含對數(shù)式的極值點偏移問題（含答案解析）

專題05含對數(shù)式的極值點偏移問題

前面我們已經(jīng)指明并提煉出利用判定定理解決極值點偏移問題的策略：若/(X)的極值點

為X。,則根據(jù)對稱性構(gòu)造一元差函數(shù)—x)=/(/+x)—/(%—x),巧借/(龍)的單調(diào)

性以及萬(0)=。,借助于/(%)=/(%)=/[%—(%)-々)]與/[%+(%—9)]

=/(2%-％2)，比較與2/-藥的大小，即比較毛與土產(chǎn)的大小.有了這種解題策

略，我們師生就克服了解題的盲目性，細(xì)細(xì)咀嚼不得不為其絕妙的想法喝彩.

本文將提煉出極值點偏移問題的又一解題策略：根據(jù)/(%)=/(%)建立等式，通過消參

、恒等變形轉(zhuǎn)化為對數(shù)平均，捆綁構(gòu)造函數(shù)，利用對數(shù)平均不等式鏈求解.

★例.已知函數(shù)/(x)=lnx-ax2+(2-a)x.

(1)討論了(元)的單調(diào)性；

(2)設(shè)?！?,證明：當(dāng)0<%<工時，/(-+x)>/(--%)；

aaa

(3)若函數(shù)，=/(幻的圖象與％軸交于4,3兩點，線段A3中點的橫坐標(biāo)為％,證明：

/U)<o.

【解析】(1)易得：當(dāng)aWO時，/(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增;

當(dāng)。>0時，/(x)在[(),：)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.

(2)法一：構(gòu)造函數(shù)g(x)=x

\a

則g'(x)=/'[L+x]—/'[L—x]='(71~---->0>

\a)\a)(1+ax)(1-ax)

???隊')在[°'：)上單調(diào)遞增，

又g(O)=O,，g(?>。，即叱+x

函數(shù)，設(shè)函數(shù)〃（。）=/1+x

法二：構(gòu)造以a為主元

ka

則h(a)=ln(l+ax)~ln(l-ax)-lax,"(a)=——+---2x=2、；?

1+arax1-crx

由0<%<—,解得0<a<—，

ax

當(dāng)0<a<L時，/z'(a)>0,/z(a)在(0,+oo)上單調(diào)遞增，

x

而/z(0)=0,所以/z(a)>0,故當(dāng)0<x<工時，f(-+x)>/(--%).

aaa

（3）由（1）知，只有當(dāng)a>0,且/（x）的最大值/>0時,

函數(shù)y=/（X）才會有兩個零點，不妨設(shè)人（玉,0）,5（%2，。），。<%<七，

則0<%<一<%，故---玉￡1°,一

aaI。

由⑵得：玉卜玉卜玉］=/（^1）=/（^）>

又由/（尤）在［：，+8）上單調(diào)遞減，

*2、2T%1+九21

所以%>---不，于玉）=------>—，

a2a

由⑴知，/（x0）<0.

【問題的進一步探究】

對數(shù)平均不等式的介紹與證明

a-b/,、

,---------（〃。b）,

兩個正數(shù)。和Z?的對數(shù)平均定義：L（a.b）=hna-lnb

a（a=b）.

對數(shù)平均與算術(shù)平均、幾何平均的大小關(guān)系：

y［ab<L（a,b）（此式記為對數(shù)平均不等式）

取等條件：當(dāng)且僅當(dāng)。=5時，等號成立.

只證：當(dāng)疝6時，友<L(a,b)〈W~.不失一般性，可設(shè)。>立

證明如下：

(I)先證：>Jab<L{a,b)..….①

不等式①olna-lnbv^=^■ohl2<口―2?>21nx<%--(其中x=、口>1)

4abb\b\ax\b

i911

構(gòu)造函數(shù)/(x)=2In%—(九一一),(%>1),則/'(%)=——1--=-(1一一)2.*

XXXX

因為%>1時，r(x)<0,所以函數(shù)/(%)在(1,位)上單調(diào)遞減,

故/(%)</⑴=。，從而不等式①成立；

(II)再證：L(a,b)<，②

”2..

