且函數(shù)滿足定義域內(nèi)左側(cè)的任意自變量都有或，則函數(shù)極值點(diǎn)左右側(cè)變化快慢不同.故單峰函數(shù)定義域內(nèi)任意不同的實(shí)數(shù)滿足，則與極值點(diǎn)必有確定的大小關(guān)系：①若，則稱為極值點(diǎn)左偏；②若，則稱為極值點(diǎn)右偏.[來(lái)源:學(xué)_科_X_X_K]1.對(duì)稱變換主要用來(lái)解決與兩個(gè)極值點(diǎn)之和、積相關(guān)的不等式的證明問(wèn)題.其解題要點(diǎn)如下：(1)定函數(shù)(極值點(diǎn)為x0)，即利用導(dǎo)函數(shù)符號(hào)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(diǎn)x0.(2)構(gòu)造函數(shù)，即根據(jù)極值點(diǎn)構(gòu)造對(duì)稱函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2x0－x)，若證x1x2>xeq\o\al(2,0)，則令F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0),x))).(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.2.含參函數(shù)問(wèn)題可考慮先消去參數(shù)，其目的就是減元，進(jìn)而建立與所求解問(wèn)題相關(guān)的函數(shù).3.比(差)值換元就是根據(jù)已知條件首先建立極值點(diǎn)之間的關(guān)系，然后利用兩個(gè)極值點(diǎn)之比(差)作為變量，從而實(shí)現(xiàn)消參、減元的目的.一般用t表示兩個(gè)極值點(diǎn)之比(差)，繼而將所求解問(wèn)題轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的函數(shù)問(wèn)題.4.對(duì)數(shù)均值不等式可用對(duì)稱化構(gòu)造或比值換元進(jìn)行證明，在解答題中，一般要先證明后應(yīng)用.設(shè)a，b>0，a≠b，則eq\f(a＋b,2)>eq\f(a－b,lna－lnb)>eq\r(ab)，其中eq\f(a－b,lna－lnb)被稱之為對(duì)數(shù)平均數(shù)，上述不等式稱為對(duì)數(shù)均值不等式.二、【題型歸類】【題型一】消參減元【典例1】已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax，a為常數(shù)，若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，求證：x1·x2>e2.【證明】法一消參轉(zhuǎn)化成無(wú)參數(shù)問(wèn)題：由題知f(x)＝0，則lnx＝ax，即lnx＝aelnx.因?yàn)閤1，x2是方程f(x)＝0的兩個(gè)根，所以x1，x2也是方程lnx＝aelnx的兩個(gè)根，即lnx1，lnx2是方程x＝aex的兩個(gè)根.設(shè)u1＝lnx1，u2＝lnx2，g(x)＝xe－x，即g(u1)＝g(u2)，從而由x1x2>e2，可得lnx1＋lnx2>2，即u1＋u2>2，由本專題例1得證.法二直接換元構(gòu)造新函數(shù)：由題知a＝eq\f(lnx1,x1)＝eq\f(lnx2,x2)，則eq\f(lnx2,lnx1)＝eq\f(x2,x1)，設(shè)x1<x2，t＝eq\f(x2,x1)(t>1)，則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，構(gòu)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，＋∞)上單調(diào)遞增.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】已知函數(shù)f(x)＝ln(ax)＋eq\f(1,2)ax2－2x，a>0.設(shè)x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)，且x1<x2，求證：x1＋x2>2.【證明】因?yàn)閒′(x)＝eq\f(ax2－2x＋1,x)(x>0)，f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，所以x1，x2是方程ax2－2x＋1＝0的兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根，從而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?yàn)?<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，則g′(x)＝eq\f(2（1－x）,x3)，所以當(dāng)eq\f(1,2)<x<1時(shí)，g′(x)>0，從而g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)<0，從而g(x)單調(diào)遞減，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)).要證x1＋x2>2，只要證x2>2－x1，只要證明g(x2)<g(2－x1).因?yàn)間(x1)＝g(x2)，所以只要證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)，則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?yàn)閑q\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))上單調(diào)遞增，所以F(x1)<F(1)＝0，即g(x1)<g(2－x1)，所以x2>2－x1，即x1＋x2>2.【題型二】對(duì)稱變換【典例1】已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)－lnx＋x－a.(1)若f(x)≥0，求a的取值范圍；(2)證明：若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，則x1x2<1.【解析】(1)解由題意知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?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)，可得函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，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的取值范圍為(－∞，e＋1]．