雙極值不等式證明 教師版

1.已知函數(shù)f(x)=ax+x3.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在(-∞,--a)，(-a，+∞)上單調(diào)遞增，在(--a，-a)上單調(diào)遞減.(2)(i)(-∞,-2).(ii)證明詳情見(jiàn)解答.(1)因?yàn)閒(x)=ax+x3，定義域?yàn)镽，所以f′(x)=a+x2，所以f(x)在R上單調(diào)遞增，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間，當(dāng)a<0時(shí)，令f′(x)=0得x=-、-a或x=、-a，所以在(-∞,-、-a)上f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，在(-、-a，-a)上f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，在(-a，+∞)上f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在(-∞,--a)，(-a，+∞)上單調(diào)遞增，在(--a，-a)上單調(diào)遞(2)因?yàn)閒(x)=ax+x3，g(x)=f(x)+2ex+2cosx有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，所以g′(x)=2ex+a-2sinx+x2=0在R上有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根x1，x2，(i)設(shè)F(x)=2ex+a-2sinx+x2，所以F′(x)=2ex-2cosx+2x，設(shè)u(x)=F′(x)=2ex-2cosx+2x，所以F′(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增，所以F(x)max=F(0)=2+a，所以2+a<0，即a<-2，又當(dāng)a<-2時(shí)，若x<0，F(xiàn)(x)=2ex-2sinx+x2+a≥2ex-2+x2+a>x2+a-2，F(xiàn)(-2--a)>(-2--a)2+a-2=-a+4+4-a+a-2=2+4-a>0，所以F(x)在(-2-、-a，0)上存在唯一零點(diǎn)x1，若x>0，F(xiàn)(x)=2ex-2sinx+x2+a>2-2+x2+a=x2+a，所以F(x)在(0,、-a)上有一個(gè)零點(diǎn)x2，所以當(dāng)a<-2時(shí)，函數(shù)F(x)有兩個(gè)不等零點(diǎn)x1和x2，所以g(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，則a<-2，(ii)證明：因?yàn)閤1<x2，所以由(i)知，x1<0<x2，2設(shè)G(x)=g(x)+g(-x)(x>0)，x+a-2sinx+x2-(2e-x+2sinx+x2)=2ex-2e-x-4sinx，設(shè)t(x)=2ex-2e-x-4sinx>2?2ex?e-x-4cosx=4(1-cosx)≥0，所以g(x2)+g(-x2)>8，又x2>0，所以-x2<0，所以g(-x2)≤g(x1)，所以g(x1)+g(x2)≥g(-x2)+g(x2)>8，所以原不等式成立.2.已知函數(shù)f(x)=xlnx-a(x2-1)+x.6x1x>32.(1)由f(x)=xlnx-a(x2-1)+x，得f′(x)=lnx-2ax+2(x>0)，因?yàn)閒(x)單調(diào)遞減，所以f′(x)=lnx-2ax+2≤0在(0,+∞)上恒成立，令g′(x)=0得x=，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，所以f′(x)=lnx-2ax+2(x>0)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，令u(x)=lnx-2ax+2(x>0)，則u(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，u′(x)=-2a=，所以u(píng)(x)極大值=u=ln-2a×+2=-ln2a+1>0，只需證明lnx1+2lnx2>5ln2-6，要證明lnx1+2lnx2>5ln2-6，所以s(t)<s=+3ln2-3<0，所以h(t)>h=5ln2，所以lnx1+2lnx2>5ln2-6，6x1x>32.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，求證：--x1<f<-2(-1(2.