2(--1)

不等式②0In〃—Inb>——<?ln—>----0In%>?('])(其中

a+bb(x+1)

b

4

構(gòu)造函數(shù)g(x)=Inx-￥?,(x〉1),則g'(x)=L—=.

(x+1)x(x+1)x(x+l)

因為龍〉1時，g'(X)>0,所以函數(shù)g(x)在(L+8)上單調(diào)遞增,

故g(x)<g(l)=O,從而不等式②成立；

綜合(I)(II)知，對Da,beR+,都有對數(shù)平均不等式必<工(。乃)<@!^成立,

當(dāng)且僅當(dāng)。=〃時，等號成立.

例題第(3)問另解：由/(%)=/(々)=0

。In/一ox；+(2—d)xx=Inx2-ax^+(2-d)x2-0

nInXj-lnx2+2(玉-x2)=_x^+玉-x2)

Inx-Inx+2(x-x)

n〃=1212

22~：

玉一%2+/一次2

故要證/'(%)<00%="+%2>.1

2a

22,

臺X+Z)玉一"2+%一X?+%+1

21nxi-lnx2+2(石-x2)In%-In/?[

X一％2

2In玉-Inx

0---------<2

x1+x2

根據(jù)對數(shù)平均不等式，此不等式顯然成立，故原不等式得證.

★已知函數(shù)/(%)=xlnx與直線y=相交于A(x，必),B(x2,y2)兩點.

求證：0<\

【解析】由玉1口玉=辦x2lnx2=m,可得:

①■②得:

lnx2-]nxi-m

、In%!Inx2,In%1-lnx2InjqInx2

①+②得:

-2列骼+E④

lnx1lnx2

根據(jù)對數(shù)平均不等式

%,+x9-m/、

—------>---------------(X,wx7)

2In玉一In%

利用③④式可得：

機(inx+ln/)-m

21nxiIn%In玉In%

由題于y=機與y=交于不同兩點，易得出則加<o

???上式簡化為:

-2

0<中2<—

e

招式演練：

1.已知函數(shù)/（x）=ax-'Tnx（aeR）.

x

（1）若/（x）是定義域上的增函數(shù)，求。的取值范圍；

（2）若?！挡蝗艉瘮?shù)/（九）有兩個極值點X1,巧（尤a%）,求/（石）一/（%2）的

取值范圍.

【答案】（1）（2）0</（^）-/（^）<2^2-1,

【解析】

【分析】（1）由題得/什尤/。，化為恒成立，即得解；

X十J.

H11（X?—11、

（2）先求出—<Xj<1,再求出/（石）—/（%）=2—----Inx^,令

DZ1九］十J.//

xl=t,則:</<1,得g⑺="—ghW,求出g(l)<g(/)<g]j即得解.

【詳解】（1）〃X）的定義域為（。,+?）,r（x）=a+/T="2；a

???/（九）在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，

.?.刊；T0,即加一x+a?O對尤>0恒成立.

X

則恒成立.???。N

x2+l

所以，〃的取值范圍是5，+°0

（2）設(shè)方程用x）=0,即加—x+a=0得兩根為均，巧，且0<%<々.

221

由△=1—4-a2>0且二，得二<。<二，

552

g115

玉％=1，玉+X?——’2"+不「，*,?—<%<1.

a21

/\

f(玉)一f(九2)="再----In玉一cix2-------In%2

X]<犬2J

\/\

a,a1Ga1

=axi-------In西一----axx+m=2ax1-------In石

%(X7\X17

*.*ax；—石+〃=0,

/2i、/2-i1、

=W代入得/&)—〃切=2紜―1呻=2”—三n才，

X]+11玉+1J(X]+127

令X；=f,則!</<l,得g(f)=----?一7山，，y<?<1,g'(/)=~~^r<。，

4'—+1242t(t+l)

工g?而且pl上遞減，從而g(l)<g(/)<g

QA

即0<g?)<ln2—w，.-.0</(^)-/(%2)<21n2--.

【點睛】本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值

和雙變量問題，意在考查學(xué)生對這些知識的理解掌握水平.

2.已知函數(shù)/(x)=axln尤-V-ax(aeR).