(2)證明方法一不妨設(shè)x1<x2，則由(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)))，則F′(x)＝eq\f(ex＋xx－1,x2)＋e1x+＝x令g(x)＝ex＋x－xe1x－1(則g′(x)＝ex＋1－e＝ex＋1＋e1xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))(x>0)，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)>0，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g(x)<g(1)＝0，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，所以F(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，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，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x2<eq\f(1,x1)，即x1x2<1.方法二(同構(gòu)法構(gòu)造函數(shù)化解等式)不妨設(shè)x1<x2，則由(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?yàn)楹瘮?shù)y＝ex＋x在R上單調(diào)遞增，所以x1－lnx1＝x2－lnx2成立．構(gòu)造函數(shù)h(x)＝x－lnx(x>0)，g(x)＝h(x)－h(huán)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝x－eq\f(1,x)－2lnx(x>0)，則g′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(x－12,x2)≥0(x>0)，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>g(1)＝0，即當(dāng)x>1時(shí)，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)上單調(diào)遞減，所以0<x1<eq\f(1,x2)<1，即x1x2<1.【典例2】已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx.(1)求f(x)的極值和單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－a(a>2)的兩個(gè)零點(diǎn)為x1，x2，證明：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)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)取得極小值1＋ln2，無(wú)極大值，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2)．(2)證明由題意知，g(x1)＝g(x2)．不妨設(shè)x1<x2，由(1)知，g(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增；所以0<x1<2<x2.所以證明不等式x1＋x2>4等價(jià)于x2>4－x1，又因?yàn)?－x1>2，x2>2，g(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，因此證明不等式等價(jià)于證明g(x2)>g(4－x1)，即證明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)，則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)上單調(diào)遞減，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.【題型三】比(差)值換元【典例1】已知函數(shù)f(x)＝xlnx的圖象與直線y＝m交于不同的兩點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2).求證：x1x2<eq\f(1,e2).【證明】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.法一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).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.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(shí)，g(t)單調(diào)遞增，g(t)>g(1)＝0，∴l(xiāng)nt－eq\f(2（t－1）,t＋1)>0.故x1x2<eq\f(1,e2).法二構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－feq\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(shí)，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)))上單調(diào)遞增，∴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)))，將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)，＋∞))上單調(diào)遞增，∴x2<eq\f(1,e2x1)，∴x1x2<eq\f(1,e2).【典例2】已知函數(shù)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)))))的兩個(gè)零點(diǎn)為x1，x2，證明：lnx1＋lnx2>2.【證明】不妨設(shè)x1<x2，由題意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx1＝mx1，,lnx2＝mx2.))則lnx1x2＝m(x1＋x2)，lneq\f(x2,x1)＝m(x2－x1)?m＝eq\f(ln\f(x2,x1),x2－x1).欲證lnx1＋lnx2>2，只需證lnx1x2>2，只需證m(x1＋x2)>2，即證eq\f(x1＋x2,x2－x1)lneq\f(x2,x1)>2.即證eq\f(1＋\f(x2,x1),\f(x2,x1)－1)lneq\f(x2,x1)>2，設(shè)t＝eq\f(x2,x1)>1，則只需證lnt>eq\f(2（t－1）,t＋1)，即證lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)>0.記u(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)(t>1)，則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(píng)(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以u(píng)(t)>u(1)＝0，所以原不等式成立，故lnx1＋lnx2>2.