【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试（新高考专用）专题21 导数极值点偏移问题 Word版含解析.docx，共(33)页，355.932 KB，由小赞的店铺上传

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专题21导数极值点偏移问题知识梳理方法技巧题型归类题型一：消参减元题型二：对称变换题型三：比(差)值换元题型四：对数均值不等式培优训练训练一：训练二：训练三：训练四：训练五：训练六：强化测试解答题：共12题一、【知识梳理】【方法技巧】众所周知，函数)(xf满足定义

域内任意自变量x都有)2()(xmfxf−=，则函数)(xf关于直线mx=对称；可以理解为函数)(xf在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若)(xf为单峰函数，则mx=必为)(xf的极值点.如二次函数)(xf的顶点就是极值点0x，若cxf=)(的两根的中点为221xx+，则刚好有0212xxx=+

，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数)(xf的极值点为m，且函数)(xf满足定义域内mx=左侧的任意自变量x都有)2()(xmfxf−或)2()(xm

fxf−，则函数)(xf极值点m左右侧变化快慢不同.故单峰函数)(xf定义域内任意不同的实数21,xx满足)()(21xfxf=，则221xx+与极值点m必有确定的大小关系：①若221xxm+，则称为极值点左偏；

②若221xxm+，则称为极值点右偏.[来源:学_科_X_X_K]1.对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题.其解题要点如下：(1)定函数(极值点为x0)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极

值点x0.(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)，若证x1x2>x20，则令F(x)＝f(x)－fx20x.(3)判断单调性，即利用导数讨论F(x)的单调性.(4)比较大小，即判断函数F(x)在某段区间上的

正负，并得出f(x)与f(2x0－x)的大小关系.(5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与f(2x0－x)的大小关系转化为x与2x0－x之间的关系，进而得到所证或所求.2.含参函数问题可考虑先消去参数，其目的就是减元，进而建立与所求解问题相关的函数.3.比(差)值换元就是根据

已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的.一般用t表示两个极值点之比(差)，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题.4.对数均值不等式可用对称化构造或比值换元进行

证明，在解答题中，一般要先证明后应用.设a，b>0，a≠b，则a＋b2>a－blna－lnb>ab，其中a－blna－lnb被称之为对数平均数，上述不等式称为对数均值不等式.二、【题型归类】【题型一】消参减元【典例1】已知函数f

(x)＝lnx－ax，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2，求证：x1·x2>e2.【证明】法一消参转化成无参数问题：由题知f(x)＝0，则lnx＝ax，即lnx＝aelnx.因为x1，x2是方程f(x)＝0的

两个根，所以x1，x2也是方程lnx＝aelnx的两个根，即lnx1，lnx2是方程x＝aex的两个根.设u1＝lnx1，u2＝lnx2，g(x)＝xe－x，即g(u1)＝g(u2)，从而由x1x2>e2，可得lnx1＋lnx2>2，即u1＋u

2>2，由本专题例1得证.法二直接换元构造新函数：由题知a＝lnx1x1＝lnx2x2，则lnx2lnx1＝x2x1，设x1<x2，t＝x2x1(t>1)，则x2＝tx1，所以lntx1lnx1＝t，即lnt＋lnx1lnx1＝t，解得

lnx1＝lntt－1，lnx2＝lntx1＝lnt＋lnx1＝lnt＋lntt－1＝tlntt－1.由x1x2>e2，得lnx1＋lnx2>2，所以t＋1t－1lnt>2，所以lnt－2（t－1）t＋1

>0，构造g(t)＝lnt－2（t－1）t＋1，t>1，g′(t)＝1t－4（t＋1）2＝（t－1）2t（t＋1）2>0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增.又g(1)＝0，所以g(t)>g(1)＝0，即lnt>2（t－1）t＋1，故x1x2>e2.【典例2】已知函数f(x)＝ln(ax

)＋12ax2－2x，a>0.设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，且x1<x2，求证：x1＋x2>2.【证明】因为f′(x)＝ax2－2x＋1x(x>0)，f(x)有两个极值点x1，x2，所以x1，x2是方程ax2－2x＋1＝0的两个不相等的正实数根，从而Δ＝(－2)2－4a>0，a>0

，解得0<a<1.由ax2－2x＋1＝0得a＝2x－1x2.因为0<a<1，所以x>12且x≠1.令g(x)＝2x－1x2，x>12且x≠1，则g′(x)＝2（1－x）x3，所以当12<x<1时，g′(x)>0，从而g

(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，从而g(x)单调递减，于是a＝2x1－1x21＝2x2－1x2212<x1<1<x2.要证x1＋x2>2，只要证x2>2－x1，只要证明g(x2)<g(2－x1).因为g(x1)＝g(x2)，所以只要证

g(x1)<g(2－x1).令F(x1)＝g(x1)－g(2－x1)＝2x1－1x21－2（2－x1）－1（2－x1）2，则F′(x1)＝2（1－x1）x31＋2[1－（2－x1）]（2－x1）3＝2（1－x1）x31＋2（x1

－1）（2－x1）3＝2(1－x1)1x31－1（2－x1）3＝4（1－x1）2[（2－x1）2＋（2－x1）x1＋x21]x31（2－x1）3.因为12<x1<1，所以F′(x1)>0，即F(x1)在

12，1上单调递增，所以F(x1)<F(1)＝0，即g(x1)<g(2－x1)，所以x2>2－x1，即x1＋x2>2.【题型二】对称变换【典例1】已知函数f(x)＝exx－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)＝ex(x－1)x2－1x＋1＝ex(x－1)－x＋x2x2＝(ex＋x)(x－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<x2，1x1>1.令F(x)＝f(x)－f1x，则F′(x)

＝(ex＋x)(x－1)x2＋(𝑒1𝑥+1𝑥)(1𝑥−1)1𝑥2⋅1𝑥2＝(𝑥−1)𝑥2(𝑒𝑥+𝑥−𝑥𝑒1𝑥−1).令g(x)＝ex＋x－𝑥𝑒1𝑥－1(x>0)，则g′(x)＝ex＋1－𝑒1𝑥+𝑥𝑒1𝑥⋅1𝑥2＝ex＋1＋𝑒1𝑥

1x－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1x<F(1)＝0.又f(x

1)＝f(x2)＝0，所以f(x2)－f1x1<0，即f(x2)<f1x1.由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x2<1x1，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<1x2<1.由f(x1)＝f(x2)＝0，得𝑒𝑥1𝑥1－lnx1＋x1＝𝑒𝑥2𝑥2－lnx2＋x2，即𝑒𝑥1－ln𝑥1＋x1－lnx