(1)當(dāng)a=l時，判斷函數(shù)了(九)是否有極值，并說明理由；

(2)若函數(shù)八％)有兩個極值點均，巧，且不<%，證明：

/(%1)+/(x2)<%2-3x,.

【答案】(1)沒有極值，理由見解析；(2)證明見解析.

【解析】

【分析】(1)通過二次求導(dǎo)可得函數(shù)Ax)在(0,+8)內(nèi)單調(diào)遞減，因此函數(shù)人無)無極

值；

(2)由題意知，/'(%)=。有兩個不同的零點%,馬，所以4111%-2芭=0,

,2(——七)

aInZ-2x2=0,作差可得”一由三，再將所證不等式轉(zhuǎn)化為21117<

(Yx

上-1,令^=f?〉D,即證21nr—產(chǎn)+1<0?〉1),設(shè)g(/)=21nr—產(chǎn)+1,利用

UiJ為

導(dǎo)數(shù)證明即可.

【詳解】(1)當(dāng)。=1時，f(x)-xlnx-x2-x,

fr(x)=l+]nx-2x-l=]nx-2x,

1]-2x

^h(x)=lnx-2x,則〃(幻=±_2=^^,

XX

由/z'(x)>0,得0<%<L,由"(x)vO,得%>J_,

22

所以/z(x)在(0、)內(nèi)單調(diào)遞增，在(g,+8)內(nèi)單調(diào)遞減，

所以x=7時，h(x)取得最大值為ln7-2x7=-ln2-l,

222

所以尸(%)=//(%)<—ln2—l<0,

所以/(X)在(0,+8)內(nèi)單調(diào)遞減，所以函數(shù)/'(%)沒有極值.

(2)因為y(x)=acln尤-??-"，所以/'(%)=a(l+lnx)—2%一。=aln無一2%有兩個

不同的零點X，%，所以alnx「2xi=0,alnx2-2x2=0,所以

a(lnx2-Inxj)=2(x2-%；),

a-(々f)

因為無i(尤2，所以[n強，

石

要證/■&)+〃尤2)-3無；,

等價于證明%In%—x；-ax{+ax2Inx2-x1-ax2<%；-3x；,

等價于證明％,2/一x；-3+x2-2X2-x；-ax2<x；-3x；,

等價于證明4x；-。(西+x2)<0,

4%；-.(x+x2)<0

等價于證明1口上

因為再<W，所以

xi

2_2/\2

所以等價于證明21n三<上/=玉-1,

x\x\?

設(shè)強=/?>1),即證21n/—r+1<。，

%

設(shè)g(t)=21n-2+l,

則/?)=2一2/=二生，當(dāng)/>1時，g'⑺<。，

tt

所以g⑺在(l,y)內(nèi)單調(diào)遞減，所以g?)<g⑴=0,即23—r+1<0,

所以/(%)+〃3)〈門-3以

【點睛】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)

性，考查了運算求解能力，考查了化歸思想，將所證不等式轉(zhuǎn)化為2In上<

為

(\2

強-1是解題關(guān)鍵，屬于中檔題.

3.已知函數(shù)/(x)=(lnx—左一1)x(keR).

(1)當(dāng)人=0時，若g(x)=/(x)-加有兩個零點，求，”的取值范圍；

k

(2)若玉且/(%)=/(%)，證明：xl-x2<e-.

【答案】(1)(-1,0)；(2)證明見解析.

【解析】

【分析】(1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)〃x)的性質(zhì)，得到Ax)的大致圖形，根據(jù)圖形可得

結(jié)果；

⑵設(shè)〃%)=/伍)=，,即二:，所以

In石一左一1二—,Inxx-Inx2

:(0<x,<x2),兩式相減求出‘一,兩式相加得到

In%2-k—1——,再赴

一X2

1+土

(11)

—乜ln&<-2,令

Injq+Inx2-2k-2=t-+—,將所證不等式轉(zhuǎn)化為

I玉X271_A4

x2

根=:(0<根<1),構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)可證不等式成立.

【詳解】(1)左=0時，/(x)=(lnx-l)x,f'(x)=lnx,

...當(dāng)尤>1時，/‘(”>0,“工)遞增；當(dāng)。<%<1時，r(%)<o,/(九)遞減,

X=1時，/(x)1rfli=/"⑴=—1.