【題型四】對(duì)數(shù)均值不等式【典例1】設(shè)函數(shù)其圖象與軸交于兩點(diǎn),且.（1）求實(shí)數(shù)的取值范圍；（2）證明：為函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)）；【證明】（1）f'(x)=ex-a,x∈R,當(dāng)a當(dāng)a>0時(shí),f當(dāng)f(x)min,即0<a≤e2時(shí),f(x)當(dāng)f(x)min,即a>e2時(shí),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)內(nèi)遞減,在所以1<x1<lnaa=ex1x1-所以x1x2-(x1+x故,x1x所以2x1x因?yàn)閤1x2-(x所以ln(x1x【典例2】已知f(x)＝a－eq\f(1,x)－lnx有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，且x1<x2，求證：2<x1＋x2<3ea－1－1.【解析】函數(shù)f(x)定義域?yàn)?0，＋∞).∵a＝eq\f(1,x1)＋lnx1＝eq\f(1,x2)＋lnx2，∴x1x2＝eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)，由對(duì)數(shù)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，設(shè)h(x)＝ax－1－xlnx，x>0，則h′(x)＝a－1－lnx，其在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且h′(x)的零點(diǎn)為p＝ea－1，∴h(x)在(0，p)單調(diào)遞增，在(p，＋∞)單調(diào)遞減，且a－1－lnp＝0(*)∴x1<p<x2，由對(duì)數(shù)均值不等式知：eq\f(lnx1－lnp,x1－p)>eq\f(2,x1＋p)，∴l(xiāng)nx1<eq\f(2（x1－p）,x1＋p)＋lnp，∴a－eq\f(1,x1)<eq\f(2（x1－p）,x1＋p)＋lnp，化簡(jiǎn)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.綜上所述，2<x1＋x2<3ea－1－1.三、【培優(yōu)訓(xùn)練】【訓(xùn)練一】已知函數(shù)f(x)＝xe－x.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求證：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，∴函數(shù)f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)證明方法一(對(duì)稱化構(gòu)造法)構(gòu)造輔助函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1，則F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)＝(x－1)(ex－2－e－x)，∵當(dāng)x>1時(shí)，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0，∴F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴F(x)>F(1)＝0，故當(dāng)x>1時(shí)，f(x)>f(2－x)，(*)由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可設(shè)x1<1<x2，將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)上單調(diào)遞增，∴x1>2－x2，∴x1＋x2>2.方法二(比值代換法)設(shè)0<x1<1<x2，f(x1)＝f(x2)即x1e-取對(duì)數(shù)得lnx1－x1＝lnx2－x2.令t＝eq\f(x2,x1)>1，則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，設(shè)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，∴當(dāng)t>1時(shí)，g(t)單調(diào)遞增，∴g(t)>g(1)＝0，∴l(xiāng)nt－eq\f(2t－1,t＋1)>0，故x1＋x2>2.【訓(xùn)練二】已知函數(shù)f(x)＝xlnx－eq\f(1,2)mx2－x，m∈R.(1)若g(x)＝f′(x)(f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù))，求函數(shù)g(x)在區(qū)間[1，e]上的最大值；(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，求證：x1x2>e2.【解析】(1)解因?yàn)間(x)＝lnx－mx，g′(x)＝eq\f(1－mx,x)，①當(dāng)m≤0時(shí)，因?yàn)閤∈[1，e]，所以g′(x)>0，所以函數(shù)g(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，則g(x)max＝g(e)＝1－me；②當(dāng)eq\f(1,m)≥e，即0<m≤eq\f(1,e)時(shí)，x∈[1，e]，g′(x)≥0，所以函數(shù)g(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，則g(x)max＝g(e)＝1－me；③當(dāng)1<eq\f(1,m)<e，即eq\f(1,e)<m<1時(shí)，函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,m)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，e))上單調(diào)遞減，則g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＝－lnm－1；④當(dāng)0<eq\f(1,m)≤1，即m≥1時(shí)，x∈[1，e]，g′(x)≤0，函數(shù)g(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，則g(x)max＝g(1)＝－m.綜上，當(dāng)m≤eq\f(1,e)時(shí)，g(x)max＝g(e)＝1－me；當(dāng)eq\f(1,e)<m<1時(shí)，g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＝－lnm－1；當(dāng)m≥1時(shí)，g(x)max＝g(1)＝－m.