(1)當(dāng)a≥-0,+∞)上是增函數(shù)；令h(x)=x2+3ax+2，△=9a2-8，2≤0恒成立，所以f′(x)≥0，此時(shí)，f(x)在區(qū)間(0,+∞)上是即f′(x)>0在區(qū)間(0,+∞)上恒成立，此時(shí)f(x)在區(qū)間(0,+∞)上是增函數(shù)；0,,+∞(時(shí)，f′>0，x∈1+x2=-3a，所以f(x2)=f=-++2ln=--2lnx1-2+2ln2.先證左邊：f(x2)-(--x1(=f(x2)++x1=f++x1=x1-2lnx1-2+2ln2.考慮函數(shù)g(x)=x-2lnx-2+2ln2，x<2，則g′(x)=1-<0，所以g(x)在(0,2)上是減函數(shù)，所以g(x)>g(2)=0，即f(x2)++x1>0，所以--x1<f(x2)，再證右邊：f(x2)-LΓ|-2-1(2=f(x2)+2-1(2=f+2-1(2=2ln-，綜上證得-x1<f<-2(-1(2.4.設(shè)函數(shù)f(x)=x(x2-3x+a)，a∈R.(1)當(dāng)a=-9時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間；(3)若函數(shù)在區(qū)間(0,2)內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且|f(x1)-f(x2)|>|f(x1)+f(x2)|，求a的取值范圍.(1)函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(-∞,-1)，(3,+∞)；(1)當(dāng)a=-9時(shí)，f(x)=x(x2-3x-9)，則f,(x)=3x2-6x-9=3(x+1)(x-3)，由f,(x)>0得x<-1或x>3，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(-∞,-1)，(3,+∞)；(2)函數(shù)f(x)=x(x2-3x+a)，則f′(x)=3x2-6x+a，∵函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上為減函數(shù)，f2-6x+a≤0?a≤-3x2+6x，2+6x>0，2-6x+a，+x2=2,x1x2=①,不妨令0<x1<x2<2，則f,(x)=3(x-x1)(x-x2)，當(dāng)0<x<x1或x2<x<2時(shí)，f,(x)>0，當(dāng)x1<x<x2時(shí)，f,(x)<0，)-f(x2)|>|f(x1)+f(x2)|兩邊平方得f(x1)?f(x2)<0，則f(x1))=x1(x-3x1+a)?x2(x-3x2+a)<0，即(x-3x1+a)(整理得(x1x2)2-3x1x2(x1+x2)+a[(x1+x2)2-2x1x2]+9x1x2-3a(x1+x2)+a2<0②,聯(lián)立①②得a2-a<0，解得0<a<，綜上所述，0<a<，f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>2時(shí)，又f(1)=0，f(x)=lnx+x2-ax+a2，f′(x)=+x-a=，由f′(x)>0，得0<x<或x>；所以f(x)在2=11+x2=a，所以f(x1)>f(x2)，因?yàn)閒(x)=lnx+x2-ax+a2，)-f(x1)|=f(x1)-f(x2)=lnx1+x-ax1+a2-(lnx2+x-ax2+a2(=ln+2=ln+=ln-2令t=(0<t<1)，則f(x1)-f(x2)=h(t)=lnt-t+t，h′(t)=--22=-t2t-1=-(t1)2<0，所以h(t)在(0,1)上單調(diào)遞減，又h((=-ln2,h((=-2ln2，且h((=-ln2<h(t)<-2ln2=h((，所以<t<，又g(t)=t++2在(,(上單調(diào)遞減，6.已知函數(shù)f(x)=x2+aln(x+1).|(1)若函數(shù)y|<f(x2)<0.<f(x2)<0.(1)-，+∞(.(1)函數(shù)f(x)在區(qū)間，+∞(上是單調(diào)遞增函數(shù)，所以f′(x)=2x+|||令g(x)=-2x2-2x，g(x)=-2(x+|又g(x)=-2(x+(2+所以g(x)max=所以a≥-，(2)證明：f′(x)=在區(qū)間(-1,+∞)上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，2x+a=0在區(qū)間(-1,+∞)上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，設(shè)g(x)=2x2+2x+a，->-1g(-<0->-1g(-<0所以x1ln設(shè)p(x)=+2ln(x+1)，又u(-=-<0，u(0)=2>0，又p(0)=0，p(-=1-2ln2<0，所以h(0)<h(x)<h(-，所以0<h(x)<ln2-，即0<<ln2-=ln2e，所以x1ln<f(x2)<所以x1lne7.