又0<x<e時，/(%)<0,且x-?0時，/(x)-0,X〉e時，/(%)>0,

所以/(x)的大致圖形如圖：

-2

-2-

所以由圖可得加的取值范圍是(-1,。).

(in%1-k-i)x=t.

(2)設(shè)/(%)=/(9)=/，即,x

(lnx2-k-1)x2=t.

1nxi

玉z\

(0<,

In%2—k—1=—,

一x2

1nxi-Inx2

t=~~r~

兩式相減得：1呻-1眸丁-“即:

(11、

兩式相力口：In玉+Inz—2k—2=%—I----

,1%Xl)

要證：xx<e2k,只需證：2Z:

12ln(x1x2)<ln(e),即：In%1+Inx2<2k

/、1

、1上1上、(11

只需證：t—?+2左+2<2左，只需證：t—?<—2

1+五

In%1-Inx2/]+1、

<2,只需證：-----hi—<-2

只需證：11

1-A%2

x2

令m=則只需證：匕'in加<—2,

1-m

口口、十

BPidE：lnm<--------

m+1

4

構(gòu)造函數(shù)=ln加-—-------=Inm—2H------(0<m<l),

m+1m+1

(m-1)2

141

則g'㈣=丁而留——T〉0,

.?.g(m)在(0,1)上單調(diào)遞增,

g(m)<g(1)=0,即~,得證.

m+1

【點睛】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)處理函數(shù)的零點問題，考查了轉(zhuǎn)化化歸思想，考查了

構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題，屬于中檔題.

4.已知函數(shù)/(x)=：-alnx-1.

（1）討論函數(shù)/（%）的單調(diào)性；

（2）若函數(shù)/（%）有兩個零點X1,巧，求證：11（9一。）+石>0.

【答案】（1）答案見解析；（2）證明見解析.

【解析】

【分析】（1）求得/'（X）,對參數(shù)。進行分類討論，即可利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)單調(diào)性;

（2）根據(jù)零點定理，用為々表示。，通過換元法，求目標(biāo)不等式轉(zhuǎn)化為

ll(u-l)

g(“)=lnw-(w>1）的值域問題，利用導(dǎo)數(shù)即可得證.

3(ll+u)

【詳解】（1）〃X）的定義域為（o,+8），/'（%）=1-0=三四.

當(dāng)時,r（x）>0,則/⑺在（0,+功上是增函數(shù).

當(dāng)a>0時，//（x）>0<^>x>3?；/'（x）>OoO<x<3a,

所以"%）在（0,3。）上是減函數(shù)，在（3a,+8）上是增函數(shù).

綜上，當(dāng)“40時，/（%）在（0,+。）上是增函數(shù)；

當(dāng)a>0時，"％）在（0,3a）上是減函數(shù)，在（3a,+8）上是增函數(shù).

（2）若函數(shù)/（%）有兩個零，點七，巧，根據(jù)（1）,可得a>0.

/、/、x-3a]nx.-3=0,

不妨設(shè)由/6=/%=0,得2■,QC

九2-3a\nx2-3=0,

xx-x2_

兩式相減，得%一％=3。1吁，解得3in^―a

“X2

11X+x>11(…)

要證明11%+石>11”，即證2131n五'

x2

Pn'Tln%1、11(再一9)

即證1丁>3(11々+%)'

ll(w-l)

設(shè)點j(w>1),則ln^>

3(11+〃)?

z、ll(w-l),、，/、144

則g(")=Inw-——_Hw>1),則g(M)=_—----------------->0,

ll(u-l)

所以g⑺在(L+8)上為增函數(shù)，從而g(a)>g⑴=0,即ln〃-成立,

3(ll+u)

因此，n(w-。)+%>0成立.即證.

【點睛】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，以及用導(dǎo)數(shù)證明不等式恒成立

問題，涉及構(gòu)造函數(shù)法，屬綜合中檔題.

5.已知函數(shù)/(x)=±+alnx(a>0).