1＝𝑒𝑥2－ln𝑥2＋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)－h1x＝x－1x－2lnx(x>0)，则g′(x)＝1＋1x2－2x＝(x－1)2x2≥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)>h1x，所以h(x1)＝h(x2)>h1x2.又h′(x)＝1－1x＝x－1x(x>0)，所以h(x)在(0,1)

上单调递减，所以0<x1<1x2<1，即x1x2<1.【典例2】已知函数f(x)＝2x＋lnx.(1)求f(x)的极值和单调区间；(2)若函数g(x)＝f(x)－a(a>2)的两个零点为x1，x2，证明：x1＋x2>4.【解析】(1)解f′(

x)＝1x－2x2＝x－2x2(x>0)，令f′(x)>0得x>2，令f′(x)<0得0<x<2.所以f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以当x＝2时，f(x)取得极小值1＋ln2，无极大值，f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)．(2)证明由

题意知，g(x1)＝g(x2)．不妨设x1<x2，由(1)知，g(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增；所以0<x1<2<x2.所以证明不等式x1＋x2>4等价于x2>4－x1，又因为4－x1>2，x2>2，g(x)在(2，＋∞)上单调

递增，因此证明不等式等价于证明g(x2)>g(4－x1)，即证明g(x1)>g(4－x1)，即2x1＋lnx1－a>24－x1＋ln(4－x1)－a(0<x1<2)，即2x1＋lnx1－24－x1－ln(4－x1)>0(0<x1<2)恒成立，令h(x)＝2x＋lnx－24－

x－ln(4－x)(0<x<2)，则h′(x)＝－2x2＋1x－2(4－x)2＋14－x＝－8(2－x)2x2(4－x)2<0，所以h(x)在(0,2)上单调递减，所以h(x)>h(2)＝1＋ln2－1－l

n2＝0，即h(x)＝2x＋lnx－24－x－ln(4－x)>0(0<x<2)恒成立，因此不等式2x1＋lnx1－a>24－x1＋ln(4－x1)－a(0<x1<2)恒成立，即x1＋x2>4.【题型三】比(差)值换元【典例1】已知函数f(x)＝xlnx的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1

)，B(x2，y2).求证：x1x2<1e2.【证明】f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)>0，得x>1e，由f′(x)<0，得0<x<1e，∴函数f(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增.可设0<x1<1e<x2.法一f(x1)＝f(x2)即x1lnx1

＝x2lnx2，令t＝x2x1>1，则x2＝tx1，代入上式得x1lnx1＝tx1(lnt＋lnx1)，得lnx1＝tlnt1－t.又x1x2<1e2⇔lnx1＋lnx2<－2⇔2lnx1＋lnt<－2⇔2tlnt1－t＋lnt<－2⇔lnt－2（t－1）t＋1>0.设g(t)＝

lnt－2（t－1）t＋1(t>1)，则g′(t)＝（t－1）2t（t＋1）2>0.∴当t>1时，g(t)单调递增，g(t)>g(1)＝0，∴lnt－2（t－1）t＋1>0.故x1x2<1e2.法二构造函数F(x)＝f(x)－f1e2x，则F′(x)＝f′(x)＋1e

2x2f′1e2x＝1＋lnx＋1e2x2·1＋ln1e2x＝(1＋lnx)·1－1e2x2，当0<x<1e时，1＋lnx<0，1－1e2x2<0，则F′(x)>0，得F(x)在0，1e上单调递增，∴F

(x)<F1e＝0，∴f(x)<f1e2x0<x<1e，将x1代入上式得f(x1)<f1e2x1，又f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)<f1e2x1，又x2>1e，1e2x1>1e，且f(x)在1e，＋∞上单调

递增，∴x2<1e2x1，∴x1x2<1e2.【典例2】已知函数f(x)＝lnxx－mm∈0，1e的两个零点为x1，x2，证明：lnx1＋lnx2>2.【证明】不妨设x1<x2，由题意知lnx1＝mx1，lnx2＝mx2.则ln

x1x2＝m(x1＋x2)，lnx2x1＝m(x2－x1)⇒m＝lnx2x1x2－x1.欲证lnx1＋lnx2>2，只需证lnx1x2>2，只需证m(x1＋x2)>2，即证x1＋x2x2－x1lnx2x1>2.即证1＋x2x1x2x1－1lnx2x1>2，设t＝x2x1>1，

则只需证lnt>2（t－1）t＋1，即证lnt－2（t－1）t＋1>0.记u(t)＝lnt－2（t－1）t＋1(t>1)，则u′(t)＝1t－4（t＋1）2＝（t－1）2t（t＋1）2>0.所以u(t)在(1，＋∞)上单调递增，所

以u(t)>u(1)＝0，所以原不等式成立，故lnx1＋lnx2>2.【题型四】对数均值不等式【典例1】设函数()(),xfxeaxaaR=−+其图象与x轴交于12(,0),(,0)AxBx两点,且12xx.（1）求实数a的取值范围；

（2）证明：12()0(()fxxfx为函数()fx的导函数）；【证明】（1）𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥−𝑎,𝑥∈𝑅,当𝑎≤0时,𝑓′(𝑥)>0在R上恒成立,不合题意当𝑎>0时,𝑓(𝑥)min=𝑓(ln𝑎)=𝑎(2−ln𝑎)当𝑓(𝑥)𝑚𝑖�

�,即0<𝑎≤𝑒2时,𝑓(𝑥)至多有一个零点,不合题意,故舍去；当𝑓(𝑥)𝑚𝑖𝑛,即𝑎>𝑒2时,由𝑓(1)=𝑒>0,且𝑓(𝑥)在(−∞,𝑙𝑛𝑎)内单调递减,故𝑓(𝑥)在(1,𝑙𝑛𝑎)有且只有一个零点；由𝑓(𝑙𝑛𝑎2)=𝑎2−2𝑎𝑙𝑛𝑎