已知函數(shù)f(x)=aln(1+x2-x(a∈R).1<x2f(x2)>.②當(dāng)0<a<1時(shí)，由f(x)=0得x1=-1-a，x2=、1-a，④當(dāng)a<0時(shí)，由f(x)=0得x1=、1-a，x2=-、1-a(舍)，1<x2，則0<a<1，x1=-、1-a，x2=、1-a，要證f(x2)>?2f(x2)-x1>0?f(x2x2>0?aln(x2+1x-x2>0?(1+x2)ln(x2+1)-x2>0，∴g(x)>g(0)=0，8.x2+mx-xlnx.(1)由題意，f′(x)=x+m-1-lnx，即m≥lnx-x+1在[1，+∞)恒成立，令g(x)=lnx-x+1，則在上恒小于等于0，(2)證明：f′(x)=x+m-1-lnx有兩個(gè)零點(diǎn)，即m=lnx-x+1有兩個(gè)根.所以m<0，且0<x1<1<x2.2<，只需證lnx1-x1+1>ln-+1，只需證2lnx1-x1+>0，故m(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，9.已知函數(shù)f(x)=4x-x2-alnx.f(x1)+f(x2)<7+e-lnx1-lnx2.【解析】(1)由題意知，f(x)定義域?yàn)?0,+∞)，f(x)=4--x==-(x>0)，令y=x2-4x+a，則△=4(4-a)，②當(dāng)0<a<4時(shí)，△>0，x2-4x+a=0的2個(gè)根為x1=2-、4-a，x2=2+、4-a，此時(shí)x1>0，則f(x)>0?2-4-a<x<2+4-a，f(x)<0?0<x<2-4-a或x>2+、4-a，所以f(x)在(0,2-4-a)上單調(diào)2-4x+a=0的2個(gè)根為x1=2-4-a，x2=2+、4-a，此時(shí)x1≤0，x2>0，則f(x)>0?0<x<2+、4-a，f(x)<0?x>2+、4-a，所以由(1)可知0<a<4，且x1+x2=所以f(x1)+f(x2)=(4x1-alnx1-x(+(4x2-alnx2-x(=4(x1+x2)-a(lnx1+lnx2)-+x)=a-alna+8，要證f(x1)+f(x2)<7+e-lnx1-lnx2，即證a-alna+8<7+e-lna，則mI(a)=-lna++1=-lna，令n(a)=mI(a)，則nI(a)=--<0恒成立，又mI(1)=1>0，mI(2-ln2=lne-ln2=ln=ln<0，000=，0則m(a)max=m(a0)=(1-a0)lna0+a0+1-e=(1-a0)+a0+1-e=a0+-e，所以a0+-e<2+-e<0，所以m(a)<0，即f(x1)+f(x2)<7+e-ln(x1)-lnx2.10.已知函數(shù)f(x)=alnx-(a∈R).2x2-2x1-alnx2+alnx1<0.(x)=-1-=-<0?2x2-5x+2>0?x>2或0<x<由fI(x)>0?<x<2，xx當(dāng)0<a≤2時(shí)，fI(x)=-1-=-=0?x2-ax+1=0,△=a2-4<0，fIxx(x)<0，∵x1<x2，要證2x2-2x1-alnx2+alnx1<0，即證令則只需證<lntg=lnt--(1)討論f,(x)的單調(diào)性(其中f,(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù))；(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x1，x2，證明：x1+x2<-2lna.(1)當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)的增區(qū)間為由fx2-aex+bx+1，得f′=x-aex+b，令g(x)=x-aex+b，得g′1-aex+b=0，x2-aex+b=0，則x1-x2=a(ex1-ex2)，可得a=，∴要證x1+x2<-2lna，需要證x1+x2<-2ln，+x2<(也就是證=ex1-x2+ex2-x1-2，不妨取x1<x2，且令t=x2-x1>0，需證t2<et+e-t-2，令h(t)=t2-et-e-t+2，則h′(t)=2t-et+e-t，t-e-t≤2-2、et?e-t=0(等號(hào)不成立)，有t2<et+e-t-2，故x1+x2<-2lna.