(1)求”力的單調(diào)區(qū)間；

(2)若X],%(%<%)是/(*)的兩個零點，求證：々一玉<色/

([2)度,+j上單調(diào)遞增.⑵證明見解析

【答案】(1)0-上單調(diào)遞減,

a)

【解析】

【分析】

(1)對函數(shù)/⑺求導(dǎo)，求出/(x)>0"'(x)<0的解，即可得出結(jié)論;

(2)由(1)求出函數(shù)有兩解滿足的條件，再利用零點存在性定理求出其中一個零

式子特征，通過構(gòu)造函數(shù)g(x)=lnx+g，口0噂

證明g(x)>。，得出

lnx>--,即可證明結(jié)論.

X

【詳解】(1)由條件可知，函數(shù)/(力的定義域是(0,+8).

由〃x)=』+alnx可得7?'('=_=+@=絲心

XXXX

當(dāng)?！?時，當(dāng)0<x<F時，f(%)<0；當(dāng)x>[時，

f(x)>0,則在

上單調(diào)遞增.

(2)當(dāng)a〉0時，”力在［上單調(diào)遞減，在“［,+：)上單調(diào)遞增.所以

.^(X)min=f+fln|,

①當(dāng)?夕n》。時，即0<aW2e,此時小)至多1個零點，故不滿足條件;

②當(dāng)@+@ln2<0,即a>2e,即

22aNaNe

上單調(diào)遞增且/(1)=］〉0,所以,2<0,

因為/(%)在

則J—<X<1；

所以〃龍)在上有且只有1個零點4,2

Va

當(dāng)行0，\a時，令g(x)=lnx+L

11_1

則g(x)=：-g=r？，g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+8)上單調(diào)遞增.所以

g(x)2g(l)=l>。,

所以Inx〉」,+aIn—>+ci(—a)—0,

xa

又因為當(dāng)a>2e時，所以!<

a

又因為八%)在0,J：

上單調(diào)遞減，所以了(%)在0,.2有且只有一個零點,

aJ

則工1<不<、2,所以!<不

<-<x<l,

aaaVa2

llt、i—1

所以々一為<a---.

a

【點睛】本題考查用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值、零點，以及零點存在性定理應(yīng)

用，考查函數(shù)零點的特征，解題的關(guān)鍵要合理構(gòu)造函數(shù)，屬于較難題.

6.已知函數(shù)/(%)=inx-^ax2-bx(awO).

(1)若人=0,討論函數(shù)/⑴的單調(diào)性；

(2)若函數(shù)y=/(x)的兩個零點為七,々(刀產(chǎn)々)，記/=號衛(wèi)，證明:

/U)<o.

【答案】(1)答案不唯一，具體見解析；(2)證明見解析.

【解析】

【分析】

(1)求導(dǎo)討論。＜0和a＞0兩種情況，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的正負(fù)得到單調(diào)區(qū)間;

(2)根據(jù)零點定義代入化簡得到山石-山馬二女年-君)+。(石-%)，計算

/、

2~~lx

(%-％)/'伍)=上~土，設(shè)立=/(0＜/＜1),根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到最

土+1%%

x2

值，得到證明.

【詳解】(1)若/?=0,則/Xx)=lnx—Lt?2,/，(x)=L_以=匕”.

2xx

當(dāng)。＜0時，/(%)＞。恒成立，，函數(shù)/(%)在(0,+8)上單調(diào)遞增;

當(dāng)a>0時，令/'(x)>0,得0<%<口；當(dāng)/(%)<0,得x"

VaVa

函數(shù)f(x)在f0,上單調(diào)遞增，在(、口,+00)上單調(diào)遞減.

aa

綜上所述：當(dāng)。＜0時，函數(shù)/(%)在(0,+8)上單調(diào)遞增；當(dāng)〃＞0時，函數(shù)/(%)在

上單調(diào)遞增，在(衛(wèi),+oo)上單調(diào)遞減.

a

(2)函數(shù)y=/(x)的兩個零點為再，%(%。%2)，不妨設(shè)。＜玉＜九2,

xx

/(%1)=In%1~~i―如-0,/(x2)=lnx2~~2~bx2-0,

“七）一〃九2）=1口占一1口無2--%；)-b(尤］-%)=0，

-￥)+人(石-%2)?