+𝑎=𝑎(𝑎+1−2𝑙𝑛𝑎),令𝑦=𝑎+1−2𝑙𝑛𝑎,𝑎>𝑒2,则𝑦′=1−2𝑎>0,故𝑎+1−2𝑙𝑛𝑎>𝑒2+1−4=𝑒2−3>0所以𝑓(𝑙𝑛𝑎2)>0

,即在(𝑙𝑛𝑎,2𝑙𝑛𝑎)有且只有一个零点.（2）由（1）知,𝑓(𝑥)在(−∞,𝑙𝑛𝑎)内递减,在(𝑙𝑛𝑎,+∞)内递增,且𝑓(1)=𝑒>0所以1<𝑥1<𝑙𝑛𝑎<𝑥2<2𝑙𝑛𝑎,因为𝑓(𝑥1)=𝑒𝑥1−𝑎𝑥

1+𝑎=0,𝑓(𝑥2)=𝑒𝑥2−𝑎𝑥2+𝑎=0𝑎=𝑒𝑥1𝑥1−1=𝑒𝑥2𝑥2−1,即𝑒𝑥1−1𝑥1−1=𝑒𝑥2−1𝑥2−1,所以1=(𝑥1−1)−(𝑥2−1)𝑙𝑛(𝑥1−1)−𝑙𝑛(𝑥2−1)>√(

𝑥1−1)(𝑥2−1)所以𝑥1𝑥2−(𝑥1+𝑥2)<0,要证：𝑓′(√𝑥1𝑥2)<0,只须证𝑒√𝑥1𝑥2<𝑎,即√𝑥1𝑥2<𝑙𝑛𝑎故,√𝑥1𝑥2<𝑥1−𝑙𝑛(𝑥1−1),√𝑥1𝑥2<𝑥2−𝑙𝑛(𝑥

2−1)所以2√𝑥1𝑥2<𝑥1+𝑥2−𝑙𝑛(𝑥1−1)(𝑥2−1),所以𝑙𝑛(𝑥1𝑥2−(𝑥1+𝑥2)+1)<𝑥1+𝑥2−2√𝑥1𝑥2因为𝑥1𝑥2−(𝑥1+𝑥2)<0,所以𝑙𝑛(𝑥1𝑥2−(𝑥1+𝑥2)+1

)<𝑙𝑛1=0,而𝑥1+𝑥2−2√𝑥1𝑥2>0所以𝑙𝑛(𝑥1𝑥2−(𝑥1+𝑥2)+1)<𝑥1+𝑥2−2√𝑥1𝑥2成立,所以𝑓′(√𝑥1𝑥2)<0【典例2】已知f(x)＝a

－1x－lnx有两个零点x1，x2，且x1<x2，求证：2<x1＋x2<3ea－1－1.【解析】函数f(x)定义域为(0，＋∞).∵a＝1x1＋lnx1＝1x2＋lnx2，∴x1x2＝x2－x1lnx2－lnx1，由对数均值不等式知：x1x2<x2－x1lnx2－lnx1，∴x1x2<x1

x2，∴x1x2>1，∴x1＋x2>2x1x2>2.令f(x)＝0，即ax－1－xlnx＝0，设h(x)＝ax－1－xlnx，x>0，则h′(x)＝a－1－lnx，其在(0，＋∞)上单调递减，且h′(x)的零点为p＝ea－1，∴h(x)在(0，p)单调递增，

在(p，＋∞)单调递减，且a－1－lnp＝0(*)∴x1<p<x2，由对数均值不等式知：lnx1－lnpx1－p>2x1＋p，∴lnx1<2（x1－p）x1＋p＋lnp，∴a－1x1<2（x1－p）x1＋p＋lnp

，化简得：(2＋lnp－a)x21－(2p＋ap－plnp－1)x1＋p>0，把(*)式代入上式得：x21－(3p－1)x1＋p>0；同理可得：x22－(3p－1)x2＋p<0，∴x22－(3p－1)x2＋p<x21－(3p－1)x1＋p，∴(x2－x1)(x2＋x1)<(3p－1)(x

2－x1)，∵x1<x2，∴x1＋x2<3ea－1－1.综上所述，2<x1＋x2<3ea－1－1.三、【培优训练】【训练一】已知函数f(x)＝xe－x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：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，∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明方法一(对称化构造法)构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－

x(1－x)＋ex－2(x－1)＝(x－1)(ex－2－e－x)，∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0，∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)>F(1)＝0，故当x>1时，f(x)>

f(2－x)，(*)由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可设x1<1<x2，将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)上单调递增，∴x1>2－x2，∴x1＋x2>2.方法二(比值代换法)设0<x1<1<x2，f(x1)＝f(x2)即𝑥1𝑒−𝑥1＝𝑥2𝑒−𝑥2，取对数得lnx1－x1＝lnx2－x2.令t＝x2x1>1，则x2＝tx1，代入上式

得lnx1－x1＝lnt＋lnx1－tx1，得x1＝lntt－1，x2＝tlntt－1.∴x1＋x2＝(t＋1)lntt－1>2⇔lnt－2(t－1)t＋1>0，设g(t)＝lnt－2(t－1)t＋1(t>1)，∴g′(t)＝1t－2(t＋1)－2(t－1)(

t＋1)2＝(t－1)2t(t＋1)2>0，∴当t>1时，g(t)单调递增，∴g(t)>g(1)＝0，∴lnt－2(t－1)t＋1>0，故x1＋x2>2.【训练二】已知函数f(x)＝xlnx－12mx2－x，m∈R.(

1)若g(x)＝f′(x)(f′(x)为f(x)的导函数)，求函数g(x)在区间[1，e]上的最大值；(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，求证：x1x2>e2.【解析】(1)解因为g(x)＝lnx－mx，g′(x)＝1－mxx，①当m≤0时，因为x∈[1，e]，所以g′(x)>

0，所以函数g(x)在[1，e]上单调递增，则g(x)max＝g(e)＝1－me；②当1m≥e，即0<m≤1e时，x∈[1，e]，g′(x)≥0，所以函数g(x)在[1，e]上单调递增，则g(x)max＝g(e)

＝1－me；③当1<1m<e，即1e<m<1时，函数g(x)在1，1m上单调递增，在1m，e上单调递减，则g(x)max＝g1m＝－lnm－1；④当0<1m≤1，即m≥1时，x∈[1，e]，g′(x)≤0，函数g(x)在[1，e]上单调递减，则g

(x)max＝g(1)＝－m.综上，当m≤1e时，g(x)max＝g(e)＝1－me；当1e<m<1时，g(x)max＝g1m＝－lnm－1；当m≥1时，g(x)max＝g(1)＝－m.(2)证明要证x1x2>

e2，只需证lnx1＋lnx2>2，若f(x)有两个极值点x1，x2，即函数f′(x)有两个变号零点，又f′(x)＝lnx－mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同的实根，即lnx1－mx1＝0，lnx2－mx2＝0，解得m＝lnx1＋lnx2x1＋x