可得f(x)=ex+2ax，可得g(x)=ex+2a，所以函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增，即函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，所以f(x)在R上存在唯一變號(hào)零點(diǎn)，易知函數(shù)f(x)=ex-1在R上單調(diào)遞增，令g(x)=0，解得x=ln(-2a)，所以當(dāng)x<ln(-2a)時(shí)，f′(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>ln(-2a)時(shí)，f′(x)單調(diào)遞增，又f′(ln(-2a))=-2a[1-ln(-2a)]，易知f′(ln(-2a))≥0，所以f′(x)≥0，f(x)在R上單調(diào)遞增，當(dāng)ln(-2a)>1，即a<-時(shí)，易知f′(ln(-2a))<0，又f′(0)=1>0，f′(-2a)=e-2a-4a2=(e-a-2a)(e-a+2a)>(e-a-2a)[e(-a)+2a]=-a(e-a-2a)(e-2)此時(shí)f′(x)在R上存在兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，此時(shí)x1-lnx1=x2-lnx2，下證x1+x2>x1-x22lnx1下證x1+x2>x1-x2即證lnt>不妨設(shè)h(t)=lnt-，函數(shù)定義域?yàn)?1,+∞)，所以函數(shù)h(t)在定義域上單調(diào)遞增，此時(shí)h(t)>h(1)=0，故x+x>2(a+1)+e.13.已知函數(shù)f(x)=x2+ax-(a∈R).(1)當(dāng)a=1且x>-的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a>時(shí)，若函數(shù)g(x)=f(x)-x2-lnx的兩個(gè)極值點(diǎn)分別為x1，x2，證明：0<(1)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,0(和(0,+∞)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間；x(1)當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=x2+x-1，x①當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)>0恒成立，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增.(2)證明：因?yàn)間(x)=f(x)-x2-lnx=ax--lnx(a∈R,x>0)，2是函數(shù)g(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，2是方程ax2-x+a=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)解，由△=1-4a2>0不妨設(shè)x1<x2，所以0<x1<1<x2，即g(x1)>g(x2)，故|g(x1)-g(x2)|=g(x1)-g(x2)ax1--lnx1-ax1+lnx1(=2(ax1--lnx1(．(*)又因?yàn)閤1是方程ax2-x+a=0的根，得g(x1)-g(x2)=2--lnx1(=2-lnx(，令x=t，則<t<1.設(shè)h(t)=2-lnt(，<t<1，則h(t)單調(diào)遞減，即0<|g(x1)-g(x2)|<<，得證.14.已知函數(shù)f(x)=x2-ax+lnx(a∈R).f(x1)-f(x2)<-+ln2.(1)(-∞,2+ln2；(1)由于x>0，故f(x)=x2-ax+lnx≥0轉(zhuǎn)化為a≤.設(shè)h(x)=x2+1-lnx，則h,(x)=2x-=.解h,(x)>0可得，x>，所以h(x)在,+∞(上單調(diào)遞增；解h/故h(x)在x=處有極小值，也是最小值h=+ln2>0.由已知f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，所以方程2x2-ax+1=0有兩個(gè)則△=a2-8>0，且x1x2=，2x-ax1+1=0，2x-ax2+1=0，所以ax1=2x+1，ax2=2x+1.所以f(x1)=x-ax1+lnx1=x-(2x+1)+lnx1=-x+lnx1-1，f(x2)=-x+lnx2-1，所以f(x1)-f(x2)=-x+lnx1-1-(-x+lnx2-1)=x-x-ln=4-x+ln(2x).令t=x，則t>1，設(shè)k(t)=-t+ln(2t).(t)=--1+-1(2<0，所以k(t)=-t+ln(2t)在(1,+∞)為減函數(shù)，所以k(t)<k(1-1+ln2=-+ln2.即f(x1)-f(x2)<-+ln2.15.已知函數(shù)f(x)=x2-1+aln(1-x)，a∈R.又因?yàn)榍芯€與直線3x+y-1=0垂直，所以-a×(-3)=-1，所以a=-.