即Inxx-Inx2=

又/''(x)=L—(以+份，)=%：々,；,f'M=—1------(a%j,

x2七十元？I，J

'2%,+%「

?'?(七-々)/(%)=("%)a—-9-O

(再+X2----------2J

乎二步,腦—考）+。（"%）=

/、

2土-1

2?一%）一（也占一In%）=~—In區(qū),

西+々2+1%

令五=/(0</<1),則)/)=2(51)_也*0</<1),

X21+1

???山）==一廠一品＜0,???一⑺在QD上單調(diào)遞減,故…）=。,

/、

2五-1

A_2—in土〉0，即（西一苫2）/（公）〉0,又看一々＜0?二十（無。）＜0?

五+1%2

X2

【點睛】方法點睛：本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，證明不等式，意在考查學(xué)生對于導(dǎo)

數(shù)的應(yīng)用能力，設(shè)函數(shù)y=/（x）在句上連續(xù)，在（。力）上可導(dǎo)，則：

1.若r（x）＞0,則y=〃力在［a,可上單調(diào)遞增;

2.若r（x）＜0,則y=/⑺在［a,可上單調(diào)遞減.

7.已知函數(shù)/'(x)=lnx-；ax2+x,aeR

（1）若/⑴=0,求函數(shù)/⑺的單調(diào)遞減區(qū)間;

（2）若關(guān)于x的不等式〃龍）4依-1恒成立，求整數(shù)a的最小值:

(3)若。=一2,正實數(shù)為,%滿足/(%)+/(々)+否工2=0,證明:3+々2布]

【答案】(1)(1,也)；(2)2；(3)證明見解析.

【解析】

【詳解】試題分析：(1)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間，注意首先明確定義域，正確求

導(dǎo)：因為/⑴=1—￡=0，所以a=2,/'(x)=，_2x+l=—2r+x+%x〉o)由

2xx

r?<o,得(2)不等式恒成立問題一般利用變量分離法：問題等價于

In%+x+1lnx+x+1

a”]2,在(0,+8)上恒成立.再利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)g")=12,最大值，令

—x+x—X+x

22

g'(x)=0根為%,g(x)在工€(0,不)上是增函數(shù)；在xe(%,+8)上是減函數(shù).

i+L

g(X)max=g(X°)=竽+*°+1=——吊[=,41,2)，所以整數(shù)。的最小值為

0

—%0+%0x0(l+—x())

2.(3)轉(zhuǎn)化為關(guān)于再+%的不等式即可：由/(藥)+/(入2)+玉%2=0，即

2xx

In玉+1：+玉+m々+x2+々+i2-0

從而(%1+%2)2+(%1+%2)=%1理-皿%]?%),利用導(dǎo)數(shù)求左邊函數(shù)最小值1,所以

2

(%]+x2)+(%+%2)N1,解得X]+x2>非2]

試題解析：⑴因為/⑴=1—5=0,所以〃=2,1分

止匕時/(x)=Inx-x2+%,x>0,

f(x)=---2%+1=----------(x>0)2分

xx

由廣(%)v。得2%2一%一1>0,

又x>0,所以.

所以/(%)的單調(diào)減區(qū)間為(L”).4分

(2)方法一：令g(x)=/(尤)一(以-1)=lnx-gox2+(1_Q)元+i,

所以g'^=--ax+(l-a)=—"廠+Q—""I.

XX

當(dāng)aWO時，因為％>0,所以g'(x)>0.

所以g(x)在(0,+8)上是遞增函數(shù),

13

又因為g⑴=lnl-5axi2+(1-^)+1=-—?+2>0,

所以關(guān)于X的不等式/(X)<依-1不能恒成立.6分

26Z(X--)(%+1)

當(dāng)〃>0時，，/、—ax+(1—d)x+1a

gW=----

x

令g'(x)=O,得％=’.

a

所以當(dāng)xe(02)時，gr(x)>0；當(dāng)xe(1,+co)時，gr(x)<0,

aa

因此函數(shù)g(x)在xe(0,-)是增函數(shù)，在xe(―,+oo)是減函數(shù).

aa

故函數(shù)g(九)的最大值為gd)=lnL-[a><d)2+(l-a)x-+l=^--Ina.8分

aalaa2a

令h(a)=----Ina,

2a

因為/z(l)=L〉O,/:(2)=--ln2<0,又因為丸(a)在ae(0,+oo)是減函數(shù).