2，另一方面，由lnx1－mx1＝0，lnx2－mx2＝0，得lnx2－lnx1＝m(x2－x1)，从而可得lnx2－lnx1x2－x1＝lnx1＋lnx2x1＋x2，于是lnx1＋lnx2＝(lnx2－lnx1)(x2＋x1)x2－x1＝1＋x2x

1lnx2x1x2x1－1.不妨设0<x1<x2，设t＝x2x1，则t>1.因此lnx1＋lnx2＝(1＋t)lntt－1，t>1.要证lnx1＋lnx2>2，即证(t＋1)lntt－1>2，t>1，即当t>1时，有lnt>2(t－1)t＋1，设函数h(t)＝lnt

－2(t－1)t＋1，t>1，则h′(t)＝1t－2(t＋1)－2(t－1)(t＋1)2＝(t－1)2t(t＋1)2>0，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增．又h(1)＝0，因此h(t)>h(1)＝0.于是当t>1时，有lnt>2(t－1)t＋1.所以lnx1＋lnx2>2成立，即x

1x2>e2得证．【训练三】已知函数()sinexxfx=，()0,x．（1）求函数()fx的单调区间；（2）若12xx，且()()12fxfx=，证明：122xx+．【解析】（1）𝑓′(𝑥)=cos𝑥−sin𝑥e𝑥，0<𝑥<𝜋，由𝑓′(𝑥)=0得𝑥=𝜋4，当0

<𝑥<𝜋4时，𝑓′(𝑥)>0；当𝜋4<𝑥<𝜋时𝑓′(𝑥)<0，∴𝑓(𝑥)在(0,𝜋4)上单调递增，在(𝜋4,𝜋)上单调递减．（2）∵𝑥1≠𝑥2，且𝑓(𝑥1)=𝑓(𝑥2)，∴由（1）知，不妨设0<

𝑥1<𝜋4<𝑥2<𝜋．要证𝑥1+𝑥2>𝜋2，只需证明𝑥2>𝜋2−𝑥1，而𝜋4<𝜋2−𝑥1<𝜋2，𝑓(𝑥)在(𝜋4,𝜋)上单调递减，故只需证明𝑓(𝑥2)<𝑓(𝜋2−𝑥1)．又𝑓(𝑥1)=𝑓(𝑥2)，∴只需证明𝑓(�

�1)<𝑓(𝜋2−𝑥1)．令函数g(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑓(𝜋2−𝑥)=sin𝑥e𝑥−sin(𝜋2−𝑥)e𝜋2−𝑥=sin𝑥e𝑥−cos𝑥e𝜋2−𝑥，则g′(𝑥)=cos𝑥−sin𝑥e𝑥+sin𝑥−cos𝑥e𝜋2−𝑥=(cos𝑥−sin𝑥

)(1e𝑥−1e𝜋2−𝑥)=(cos𝑥−sin𝑥)⋅e𝜋2−𝑥−e𝑥e𝜋2.当0<𝑥<𝜋4时，𝑐𝑜𝑠𝑥−𝑠𝑖𝑛𝑥>0，𝜋2−𝑥>𝑥，故g′(𝑥)>0，∴g(𝑥)在(0,𝜋4)上单调递增，故在(0,𝜋4)上g(𝑥)<g(𝜋4)=𝑓(�

�4)−𝑓(𝜋4)=0，∴𝑓(𝑥1)<𝑓(𝜋2−𝑥1)成立，故𝑥1+𝑥2>𝜋2成立．【训练四】已知函数2()lnlnfxxxmx=−+有两个极值点x1,x2．（1）求实数m的取值范围；（2）证明：x1x2＜4．【解析】(1)𝑓(𝑥)=ln2𝑥−𝑥+𝑚

ln𝑥有两个极值点𝑥1,𝑥2,𝑓′(𝑥)=2𝑥ln𝑥−1+𝑚𝑥=0在𝑥∈(0,+∞)有两不等实根𝑥1,𝑥2,𝑚=𝑥−2ln𝑥,记𝑚(𝑥)=𝑥−2ln𝑥,𝑥→0+,𝑚(𝑥)→+∞,𝑥→+∞,𝑚(𝑥)→+∞，𝑚′(𝑥)=1−2

𝑥,𝑥∈(0,2),𝑚′(𝑥)<0,𝑚(𝑥)单调递减,𝑥∈(2,+∞),𝑚′(𝑥)>0,𝑚(𝑥)单调递增,𝑚(𝑥)最小值𝑚(2)=2−2𝑙𝑛2因为𝑓′(𝑥)=2𝑥𝑙𝑛𝑥−1+𝑚𝑥=0在𝑥∈(0,+∞)有两根𝑥1

,𝑥2,所以𝑚>2−2𝑙𝑛2；（2）由（1）𝑥2−2𝑙𝑛𝑥2=𝑥1−2𝑙𝑛𝑥1,𝑥2−𝑥1=2(𝑙𝑛𝑥2−𝑙𝑛𝑥1),𝑥2−𝑥1𝑙𝑛𝑥2−𝑙𝑛𝑥1=2,要证x1x2＜4,只需证明：√𝑥1

𝑥2<𝑥2−𝑥1𝑙𝑛𝑥2−𝑙𝑛𝑥1即可,不妨设12xx,则𝑥2𝑥1>1即证𝑙𝑛𝑥2−𝑙𝑛𝑥1<𝑥2−𝑥1√𝑥1𝑥2,即证𝑙𝑛𝑥2𝑥1<√𝑥2𝑥1−√𝑥1𝑥2,只需证明𝑙�

�𝑥2𝑥1−√𝑥2𝑥1+√𝑥1𝑥2<0,令𝑡=𝑥2𝑥1,𝑡>1,记函数ℎ(𝑡)=2𝑙𝑛𝑡−𝑡+1𝑡,𝑡>1ℎ′(𝑡)=2𝑡−1−1𝑡2=2𝑡−𝑡2−1𝑡2=−(𝑡−1)2𝑡2<0,所以ℎ(𝑡)=2𝑙𝑛𝑡−

𝑡+1𝑡,𝑡>1单调递减,ℎ(𝑡)<ℎ(1)=0,所以𝑙𝑛𝑥2𝑥1−√𝑥2𝑥1+√𝑥1𝑥2<0成立,同理可证当𝑥1>𝑥2时结论成立,所以原命题x1x2＜4得证.【训练五】已知函