(2)證明：函數(shù)f(x)=x2-1+aln(1-x)，a∈R，定義域?yàn)閧x|x<1}，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1、x2，且所以f′(x)=0在(-∞,1)上有兩個(gè)極值點(diǎn)x1、x2，且x1<x2，(，要證x1f(x--f(x2)<0，需證x1f(x1)-x2f(x2)>0，又===-(1+x1)+2x1ln(1-x1)，=-(1+x2)+2x2ln(1-x2)，所以-=x2-x1+2x1ln(1-x1)-2x2ln(1-x2)=2x2-1+2(1-x2)lnx2-2x2ln(1-x2)，令g(x)=2x-1+2(1-x)lnx-2xln(1-x)，x∈,1(，所以-2ln[x(1-x)]>0，16.已知函數(shù)f(x)=ex+m+(m+1)x-xlnx.(1)f(x)的圖象在x=1處的切線方程為ex-y+1=0；(1)已知f(x)=ex+m+(m+1)x-xlnx，函數(shù)定義域?yàn)?0,+∞)，當(dāng)m=0時(shí)，f(x)=ex+x-xlnx，可得f(x)=ex+1-1nx-1=ex-1nx，所以f′(1)=e，所以f(x)的圖象在x=1處的切線方程為y-(e+1)=e(x-1)，(2)證明：因?yàn)閒(x)=ex+m+(m+1)x-xlnx，可得f(x)=ex+m+m+1-lnx-1=ex+m+m-1nx，因?yàn)閒(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，所以方程ex+m+m-lnx=0有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根x1，x2，即方程xex=(lnx-m)=ln=eln有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根x1，x2，所以x=ln，即m=lnx-x有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根x1，x2，此時(shí)m=lnx1-x1=1nx2-x2，需證x1x2<，不妨設(shè)0<x1<x2，可得lnt<0，即證2lnt-t+，不妨設(shè)h(t)=2lnt-t+，函數(shù)定義域?yàn)?0,1)，可得h′(t)=-1-=<0，所以h(t)在定義域上單調(diào)遞減，此時(shí)h(t)>h(1)=0，17.已知函數(shù)f(x)=xlnx-ax2有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1<x2).x2=.(1)實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,；(1)已知f(x)=xlnx-ax2，函數(shù)定義域?yàn)?0,+∞)，可得f′(x)=lnx+1-2ax，若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，此時(shí)f′(x)=0有兩個(gè)解x1，x2，可得g′(x)=，++，又g(x)≤g(1，所以要使方程a=有兩個(gè)解，rlnx1+1rlnx1+12tx1=a可得{lnx1+2tx1=a所以lnt=(lnx1+1)(t-1)，即lnx1= lnt-1tlnt-1整理得x1=et-1，x2=et-1，所以x1+x2-=+e， lnttlnt不妨設(shè)h(t)=et-1+et-1-et，函數(shù)定義域?yàn)?1,+∞)，不妨設(shè)m(x)=e lnttlnt可得m′(x)=ex-e，所以m(x)>m(1)=0，x>ex，不妨設(shè)n(t)=(t+1)lnt-2(t-1)，函數(shù)定義域?yàn)?1,+∞)，可得n′(t)=lnt+-2=lnt+-1，可得p′(t)=-=>0，所以p(t)單調(diào)遞增，此時(shí)p(t)>p(1)=ln1+1-1=0，所以p(t)>0在定義域上恒成立，則函數(shù)n(t)在定義域上單調(diào)遞增，此時(shí)n(t)>n(1)=0，所以(t+1)lnt>2(t-1)，此時(shí)h>0， 又h(e2)=ee-1+ee-1-e3=(1+e2)ee-1-e312)e3-e3<9×2-e3<0，因?yàn)閔h(e2)<0，18.已知f(x)=xlnx-ax2+x有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1<x2.1+x2>.(1)(0,；(1)∵f′(x)=lnx-ax+2，:0<a<e，<x1<<x2.:x2為f(x)的極大值點(diǎn)，:g(x)在,+∞(上單調(diào)遞增，:x2>e2，要證x1+x2>設(shè)θ(t)=t2+(2-4ln3)t+1，∵θ(t)=t2+(2-4ln3)t+1的對(duì)稱軸為t=-=2ln3-1<2×2-1=3，∴θ(t)在(3,+∞)單調(diào)遞增，∴θ(t)>θ(3)=16-12ln3=4×(4-3ln3)=4(lne4-ln33)>0，∴φ(t)單調(diào)遞增.19.