(2)證明要證x1x2>e2，只需證lnx1＋lnx2>2，若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，即函數(shù)f′(x)有兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，又f′(x)＝lnx－mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的兩個(gè)不同的實(shí)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)，從而可得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).不妨設(shè)0<x1<x2，設(shè)t＝eq\f(x2,x1)，則t>1.因此lnx1＋lnx2＝eq\f(1＋tlnt,t－1)，t>1.要證lnx1＋lnx2>2，即證eq\f(t＋1lnt,t－1)>2，t>1，即當(dāng)t>1時(shí)，有l(wèi)nt>eq\f(2t－1,t＋1)，設(shè)函數(shù)h(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)，t>1，則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，＋∞)上單調(diào)遞增．又h(1)＝0，因此h(t)>h(1)＝0.于是當(dāng)t>1時(shí)，有l(wèi)nt>eq\f(2t－1,t＋1).所以lnx1＋lnx2>2成立，即x1x2>e2得證．【訓(xùn)練三】已知函數(shù)，．（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）若，且，證明：．【解析】（1）f'x=由f'x=0當(dāng)0<x<π4時(shí)，f'x>0∴fx在0,π4（2）∵x1≠x∴由（1）知，不妨設(shè)0<要證x1+x而π4<π2-故只需證明fx又fx1=fx2令函數(shù)gx則g'當(dāng)0<x<π4時(shí)，cosx-sin∴gx在0,故在0,π4上∴fx1<【訓(xùn)練四】已知函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2．（1）求實(shí)數(shù)m的取值范圍；（2）證明：x1x2＜4．【解析】(1)fx=ln2x-x+mlnx有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,fx∈0,2x∈2,+mx最小值因?yàn)閒'(x)=2xln所以m>2-（2）由（1）x2x2-x要證x1x2＜4,只需證明：x1x2<x2-即證lnx即證lnx2x1<x2記函數(shù)hh'所以ht=2ht<h1=0同理可證當(dāng)x1>所以原命題x1x2＜4得證.【訓(xùn)練五】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(gè)不相等的正數(shù)，且blna－alnb＝a－b，證明：2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.【解析】(1)解因?yàn)閒(x)＝x(1－lnx)，所以f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝1－lnx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝－lnx.當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，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)證明由題意知，a，b是兩個(gè)不相等的正數(shù)，且blna－alnb＝a－b，兩邊同時(shí)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)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，且當(dāng)0<x<e時(shí)，f(x)>0，當(dāng)x>e時(shí)，f(x)<0，不妨設(shè)x1<x2，則0<x1<1<x2<e.要證2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e，即證2<x1＋x2<e.先證x1＋x2>2，要證x1＋x2>2，即證x2>2－x1，因?yàn)?<x1<1<x2<e，所以x2>2－x1>1，又f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以即證f(x2)<f(2－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以即證f(x1)<f(2－x1)，即證當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f(x)－f(2－x)<0.構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2－x)，則F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，當(dāng)0<x<1時(shí)，x(2－x)<1，則－ln[x(2－x)]>0，即當(dāng)0<x<1時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，所以F(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，F(xiàn)(x)<F(1)＝0，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)－f(2－x)<0成立，所以x1＋x2>2成立．再證x1＋x2<e.由(1)知，f(x)的極大值點(diǎn)為x＝1，f(x)的極大值為f(1)＝1，過(guò)點(diǎn)(0,0)，(1,1)的直線方程為y＝x，設(shè)f(x1)＝f(x2)＝m，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f(x)＝x(1－lnx)>x，直線y＝x與直線y＝m的交點(diǎn)坐標(biāo)為(m，m)，則x1<m.欲證x1＋x2<e，即證x1＋x2<m＋x2＝f(x2)＋x2<e，即證當(dāng)1<x<e時(shí)，f(x)＋x<e.構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)＋x，則h′(x)＝1－lnx，當(dāng)1<x<e時(shí)，h′(x)>0，所以函數(shù)h(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)1<x<e時(shí)，h(x)<h(e)＝f(e)＋e＝e，即f(x)＋x<e成立，所以x1＋x2<e成立．綜上可知，2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e成立．【訓(xùn)練六】已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有兩個(gè)零點(diǎn).(1)求a的取值范圍；(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，求證：x1＋x2<2.