数f(x)＝x(1－lnx)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，证明：2<1a＋1b<e.【解析】(1)解因为f(x)＝x(1－lnx)，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－lnx＋x·－1x＝－lnx.当

x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明由题意知，a，b是两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，两边同时除以ab，得lnaa－lnb

b＝1b－1a，即lna＋1a＝lnb＋1b，即f1a＝f1b.令x1＝1a，x2＝1b，由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当0<x<e时，f(x)>0，当x>e时，f(x)<0，不妨设x1<x2，则

0<x1<1<x2<e.要证2<1a＋1b<e，即证2<x1＋x2<e.先证x1＋x2>2，要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，因为0<x1<1<x2<e，所以x2>2－x1>1，又f(x)在(1，＋∞)上单调递减

，所以即证f(x2)<f(2－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)<f(2－x1)，即证当x∈(0,1)时，f(x)－f(2－x)<0.构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝

－ln[x(2－x)]，当0<x<1时，x(2－x)<1，则－ln[x(2－x)]>0，即当0<x<1时，F′(x)>0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以当0<x<1时，F(x)<F(1)＝0，所以当0<x<1时，f

(x)－f(2－x)<0成立，所以x1＋x2>2成立．再证x1＋x2<e.由(1)知，f(x)的极大值点为x＝1，f(x)的极大值为f(1)＝1，过点(0,0)，(1,1)的直线方程为y＝x，设f(x1)＝f(x2)＝m，当x∈(0,1)时，f(x)＝x(1－lnx)>x，

直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x1<m.欲证x1＋x2<e，即证x1＋x2<m＋x2＝f(x2)＋x2<e，即证当1<x<e时，f(x)＋x<e.构造函数h(x)＝f(x)＋x，则h′(x)＝1－lnx，当1<x<e时，h′(x)>0，所以函数h(x

)在(1，e)上单调递增，所以当1<x<e时，h(x)<h(e)＝f(e)＋e＝e，即f(x)＋x<e成立，所以x1＋x2<e成立．综上可知，2<1a＋1b<e成立．【训练六】已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点.(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f

(x)的两个零点，求证：x1＋x2<2.【解析】(1)解f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a).①当a＝0时，f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点.②当a>0时，f′(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.因为f(1)

＝－e，f(2)＝a，故在(1，＋∞)上有一个零点.取b满足b<0且b<lna2，则f(b)>a2(b－2)＋a(b－1)2＝ab2－32b>0，故在(－∞，1)上有一个零点，故f(x)存在

两个零点.③当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝ln(－2a).若a≥－e2，则ln(－2a)≤1，f(x)在(1，＋∞)上单调递增.当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.若a<－

e2，则ln(－2a)>1，所以f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增.当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.综上，a的取值范围为(0，＋∞).(2)证明不妨设x1<x2，由(1)知x1∈(－∞，1)，x2∈(

1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0.因为f(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.设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，x>1，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)，当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减.因为g(1)＝0，所以当x>1时，g(x)<

0，从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.四、【强化测试】【解答题】1.已知函数f(x)＝2x＋lnx，若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>4.【证明】由题知f′(x)＝

－2x2＋1x＝x－2x2，则f(x)在(0，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数.由函数f(x)＝2x＋lnx的单调性可知，若f(x1)＝f(x2)，设x1<x2，则必有0<x1<2<x2，所以4－x1>2，则f(x1)－f(4－x1)＝

2x1＋lnx1－24－x1－ln(4－x1).令h(x)＝2x－24－x＋lnx－ln(4－x)(0<x<2)，则h′(x)＝－2x2－2（4－x）2＋1x＋14－x＝－2（4－x）2－2x2＋x（4－x

）2＋x2（4－x）x2（4－x）2＝－8（x－2）2x2（4－x）2<0，所以函数h(x)在(0，2)上为减函数，所以h(x)>h(2)＝0，所以f(x1)－f(4－x1)>0，则f(x1)>f(4－x1)，

又f(x1)＝f(x2)，所以f(x2)>f(4－x1)，则x2>4－x1，所以x1＋x2>4.2.已知函数f(x)＝exex，f(x1)＝f(x2)＝t(0<x1<x2，0<t<1).证明：x1＋x2>2x1x2.【证明】因为x2>x1>0，依题意得ex1＝te

x1，ex2＝tex2⇒1＋lnx1＝lnt＋x1，1＋lnx2＝lnt＋x2，两式相减得lnx1－lnx2＝x1－x2，由对数均值不等式得x1x2<x1－x2lnx1－lnx2＝1<x1＋x22，∴x1

x2<1，即1x1x2>1，且x1＋x2>2，故x1＋x2x1x2>2，所以x1＋x2>2x1x2.3.已知函数f(x)＝x－lnx－a有两个不同的零点x1，x2.(1)求实数a的取值范围；(2)证明：x1＋x

2>a＋1.【解析】(1)解∵函数f(x)＝x－lnx－a，∴f′(x)＝1－1x＝x－1x，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数.故

当x＝1时，函数f(x)＝x－lnx－a取最小值f(1)＝1－a，若函数f(x)＝x－lnx－a有两个不同的零点x1，x2.则1－a<0，即a>1.故实数a的取值范围为(1，＋∞).(2)证明由(1)

可设0<x1<1<x2，则x1－lnx1＝a，且x2－lnx2＝a，若证x1＋x2>a＋1，即证x2>1－lnx1，构造函数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)＝1－1x（1－lnx），0<x<1，令h(x)＝x(1－lnx)，则h′(x)＝－lnx>0，所以h(x)单调递增，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).因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以x2>1－lnx1，故原不等式得证.4.已知f(x)＝x2－2alnx，a∈R.若y＝f(x)有两个

零点x1，x2(x1<x2)．(1)求实数a的取值范围；(2)若x0是y＝f(x)的极值点，求证：x1＋3x2>4x0.【解析】(1)解f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2ax＝2(x2－a)x，要使y＝f(x)有两个零点，则a>0，令f′(x)>0，解得x>

a，令f′(x)<0，解得0<x<a，故f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，依题意需f(a)＝(a)2－2alna<0，此时1<lna，故a>e.(2)证明因为1<x1<a，x2>a，令x2x1＝t(t>1)，由f(x1)＝f(x2