24

所以當(dāng)a?2時,h(a)<0.

所以整數(shù)。的最小值為2.10分

方法二：(2)由恒成立，得Inx-工以？+了<6a」在①件⑹上恒成

2

立，

Inx+%+1

a>---------

問題等價于12,在(0,+8)上恒成立.

—X+X

2

lnx+x+1

令g(x)=1,只要a2g(x)max-6分

一X十X

(%+1)(--%-Inx)

因為g'(x)=——1--------，令g'(x)=0,得——%—lnx=0.

(―X2+%)2

h(x)=-—x-Inx,因為〃(%)=_工一工<0,

所以h(x)在(0,+8)上單調(diào)遞減,

22x

不妨設(shè)—g%Tnx=0的根為%.

當(dāng)犬￡(0,九0)時，gf(x)>0；當(dāng)天￡(%0，+8)時,gr(x)<0,

所以g(x)在xe(O,Xo)上是增函數(shù)；在xe(%,+00)上是減函數(shù).

1+L

所以g(X)max=g(X°)=竽+X?！?----3—=—?8分

2+/%(1+萬/)0

因為父;)=山2—；>0,A(l)=-1<0

所以:</<1,此時1<,<2,即gOO3eQ，).

2x0

所以a>2,即整數(shù)a的最小值為2.10分

(3)當(dāng)〃=—2時，/(x)=Inx+x2+x,x>0

由/(玉)+/(九2)+玉%2=0，即In%]+%；+再+lnX2+/2+%2+石％2=。

從而(芯+%2)2+(石+%)=%予2-111(%廠％2)13分

t-1

令t=X\-*2,則由0?)=tTnt得,9")=

t

可知，(p(t)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1,y)上單調(diào)遞增.

所以。⑺2。(1)=1,15分

所以(芯+/I+(%+々)n1，

因此西+々2」|匚成立.16分

考點：利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間、函數(shù)最值

8.已知函數(shù)/(x)=lnx-x+a.

(1)求函數(shù)“力的最大值；

(2)若函數(shù)八％)存在兩個零點七,%(%<%2)，證明：21nxi+ln%<0.

【答案】(1)最大值是/⑴=T+a；(2)證明見解析.

【解析】

【分析】(1)求出導(dǎo)數(shù)，由導(dǎo)數(shù)確定單調(diào)性后可得最大值.

(2)由(1)知兩個零點七,%(%</)，為?(。，1)，X,G(1,+CO),零點間關(guān)系是

\nxi-xi+a^Vnx2-x2+a,變形為9-占=足①，引入變量，=X，則r>l,

x\王

3

In/tin/2tin1

石=—%=-要證的不等式等價變形為芍々<1，;~rr<l,即證

t-1t-1(r-1)

rln3r<(r-l)3,(z>i),為此引入新函數(shù)g(x)=Hn3f_?-ip,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)

的單調(diào)性為減函數(shù)，則可證得結(jié)論成立，這里需要多次求導(dǎo)變形再求導(dǎo)才可證明.

11—x

【詳解】(1)函數(shù)定義域是(0,+8),由題意/'(%)=—-1=」，

XX

當(dāng)0<%<1時，/'(x)>0,/(X)遞增，當(dāng)％>1時，r(x)<0,/(x)遞減，

所以x=1時，fM取得唯一的極大值也是最大值f(l)=-l+a.

(2)由(1)/(1)=?-1>0,即<7>1時，/(X)有兩個零點占,々，(無]<尤2)，則

X,e(0,l),x2G(l,+co),

x

[±]ln%1-xI+a=ln%2-%2+a=0,得々-i=Inx2-lnX]=ln衛(wèi)，

xi

.xIn?