【解析】(1)解f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a).①當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn).②當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.因?yàn)閒(1)＝－e，f(2)＝a，故在(1，＋∞)上有一個(gè)零點(diǎn).取b滿足b<0且b<lneq\f(a,2)，則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)上有一個(gè)零點(diǎn)，故f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn).③當(dāng)a<0時(shí)，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝ln(－2a).若a≥－eq\f(e,2)，則ln(－2a)≤1，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.當(dāng)x≤1時(shí)，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn).若a<－eq\f(e,2)，則ln(－2a)>1，所以f(x)在(1，ln(－2a))上單調(diào)遞減，在(ln(－2a)，＋∞)上單調(diào)遞增.當(dāng)x≤1時(shí)，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn).綜上，a的取值范圍為(0，＋∞).(2)證明不妨設(shè)x1<x2，由(1)知x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，所以x1＋x2<2等價(jià)于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0.因?yàn)閒(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.設(shè)g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，x>1，則g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)，當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減.因?yàn)間(1)＝0，所以當(dāng)x>1時(shí)，g(x)<0，從而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.四、【強(qiáng)化測(cè)試】【解答題】1.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求證：x1＋x2>4.【證明】由題知f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－2,x2)，則f(x)在(0，2)上為減函數(shù)，在(2，＋∞)上為增函數(shù).由函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx的單調(diào)性可知，若f(x1)＝f(x2)，設(shè)x1<x2，則必有0<x1<2<x2，所以4－x1>2，則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)，則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，所以函數(shù)h(x)在(0，2)上為減函數(shù)，所以h(x)>h(2)＝0，所以f(x1)－f(4－x1)>0，則f(x1)>f(4－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以f(x2)>f(4－x1)，則x2>4－x1，所以x1＋x2>4.2.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,ex)，f(x1)＝f(x2)＝t(0<x1<x2，0<t<1).證明：x1＋x2>2x1x2.【證明】因?yàn)閤2>x1>0，依題意得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，))兩式相減得lnx1－lnx2＝x1－x2，由對(duì)數(shù)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.已知函數(shù)f(x)＝x－lnx－a有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2.(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)證明：x1＋x2>a＋1.【解析】(1)解∵函數(shù)f(x)＝x－lnx－a，∴f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù).故當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)＝x－lnx－a取最小值f(1)＝1－a，若函數(shù)f(x)＝x－lnx－a有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2.則1－a<0，即a>1.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(1，＋∞).(2)證明由(1)可設(shè)0<x1<1<x2，則x1－lnx1＝a，且x2－lnx2＝a，若證x1＋x2>a＋1，即證x2>1－lnx1，構(gòu)造函數(shù)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)，則h′(x)＝－lnx>0，所以h(x)單調(diào)遞增，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?yàn)閒(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x2>1－lnx1，故原不等式得證.4.已知f(x)＝x2－2alnx，a∈R.若y＝f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1<x2)．(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若x0是y＝f(x)的極值點(diǎn)，求證：x1＋3x2>4x0.【解析】(1)解f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－eq\f(2a,x)＝eq\f(2x2－a,x)，要使y＝f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，則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))上單調(diào)遞減，在(eq\r(a)，＋∞)上單調(diào)遞增，依題意需f(eq\r(a))＝(eq\r(a))2－2alneq\r(a)<0，此時(shí)1<lna，故a>e.