)⇒x21－2alnx1＝x22－2alnx2，即x21－2alnx1＝t2x21－2alntx1⇒x21＝2alntt2－1，而x1＋3x2>4x0⇔(3t＋1)x1>4a⇔(3t＋1)2x21>16a，即(

3t＋1)2·2alntt2－1>16a，由a>0，t>1，只需证(3t＋1)2lnt－8t2＋8>0，令h(t)＝(3t＋1)2lnt－8t2＋8，则h′(t)＝(18t＋6)lnt－7t＋6＋1t，令n(

t)＝(18t＋6)lnt－7t＋6＋1t，则n′(t)＝18lnt＋11＋6t－1t2>0(t>1)，故n(t)在(1，＋∞)上单调递增，n(t)>n(1)＝0，故h(t)在(1，＋∞)上单调递增，h(t)>h(1)＝0，所以x1＋3x2>4x0.5.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)＝ax－1＝a－xx，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x1a＋x2a>2，而1a＝lnx1－lnx2x1－x2，所以等价于证明lnx1－lnx2x1－x2>2x1＋x2，即lnx1x2>2(x1－x2)x1＋x2，令t＝x1x2，则t>1，于是等价于证明lnt>2(

t－1)t＋1成立，设g(t)＝lnt－2(t－1)t＋1，t>1，g′(t)＝1t－4(t＋1)2＝(t－1)2t(t＋1)2>0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，故g(t)>g(1)＝0，即lnt>2(t－1)t＋1成立，所以x1x2>e2，结论得证．6.已知函数f(

x)＝lnx－ax有两个零点x1，x2.(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1·x2>e2.【解析】(1)解f′(x)＝1x－a＝1－axx(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，不符合题意；②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝1a

.当x∈0，1a时，f′(x)>0；当x∈1a，＋∞时，f′(x)<0.由题意知f(x)＝lnx－ax的极大值f1a＝ln1a－1>0，解得0<a<1e.所以实数a的取值范围为0，1e.

(2)证明因为f(1)＝－a<0，所以1<x1<1a<x2.构造函数H(x)＝f1a＋x－f1a－x＝ln1a＋x－ln1a－x－2ax,0<x<1a.H′(x)＝11a＋x＋11a－x－

2a＝2a3x21－a2x2>0，所以H(x)在0，1a上单调递增，故H(x)>H(0)＝0，即f1a＋x>f1a－x.由1<x1<1a<x2，知2a－x1>1a，故f(x2)

＝f(x1)＝f1a－1a－x1<f1a＋1a－x1＝f2a－x1.因为f(x)在1a，＋∞上单调递减，所以x2>2a－x1，即x1＋x2>2a.故lnx1x2＝lnx1＋lnx2＝a(

x1＋x2)>2，即x1·x2>e2.7.已知函数f(x)＝x2a－2lnx(a∈R，a≠0)．(1)求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1<x2)，且a＝4，证明：x1

＋x2>4.【解析】(1)解函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2xa－2x＝2x2－2aax.当a<0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴f(x)在(0，＋∞)上无极值；当a>0时，若x∈(0，a)，f′(x)<0，

f(x)在(0，a)上单调递减．若x∈(a，＋∞)，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上单调递增，故当x＝a时，f(x)在(0，＋∞)上的极小值为f(a)＝1－2lna＝1－lna，无极大值．(2)证明当a＝4时，f(x)＝x24－

2lnx，由(1)知，f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，x＝2是极值点，又x1，x2为函数f(x)的零点，∴0<x1<2<x2，要证x1＋x2>4，只需证x2>4－x1.∵f(4－x1

)＝(4－x1)24－2ln(4－x1)＝x214－2x1＋4－2ln(4－x1)，f(x1)＝x214－2lnx1＝0，∴f(4－x1)＝2lnx1－2x1＋4－2ln(4－x1)，令h(x)＝2lnx－2x＋4－2ln(4－x)(0<x<2)，则h′(x)＝2x－2＋24－x＝

2(x－2)2x(4－x)>0，∴h(x)在(0,2)上单调递增，∴h(x)<h(2)＝0，∴f(4－x1)<0＝f(x2)，∴4－x1<x2，即x1＋x2>4得证．8.已知函数f(x)＝aex－x，a

∈R.若f(x)有两个不同的零点x1，x2.证明：x1＋x2>2.【证明】由f(x)＝aex－x＝0，得xex－a＝0，令g(x)＝xex－a，则g′(x)＝1－xex，由g′(x)＝1－xex>0，得x<1；由g′(x)＝1－xex<0，得x>1.所以

g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，由于x1，x2是方程g(x)＝0的实根，不妨设x1<1<x2，方法一(对称化构造函数法)要证x1＋x2>2，只要证x2>2－x1>1.由于g(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证g(x2)<g(2－x1)，由于g(x1)＝g(x2)＝0

，故只要证g(x1)<g(2－x1)，令H(x)＝g(x)－g(2－x)＝xex－2－xe2－x(x<1)，则H′(x)＝1－xex－1－xe2－x＝(e2－x－ex)(1－x)e2，因为x<1，所以1－x>0,2－x>x，所以e2－x>ex

，即e2－x－ex>0，所以H′(x)>0，所以H(x)在(－∞，1)上单调递增．所以H(x1)<H(1)＝0，即有g(x1)<g(2－x1)成立，所以x1＋x2>2.方法二(比值代换法)设0<x1<1<x2，由g(x1)＝g(x2

)，得𝑥1𝑒−𝑥1=𝑥2𝑒−𝑥2⬚，等式两边取对数得lnx1－x1＝lnx2－x2.令t＝x2x1>1，则x2＝tx1，代入上式得lnx1－x1＝lnt＋lnx1－tx1，得x1＝lntt－1，x2＝tlntt－1.所以x1＋x2＝(t＋1)lntt－1>2⇔lnt－

2(t－1)t＋1>0，设g(t)＝lnt－2(t－1)t＋1(t>1)，所以g′(t)＝1t－2(t＋1)－2(t－1)(t＋1)2＝(t－1)2t(t＋1)2>0，所以当t>1时，g(t)单调递增，所以g(t)>g(1)＝0，所以lnt－2(t－1)t＋

1>0，故x1＋x2>2.9.已知函数()2ln1fxxxax=−+．（1）若()0fx恒成立，求实数a的取值范围．（2）若函数()31yfxaxax=−+−的两个零点为1x，2x，证明：212exx．【解析】（1）解：因为𝑓(𝑥)≥0恒成立，所以𝑥2𝑙𝑛𝑥−𝑎�

�+1≥0，即𝑎≤𝑥𝑙𝑛𝑥+1𝑥恒成立．令𝑔(𝑥)=𝑥𝑙𝑛𝑥+1𝑥，则𝑔′(𝑥)=𝑙𝑛𝑥−1𝑥2+1，易知𝑔′(𝑥)在(0,+∞)上单调递增，且𝑔′(1)=0．所以当𝑥

∈(0,1)时，𝑔′(𝑥)<0；当𝑥∈(1,+∞)时，𝑔′(𝑥)>0．所以𝑔(𝑥)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以𝑔(𝑥)(1)𝑚𝑖𝑛，故𝑎≤1．（2）证

明：由题意可知方程𝑙𝑛𝑥−𝑎𝑥=0的两根为𝑥1，𝑥2．令ℎ(𝑥)=𝑙𝑛𝑥−𝑎𝑥，则ℎ(𝑥)的两个零点为𝑥1，𝑥2．ℎ′(𝑥)=1𝑥−𝑎=1−𝑎𝑥𝑥．当𝑎≤0时,ℎ′(𝑥)>0,ℎ(𝑥)在(0,+∞)上单调递

增,不存在两个零点;当𝑎>0时,ℎ(𝑥)在(0,1𝑎)上单调递增,在(1𝑎,+∞)上单调递减,则ℎ(𝑥)max=ℎ(1𝑎)=ln1𝑎−1>0,得0<𝑎<1e.设𝑥1<𝑥2,则𝑥1∈(0,1�

�),𝑥2∈(1𝑎,+∞).因为ℎ(𝑥1)=ℎ(𝑥2)=0,所以ln𝑥1=𝑎𝑥1,ln𝑥2=𝑎𝑥2.要证𝑥1𝑥2>e2,即要证ln𝑥1+ln𝑥2=𝑎(𝑥1+𝑥2)>2,即证𝑥1+𝑥2

>2𝑎.令𝐹(𝑥)=ℎ(2𝑎−𝑥)−ℎ(𝑥)=ln(2𝑎−𝑥)−𝑎(2𝑎−𝑥)−ln𝑥+𝑎𝑥=ln(2𝑎−𝑥)−ln𝑥+2𝑎𝑥−2,𝑥∈(0,1𝑎)。则𝐹′(𝑥)=2(𝑎𝑥−1)2𝑥(𝑎𝑥−2)<0,所以𝐹(𝑥)在

(0,1𝑎)上单调递减,所以𝐹(𝑥)>𝐹(1𝑎)=0.因为𝐹(𝑥1)=ℎ(2𝑎−𝑥1)−ℎ(𝑥1)>0,所以ℎ(2𝑎−𝑥1)>ℎ(𝑥1)=ℎ(𝑥2)=0.因为𝑥2,2𝑎−𝑥1∈(

1𝑎,+∞),且ℎ(𝑥)在(1𝑎,+∞)上单调递减,所以𝑥2>2𝑎−𝑥1,即𝑥1+𝑥2>2𝑎,故𝑥1𝑥2>e2成立.10.已知函数31()28ln6fxxaxx=−+．（1）若函数()fx在定义域内单调递增，求实数a的取值范围；（2）若函数()fx

存在两个极值点12,xx，求证：124xx+．【解析】（1）易知𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞)，由题意知𝑓′(𝑥)=𝑥22−2𝑎+8𝑥≥0,即𝑎≤𝑥24+4𝑥在(0,+∞)上恒成立,令𝑔(�

�)=𝑥24+4𝑥(𝑥>0),则𝑔′(𝑥)=𝑥2−4𝑥2=𝑥3−82𝑥2.当𝑥>2时,𝑔′(𝑥)>0,𝑔(𝑥)单调递增;当0<𝑥<2时,𝑔′(𝑥)<0,𝑔(𝑥)单调递减,所以当𝑥=2时,𝑔(𝑥)有最小值𝑔(2)=3,所以𝑎≤3;(2)因为𝑓′(𝑥

)=𝑥22−2𝑎+8𝑥,由𝑓′(𝑥)=0知,𝑎=𝑥24+4𝑥,设𝑔(𝑥)=𝑥24+4𝑥(𝑥>0)则𝑔(𝑥1)=𝑔(𝑥2),且𝑔(𝑥)在(2,+∞)上单调递增,在(0,2)上单调递减,所以可令,0<𝑥1<2<𝑥2,.令ℎ(𝑥)=𝑔(2+𝑥)−𝑔(2

−𝑥),𝑥∈(−2,0).则ℎ′(𝑥)=𝑔′(2+𝑥)+𝑔′(2−𝑥)=2−4(2+𝑥)2−4(2−𝑥)2=2𝑥2(𝑥−2√3)(𝑥+2√3)(2+𝑥)2(2−𝑥)2因为𝑥∈(−2,0),所以ℎ′(𝑥)<0,所以ℎ(𝑥)上在(−2,0)单调递减,且

ℎ(0)=0,所以𝑥∈(−2,0)时,ℎ(𝑥)=𝑔(2+𝑥)−𝑔(2−𝑥)>ℎ(0)=0.又𝑥1∈(0,2),所以𝑥1−2∈(−2,0)所以ℎ(𝑥1−2)=𝑔(𝑥1)−𝑔(4−𝑥1)>0.所以𝑔(𝑥2)

=𝑔(𝑥1)>𝑔(4−𝑥1).因为𝑥1<2,4−𝑥1>2,𝑥2>2且𝑔(𝑥)在(2,+∞)上单调递增,所以𝑥2>4−𝑥1，𝑥1+𝑥2>4．11.已知aR,()axfxxe−=,（其中e为自然对数的底数）.（1）求函数()yfx=的单调区间；（2）若0a,函数()

yfxa=−有两个零点x,2x,求证：22122xxe+.【解析】(1)解:𝑓′(𝑥)=𝑒−𝑎𝑥−𝑎𝑥⋅𝑒−𝑎𝑥=𝑒−𝑎𝑥(1−𝑎𝑥)∵𝑎∈𝐑,∴𝑎<0时,𝑓′(𝑥)=𝑒−𝑎𝑥(1−�

�𝑥)>0⇒𝑥>1𝑎,𝑓′(𝑥)=𝑒−𝑎𝑥(1−𝑎𝑥)<0⇒𝑥<1𝑎∴𝑎<0时,增区间为:[1𝑎,+∞),减区间为:(−∞,1𝑎);𝑎=0时,𝑓′(𝑥)=𝑒−𝑎𝑥