令/=—2,貝ijr>1,—%=Inf,%=----,

%t-1

21nxi+ln%2<0o皿"馬)<。=。<x；9<1，xix2>0顯然成立，

要證21nxi+111々<0,即證片9<1，

只要證<1,即證〃n3/<?—l)3,(r>i),

("1)3

令g(x)=,g(l)=0,

g'(t)=如31+3h?/—3(1)2,g，⑴=o,

令k(t)=g'(t),貝Uh'(t)=-6a-l)=-[ln2?+21n?-2z2+2t),

ttt

〃⑴=0,

令m(t)=ln21+2]nt-2t2+2t,

加⑺=21"'+——4^+2=—(Int+1—2t2+t),加(1)=0,

ttt

令〃(/')—In%+1—2t2+1,

n'(t)=--4t+l,t>0時，"'⑺是減函數(shù)，所以時，“'(/)<"'(1)=一2<0,

t

所以〃⑺是減函數(shù)，咐<"(1)=0,即/⑺<0(￡以),

所以根⑺是減函數(shù)，<m(l)=0,所以丸'?)<0,無⑺在/>1時是減函數(shù)，

h(t)<h(l)=0,即g'⑺<0,所以g⑺在。4W)上是減函數(shù),g⑺<g(l)=0,

所以1)3<0,即Hn3f

綜上，21nxi+ln%<0成立.

【點睛】本題考查用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值，用導(dǎo)數(shù)證明有關(guān)函數(shù)零點的不等式，掌握導(dǎo)

數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系是解題基礎(chǔ).證明不等式關(guān)鍵在于轉(zhuǎn)化與化歸，如轉(zhuǎn)化為研究函

數(shù)的最值，研究函數(shù)的單調(diào)性可能需要多次求導(dǎo)才能得出結(jié)論.在需要引入新函數(shù)

時，應(yīng)對不等式進行變形，使新函數(shù)越來越簡單.

9.已知函數(shù)/(x)=ox-lnx(aeH).

(1)討論八％)的極值；

/、11

(2)若““有兩個零點七，巧，證明：—+-—>2.

HI4]-Lna)

【答案】(1)答案見解析；(2)證明見解析

【解析】

【分析】

(1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論。的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可得到極值；

(2)根據(jù)零點的概念得到不丁=",利用分析法只需證:

In—<——,令/=衛(wèi)〉1,即證設(shè)=Inf一!卜一工

%々Jxi21〃21。

根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可.

【詳解】⑴廣(力=。」=竺匚(x>0),

JCX

①當(dāng)awo時，由于無>0,故依-1<0,/(%)<0,

所以/(X)在(0,+。)內(nèi)單調(diào)遞減，無極值;

②當(dāng)a〉0時，由/'(尤)=0,得％=工，

a

在1°,!］上，r(”<°，在［!，+s］上，r(x)>o,

所以函數(shù)“力的單調(diào)遞減區(qū)間為,單調(diào)遞增區(qū)間為t,+8)

函數(shù)“X)有極小值/(￡|=l+lna,無極大值，

綜上：當(dāng)時，/(%)無極值；當(dāng)。>0時，/(%)有極小值1+lna,無極大值.

(2)函數(shù)/(%)有兩個零點均，巧，不妨設(shè)不<*2，

由(1)得，〃>0且—］=l+ln〃<0,「.0<。<一,

\aJe

貝|1111玉一〃玉=0,Inx2-ax2=0,In^—In^=a(^x2—,

Inx-In2

即---9------

x2-x1

11111c

要證：■+->2,0<a<-y需證：一十—>2a,

mxilnx2e西x2

x+x2+xInx-Inx

只需證：3—9只需證：(~9->―9-——L,

2再%22玉%2%2一玉

、

只需證：誓2當(dāng)2＞ln三，只需證：In逍＜1:/強—五,

Xl石2I再九2J

令，=；〉1,即證

設(shè)9?)=ln/--,

則“⑺=2：T＜0-即函數(shù)。⑺在(1，+8)單調(diào)遞減,

則咐＜刎=°，即得自+表”

【點睛】思路點睛：

(1)通過單調(diào)性求函數(shù)的極值，定義域為(0,+”),按照導(dǎo)函數(shù)的零點與區(qū)間端點

0的關(guān)系進行分類討論；

(2)將。利用玉表示，將不等式轉(zhuǎn)化為關(guān)于三的不等式，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的

%]

單調(diào)性進行證明.

10.已