已知函數(shù)f(x)=x(lnx-ax)，a∈R.(1)若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1<x2)．求實(shí)數(shù)a的取值范圍.2-x1>-2.(1)(0,；(1)已知f(x)=x(lnx-ax)，函數(shù)定義域?yàn)?0,+∞)，可得f′(x)=lnx-ax+x-a(=lnx-2ax+1，不妨設(shè)g(x)=f′(x)=lnx-2ax+1，函數(shù)定義域?yàn)?0,+∞)，可得-2a，因?yàn)閒(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1<x2)，所以g(x)=0有兩個(gè)不等正實(shí)根x1，x2(x1<x2)，極大值也是最大值為(=-ln所以g(x)=0有兩個(gè)不等正實(shí)根x1，x2(x1<x2)的必要條件是g=-ln(2a)>0，所以gg<0，因?yàn)間(x)=lnx-2ax+1<2x-2ax+1，0>且g(x0)<0，所以gg(x0)<0，<<x2，又x2>，所以x2-x1>-1，因?yàn)間(x1)=g(x2)=0，整理得lnx1-lnx2=2a(x1-x2)，所以x1+x2>.此時(shí)3x2-x1=(x1+x2)+2(x2-x1)>+-2=-2，此時(shí)lnt<不妨設(shè)h(t)=lnt-，函數(shù)定義域?yàn)?0,1)，所以h(t)<h(1)=0，故不等式<成立.20.已知函數(shù)f(x)=ex-ax2+e2x有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1<x2).x2<2ln2a.(1),+∞(；(1)已知f(x)=ex-ax2+e2x，函數(shù)定義域?yàn)镽，可得f(x)=ex-2ax+e2=0，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1<x2)，所以f(x)有兩個(gè)兩側(cè)異號(hào)的零點(diǎn)x1，x2，可得g不妨設(shè)h(x)=(x-1)ex-e2，函數(shù)定義域?yàn)镽，(x)=xex，+所以2a>e2，)=f/(x2)=0，所以ex-ex=2a(x2-x1)，x-xx2-x1要證>eu，u-e-u>2u，(u)=eu+e-u-2≥2、eu?e-u-2≥0，此時(shí)eu-e-u>2u，所以>e，x+x則2a>e2，故x1+x2<2ln2a.21.已知函數(shù)f(x)=ex-ax2+e2x有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1<x2).x2<ln2a.(1),+∞(；(1)已知f(x)=ex-ax2+e2x，函數(shù)定義域?yàn)镽，可得f(x)=ex-2ax+e2=0，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1<x2)，所以f(x)有兩個(gè)兩側(cè)異號(hào)的零點(diǎn)x1，x2，可得g不妨設(shè)h(x)=(x-1)ex-e2，函數(shù)定義域?yàn)镽，可得h(x)=xex，此時(shí)g(x)=<0，又h(2)=0，+證明：因?yàn)閒(x1)=f(x2)=0，所以ex-ex=2a(x2-x1)，xxx+xx2-x1下證e-e>ex2-x1要證>eu，u-e-u>2u，可得φ(u)=eu+e-u-2≥2、eu?e-u-2≥0，此時(shí)eu-e-u>2u，xxx+xx2-x1所以e-e>ex2-x1x+x則2a>e2，故x1x2<<ln2a.+x2<ln4.所以g(x)max=g(ln2)=2ln2+a-2>0，可得a>2-2ln2，=e2-4>0，即y所以y=ex-x2在(2,+∞)上單調(diào)遞增，又由g(a+2)=2(a+2)+a-ea+2<2a+4+a-(a+2)2=-a2-a<0，+a-ex=2x2+a-ex(x∈R)，不妨設(shè)x1>x2，要證x1+x2<ln4，即證ex+x<4，即、ex+x<2，xxx-xxxx-xx-x只需證>e2e2-e2>x1-x2，令，可得h=et-e-t-2t，t+e-t-2>2、et?e-t-2=0，x+x<2，所以x1+x2<ln4.23.設(shè)函數(shù)f(x)=ae2x+(1-x)ex+a(a∈R).2-x的單調(diào)區(qū)間；(x1<x2).②證明：x1+2x2>3.