(1−𝑎𝑥)=1>0,∴𝑎=0时,增区间为:(−∞,+∞)；𝑎>0时,𝑓′(𝑥)=𝑒−𝑎𝑥(1−𝑎𝑥)>0⇒𝑥<1𝑎,𝑓′(𝑥)=𝑒−𝑎𝑥(1−𝑎𝑥)<0⇒𝑥>

1𝑎,∴𝑎>0时,增区间为:(−∞,1𝑎],减区间为:(1𝑎,+∞);（2）解法一：由（1）知,𝑎>0时,增区间为：(−∞,1𝑎],减区间为：(1𝑎,+∞)；且𝑥>1𝑎时,𝑓(𝑥)>0,𝑓极大值(𝑥)=𝑓(1𝑎)=1𝑎𝑒,函数𝑦=𝑓(𝑥)的大致

图像如下图所示因为𝑎>0时,函数𝑦=𝑓(𝑥)−𝑎有两个零点𝑥1,𝑥2,所以𝑎<1𝑎𝑒,即𝑎2<1𝑒,不妨设𝑥1<𝑥2,则0<𝑥1<1𝑎<𝑥2；先证:𝑥1+𝑥2>2𝑎,即证:𝑥1>2𝑎−𝑥2

因为𝑥1<1𝑎,所以2𝑎−𝑥2<1𝑎,又𝑦=𝑓(𝑥)在(−∞,1𝑎)单调递增,所以即证:𝑓(𝑥1)>𝑓(2𝑎−𝑥2)又𝑓(𝑥1)=𝑓(𝑥2),所以即证:𝑓(𝑥2)>𝑓(2𝑎−𝑥2),𝑥2>1𝑎令函数𝐹(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑓(2𝑎−

𝑥),𝑥∈(1𝑎,+∞),则𝐹′(𝑥)=𝑒−𝑎𝑥(1−𝑎𝑥)+𝑒−2+𝑎𝑥[1−𝑎(2𝑎−𝑥)]=(1−𝑎𝑥)[𝑒−𝑎𝑥−𝑒−2+𝑎𝑥]因为𝑥>1𝑎,所以−𝑎𝑥<𝑎𝑥−2,1−𝑎𝑥

<0,故𝐹′(𝑥)=(1−𝑎𝑥)[𝑒−𝑎𝑥−𝑒−2+𝑎𝑥]>0函数𝐹(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑓(2𝑎−𝑥)在(1𝑎,+∞)单调递增,所以𝐹(𝑥)>𝐹(1𝑎)=0因为𝑥2>1𝑎,所以,𝑓(𝑥2)>

𝑓(2𝑎−𝑥2),即𝑥1+𝑥2>2𝑎所以𝑥12+𝑥22>(𝑥1+𝑥2)22>2𝑎2>2𝑒.12.已知函数()()ln2fxaxx=+−.（1）当1a=时,求()fx的最大值；（2）设点()()11,Axfx和()()22,Bxfx是曲线()yf

x=上不同的两点,且()()12fxfx=,若12akxx+恒成立,求实数k的取值范围.【解析】（1）当𝑎=1时,𝑓(𝑥)=ln𝑥+2−𝑥,𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞),𝑓′(𝑥)=1𝑥−1=1−𝑥𝑥当0

<𝑥<1时,𝑓′(𝑥)>0;当𝑥>1时,𝑓′(𝑥)<0,所以𝑓(𝑥)在(0,1)上为增函数,在(1,+∞)上为减函数,所以𝑥=1是𝑓(𝑥)的极大值点,也是𝑓(𝑥)的最大值点，故𝑓(𝑥)min=𝑓(1)=1.

(2)不妨设𝑥1>𝑥2>0,由𝑎ln𝑥1−𝑥1+2𝑎=𝑎ln𝑥2−𝑥2+2𝑎,得𝑎=𝑥1−𝑥2ln𝑥1−ln𝑥2由𝑎𝑘<𝑥1+𝑥2,得𝑘⋅𝑥1−𝑥2ln𝑥1−ln𝑥2<𝑥1+𝑥2,即�

�⋅𝑥1𝑥2−1𝑥1𝑥2+1−ln𝑥1𝑥2<0,设𝑥1𝑥2=𝑡(𝑡>1),𝑔(𝑡)=𝑘⋅𝑡−1𝑡+1−ln𝑡(𝑡>1),则𝑔′(𝑡)=2𝑘(𝑡+1)2−1𝑡=−𝑡2−2(𝑘−1)𝑡+1𝑡(𝑡+1)2记ℎ(𝑡)=𝑡2−2(𝑘−

1)𝑡+1(𝑡>1),𝛥=4(𝑘−1)2−4=4𝑘(𝑘−2)(i)当𝑘≤0时,则ℎ(𝑡)图像的对称轴为𝑡=𝑘−1≤−1,所以ℎ(𝑡)在(1,+∞)上是增函数,又ℎ(0)=1>0,从而当𝑡>1时,ℎ(𝑡)>0,所以𝑔′(𝑡)=−ℎ(𝑡)𝑡(𝑡+1)

2<0,于是𝑔(𝑡)在(1,+∞)上是减函数,所以𝑔(𝑡)<𝑔(1)=0,此时适合题意(ii)当0<𝑘≤2时,𝛥≤0,则ℎ(𝑡)≥0恒成立,从而𝑔′(𝑡)=−ℎ(𝑡)𝑡(𝑡+1)2≤0,所以𝑔(

𝑡)在(1,+∞)上是减函数,于是𝑔(𝑡)<𝑔(1)=0,此时适合题意.(iii)当𝑘>2时,ℎ(𝑡)的对称轴方程为𝑡=𝑘−1,且ℎ(1)=4−2𝑘<0,ℎ(2𝑘)=4𝑘+1>0,所以存在𝑡0∈(𝑘−1,2𝑘),使得ℎ

(𝑡0)=0,于是ℎ(𝑡)在(𝑘−1,+∞)内只有一个零点𝑡0,所以当1<𝑡<𝑡0时,ℎ(𝑡)<0,从而𝑔′(𝑡)=−ℎ(𝑡)𝑡(𝑡+1)2>0所以𝑔(𝑡)在(1,𝑡0)上是增函数,于是当𝑡∈(

1,𝑡0)时,𝑔(𝑡)>𝑔(1)=0,此时不适合题意.综上,实数k的取值范围(−∞,2]