(2)證明因?yàn)?<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，只需證(3t＋1)2lnt－8t2＋8>0，令h(t)＝(3t＋1)2lnt－8t2＋8，則h′(t)＝(18t＋6)lnt－7t＋6＋eq\f(1,t)，令n(t)＝(18t＋6)lnt－7t＋6＋eq\f(1,t)，則n′(t)＝18lnt＋11＋eq\f(6t－1,t2)>0(t>1)，故n(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，n(t)>n(1)＝0，故h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，h(t)>h(1)＝0，所以x1＋3x2>4x0.5.已知a是實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝alnx－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個(gè)相異的零點(diǎn)x1，x2且x1>x2>0，求證：x1x2>e2.【解析】(1)解f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)－1＝eq\f(a－x,x)，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)>0，得x∈(0，a)；令f′(x)<0，得x∈(a，＋∞)，故f(x)在(0，a)上單調(diào)遞增，在(a，＋∞)上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(0，a)上單調(diào)遞增，在(a，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)證明由(1)可知，要想f(x)有兩個(gè)相異的零點(diǎn)x1，x2，則a>0，因?yàn)閒(x1)＝f(x2)＝0，所以alnx1－x1＝0，alnx2－x2＝0，所以x1－x2＝a(lnx1－lnx2)，要證x1x2>e2，即證lnx1＋lnx2>2，等價(jià)于eq\f(x1,a)＋eq\f(x2,a)>2，而eq\f(1,a)＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，所以等價(jià)于證明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)，則t>1，于是等價(jià)于證明lnt>eq\f(2t－1,t＋1)成立，設(shè)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，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(t)>g(1)＝0，即lnt>eq\f(2t－1,t＋1)成立，所以x1x2>e2，結(jié)論得證．6.已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2.(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)求證：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，則f′(x)>0，不符合題意；②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,a).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時(shí)，f′(x)<0.由題意知f(x)＝lnx－ax的極大值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).所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).(2)證明因?yàn)閒(1)＝－a<0，所以1<x1<eq\f(1,a)<x2.構(gòu)造函數(shù)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)))上單調(diào)遞增，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?yàn)閒(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減，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.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,a)－2lnx(a∈R，a≠0)．(1)求函數(shù)f(x)的極值；(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1<x2)，且a＝4，證明：x1＋x2>4.【解析】(1)解函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(2x,a)－eq\f(2,x)＝eq\f(2x2－2a,ax).當(dāng)a<0時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x)在(0，＋∞)上無(wú)極值；當(dāng)a>0時(shí)，若x∈(0，eq\r(a))，f′(x)<0，f(x)在(0，eq\r(a))上單調(diào)遞減．若x∈(eq\r(a)，＋∞)，f′(x)>0，f(x)在(eq\r(a)，＋∞)上單調(diào)遞增，故當(dāng)x＝eq\r(a)時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上的極小值為f(eq\r(a))＝1－2lneq\r(a)＝1－lna，無(wú)極大值．(2)證明當(dāng)a＝4時(shí)，f(x)＝eq\f(x2,4)－2lnx，由(1)知，f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，x＝2是極值點(diǎn)，又x1，x2為函數(shù)f(x)的零點(diǎn)，∴0<x1<2<x2，要證x1＋x2>4，只需證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)，則h′(x)＝eq\f(2,x)－2＋eq\f(2,4－x)＝eq\f(2x－22,x4－x)>0，∴h(x)在(0,2)上單調(diào)遞增，∴h(x)<h(2)＝0，∴f(4－x1)<0＝f(x2)，∴4－x1<x2，即x1＋x2>4得證．8.已知函數(shù)f(x)＝aex－x，a∈R.若f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2.證明：x1＋x2>2.【證明】由f(x)＝aex－x＝0，得eq\f(x,ex)