【解析】(1)當(dāng)a=時(shí)，f(x)=+(1-x)ex+,f(x)=e2x-2-xex，故g(x)=ex-xe2，(2)①f,(x)=ex(2aex-x)，依據(jù)題意可知f,(x)=0有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根，x-x=0有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根x1，x2.x-x=0有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根可轉(zhuǎn)化為令h(x)=，則h,(x)=，所以h(x)在(-∞,1)單調(diào)遞增，在(1,+∞)單調(diào)遞減，所以h(x)≤h(1.x-x=0有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根x1，x2，(ex-x+2)>3.所以只要不等式(3-t)et-2t-3>0在t<0時(shí)成立即可.設(shè)函數(shù)m(t)=(3-t)et-2t-3(t<0)，則m,(t)=(2-t)et-2(t<0)，設(shè)p(t)=(2-t)et-2(t<0)，則p,(t)=(1-t)et>0(t<0)，故p(t)=m,(t)在(-∞,0)單調(diào)遞增，得m,(t)<m,(0)=0，所以m(t)在(-∞,0)單調(diào)遞減，得m(t)>m(0)=0.24.已知函數(shù)f(x)=(x-2)ex-1-a(x-1)2.(1)求函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)；2為g(x)=f(x)+(3-x)ex-1的兩個(gè)極值點(diǎn)，證明：x1x2<[ln(2a)+1]2.(1)當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)有唯一的極小值點(diǎn)1；f(x)無(wú)極值點(diǎn)；(1)f′(x)=(x-1)ex-1-2a(x-1)=(x-1)(ex-1-2a)，x-1-2a>0，>x2，由題得g(x)=f(x)+(3-x)ex-1=ex-1-a(x-1)2，則g′(x)=ex-1-2a(x-1)，設(shè)h(x)=ex-1-2a(x-1)，則h′(x)=ex-1-2a，2為函數(shù)g(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)可知g′(x1)=g′(x2)=0，x-1=2a(x1-1)，ex-1=2a(x2-1)得ex-1-ex-1=2a(x1-x2)，x>0，a>0，所以x1-1>0，x2-1>0，令ex-1=m>1，ex-1=n>1，則x1-1=lnm，x2-1=lnn，m>n>1，-1)(x2-1)=elnmlnn<e=elnmn=mn，令m(x)=lnx-x->1)，令x=(m>n>1)，則>1，則ln<-，即mn<，所以e·(x1-1)(x2-1)<mn<=2a，2-1)<(ln2a)21x2<(ln2a)2+x1+x2-1，又==lnmn<ln2a，所以x1+x2<2ln2a+2，故x1x2<(ln(2a)+1)2.25.已知函數(shù)f(x)=mex-1-lnx，m∈R.(2)當(dāng)m=e時(shí)，g(x)=f(x)+lnx-有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1<x2，若e<t<，(i)2<x1+x2<3；)<0.(ii)證明詳情見(jiàn)解答.【解析】(1)因?yàn)閒(x)-1=mex-1-lnx-1=0，設(shè)φ(x)=-1-lnx，x>0，則φ′(x)=--<0，所以h(x)max=h(1)=1，(2)證明：(i)當(dāng)m=e時(shí)，g(x)=ex-x2->0)，則g′(x)=ex-tx，2是方程ex-tx=0的兩根，設(shè)n(x)=，則n′(x)=， 所以x2-x1=lnx2-lnx1=ln，令p=>1， 即lnp>所以g(x1)+2g(x2)=ex1-x-+2ex2-tx-e=ex1-x+2ex2-tx-e=ex1-ex1+2ex2-x2ex2-e2-x2)-e，由(i)知1<2-x1<x2<2，則s′(x)=(1-x)ex<0，所以s(x)單調(diào)遞減，所以s(x2)<s(2-x1)，即(2-x2)ex<x1e2-x， 則M1-x)ex+(1-x)e2-x≥0，所以M(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，又M(1)=0，所以M(x1)<0，26.已知函數(shù)f(x)=lnx+(a∈R).(2)函數(shù)g(x)=xf(x)-ax2-x有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x1，x2(x1<x2)，證明：lnx1+2lnx2>)=lnx1-2ax1=0，g)=lnx2-2ax2=0，lnx1+2lnx2=2ax1+4ax2=2a(x1+2x2)，要證lnx1+2lnx2>3，只要證>3，即證2a>x1x1設(shè)=t(0<t<1)，則只要證lnt<，∴只要證(t+2)lnt<3t-3，(2)已知函數(shù)F(x)=f(x)-ax2有兩個(gè)不同極值點(diǎn)x1、x2，證明2a(x1+x2)>3x1x2.(1)實(shí)數(shù)a取值的集合為-r{；(1)由f(x)=ex+2ax-1，得f′(x)=ex+2a，所以f(x)min=f(ln(-2a))=-2a+2aln(-2a)-1，要f(x)≥0，只需f(x)min=-2a+2aln(-2a)-1≥0，令g(x)=x-xlnx-1，則g′(x)=-lnx，所以g(x)≤g(1)=0，則由g(-2a)=-2a+2aln(-2a)-1≥0得-2a=1，證明：(2)由已知F(x)=ex-ax2+2ax-1，F(xiàn)′(x)=ex-2ax+2a，因?yàn)楹瘮?shù)F(x)有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x1，x2，所以F′(x)=ex-2ax+2a有兩個(gè)不同零點(diǎn)，設(shè)x1<x2<2<x2，x=2ax1-2a,ex=2ax2-2a，-x1=ln(x2-1)-ln(x1-1)，令x1-1=t1，x2-1=t2，則t2-t1=lnt2-lnt1，即t2-lnt2=t1-lnt1(0<t1<1<t2)，令u(t)=t-lnt，則u(t1)=u(t2)，因?yàn)閡′(t)=t-，所以u(píng)(t)=t-lnt在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞)上單調(diào)遞增，令v(t)=u(t)-u=t--2lnt，則v′(t)=≥0,v(t)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，，2-t1>1，u(t)=t-lnt在(1,+∞)上單調(diào)遞增，所以t2<，所以x2-1<1x2<x1+x2，所以x1x2<x1+x2<e2(x1+x2a(x1+x2)，28.已知函數(shù)f(x)=xlnx-x-+1(a∈R).(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x1，x2．求證：x1x2<.(1)2x+2y-1=0；(1)當(dāng)a=1時(shí)，函數(shù)f(x)=xlnx-x-x2+1，x>0；所以f′(x)=lnx-1-1-x=lnx-x，x>0；且f(1)=0-1-+1=-，f′(1)=0-1=-1，所以f(x)在(1，f(1))處的切線方程為y+)，(2)證明：因?yàn)閒(x)=xlnx-x-+1，x>0，a∈R；所以f′(x)=lnx-ax，若函數(shù)f(x)有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x1，x2，則f′(x)=lnx-ax在(0,+∞)上有兩個(gè)不同的變號(hào)零點(diǎn)x1，x2；-x1)，=>0，只需證ln<=-；構(gòu)造函數(shù)h(t)=2lnt-t+，t>1，則h′(t)=-1-=-<0，所以不等式x1x2<成立.29.已知函數(shù)f(x)=xlnx-ax2(a∈R)在定義域內(nèi)有兩個(gè)不同的極值點(diǎn).1<x22>1.)==2a?x0=，故g(x)在,處的切線方程為：y=x1+lnx-2ax=0的兩個(gè)根，故1+lnx1-2ax1=0,1+lnx2-2ax2=0?2a=，2>1+lnx2>0，-1)+(2ax2-1)>0，+x2)>22是函數(shù)F(x)=f(x)-g(x)兩個(gè)不同的極值點(diǎn)，證明：<ln(2a).(1)(-∞,-(2)證明見(jiàn)解析.(1)因?yàn)閒(x)+g(x)=0，所以ex+ax2=0，即-a=，令h(x)<0得0<x<2，所以h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2,+∞)上單調(diào)遞增，+要使方程f(x)+g(x)=0在區(qū)間(0,+∞)上有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則-a>，解得a<-，故a的取值范圍是(-∞,-；x-ax2-ax，F(xiàn)(x)=ex-2ax-a，2是函數(shù)F(x)=f(x)-g(x)兩個(gè)不同的極值點(diǎn)，x-x亦即(x1-x2)e2-ex-x+1>0，t-e2t+1>0恒成立，令m(t)=t+1-et，m(t)=1-et>0，所以m(t)在(-∞,0)單調(diào)遞增，所以m(t)<m(0)=0，31.已知函數(shù)f(x)=xlnx-mx2-x,m∈R.當(dāng)<m<1時(shí)，最大值為g=-lnm-1，g(x)=f′(x)=lnx+x?-mx-1=lnx-mx，g=-lnm-1，當(dāng)<m<1