第3章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 高考難點(diǎn)突破課1 導(dǎo)數(shù)的綜合問題 第四課時(shí)　雙變量問題

第四課時(shí)雙變量問題題型一轉(zhuǎn)化為同源函數(shù)解決例1已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋1，其中a為實(shí)常數(shù).對(duì)于函數(shù)圖象上任意不同的兩點(diǎn)A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，直線AB的斜率為k，若x1＋x2＋k＞0恒成立，求a的取值范圍.解由題意，k＝eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)，則原不等式化為x1＋x2＋eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0，不妨設(shè)x1＞x2＞0，則(x1＋x2)(x1－x2)＋f(x1)－f(x2)＞0，即xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＋f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＋xeq\o\al(2,1)＞f(x2)＋xeq\o\al(2,2).設(shè)g(x)＝f(x)＋x2＝lnx＋x2－ax＋1，則g′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－a＝eq\f(2x2－ax＋1,x)，由已知，當(dāng)x1＞x2＞0時(shí)，不等式g(x1)＞g(x2)恒成立，則g(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù).所以當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)≥0，即2x2－ax＋1≥0，即a≤eq\f(2x2＋1,x)＝2x＋eq\f(1,x)恒成立，因?yàn)?x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝eq\f(1,x)，即x＝eq\f(\r(2),2)時(shí)取等號(hào)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,x)))eq\s\do7(min)＝2eq\r(2).故a的取值范圍是(－∞，2eq\r(2)].感悟提升此類問題一般是給出含有x1，x2，f(x1)，f(x2)的不等式，若能通過變形，把不等式兩邊轉(zhuǎn)化為結(jié)構(gòu)形式相同的代數(shù)式，即轉(zhuǎn)化為同源函數(shù)，可利用該函數(shù)單調(diào)性求解.訓(xùn)練1已知函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(1,2)x2，在其圖象上任取兩個(gè)不同的點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1＞x2)，總能使得eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞2，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A.(1，＋∞) B.[1，＋∞)C.(1，2) D.[1，2]答案B解析由eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞2，x1＞x2＞0，∴f(x1)－f(x2)＞2x1－2x2，∴f(x1)－2x1＞f(x2)－2x2，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－2x＝alnx＋eq\f(1,2)x2－2x，則g(x1)＞g(x2)，∴函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，由于g′(x)＝eq\f(a,x)＋x－2，則g′(x)≥0對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立，由g′(x)＝eq\f(a,x)＋x－2≥0，可得a≥－x2＋2x，當(dāng)x＞0時(shí)，則y＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號(hào)成立，∴a≥1，因此實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞).題型二整體代換例2(2021·德州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－(a＋2)x＋alnx，g(x)＝2alnx－4x＋b，其中a＞0，b∈R.已知a＞2，且方程f(x)＝g(x)在(1，＋∞)上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x1，x2，求證：f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＞0.證明方程f(x)＝g(x)，即x2－(a－2)x－alnx＝b，在(1，＋∞)上有兩個(gè)不等實(shí)根x1和x2，不妨設(shè)1＜x1＜x2，則xeq\o\al(2,1)－(a－2)x1－alnx1＝b①，xeq\o\al(2,2)－(a－2)x2－alnx2＝b②，①－②得a＝eq\f(xeq\o\al(2,1)＋2x1－xeq\o\al(2,2)－2x2,x1＋lnx1－x2－lnx2)，∵a＞2，f′(x)＝2x－(a＋2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－（a＋2）x＋a,x)＝eq\f(2（x－1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2))),x)，x＞0，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))上單調(diào)遞減，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))時(shí)，f′(x)＜0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))時(shí)，f′(x)＞0，若證f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＞0，只需證eq\f(x1＋x2,2)＞eq\f(a,2)，即a＜x1＋x2，只需證eq\f(xeq\o\al(2,1)＋2x1－xeq\o\al(2,2)－2x2,x1＋lnx1－x2－lnx2)＜x1＋x2，∵x1＜x2，∴x1＋lnx1＜x2＋lnx2，即需證xeq\o\al(2,1)＋2x1－xeq\o\al(2,2)－2x2＞(x1＋x2)(x1＋lnx1－x2－lnx2)，整理得lnx1－lnx2＜eq\f(2（x1－x2）,x1＋x2)，即證lneq\f(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)，設(shè)h(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)，h′(t)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)＞0，顯然h(t)在(0，1)上單調(diào)遞增.∴h(t)＜h(1)＝0，故f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＞0得證.感悟提升(1)解此類題的關(guān)鍵是利用代入消元法消去參數(shù)a，得到僅含有x1，x2的式子.(2)與極值點(diǎn)x1，x2有關(guān)的雙變量問題，一般是根據(jù)x1，x2是方程f′(x)＝0的兩個(gè)根，確定x1，x2的關(guān)系，再通過消元轉(zhuǎn)化為只含有x1或x2的關(guān)系式，再構(gòu)造函數(shù)解題，即把所給條件轉(zhuǎn)化為x1，x2的齊次式，然后轉(zhuǎn)化為關(guān)于eq\f(x2,x1)的函數(shù)，把eq\f(x2,x1)看作一個(gè)變量進(jìn)行整體代換，從而把二元函數(shù)轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)來(lái)解決問題.訓(xùn)練2設(shè)a∈R，函數(shù)f(x)＝lnx－ax，若f(x)有兩個(gè)相異零點(diǎn)x1，x2，求證：lnx1＋lnx2＞2.證明由已知得lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以a＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，所以lnx1＋lnx2＞2等價(jià)于eq\f(x1＋x2,x1－x2)lneq\f(x1,x2)＞2，即eq\f(\f(x1,x2)＋1,\f(x1,x2)－1)lneq\f(x1,x2)＞2，設(shè)x1＞x2，令t＝eq\f(x1,x2)＞1，g(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)，則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)＞g(1)＝0，即lnt＞eq\f(2（t－1）,t＋1)，即得eq\f(t＋1,t－1)lnt＞2，所以原題得證.題型三構(gòu)造具體函數(shù)解決雙變量問題例3(12分)已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有兩個(gè)零點(diǎn).a＞0，設(shè)x1，x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：x1＋x2＜2.[規(guī)范解答]證明求導(dǎo)得f′(x)＝(x－1)(ex＋2a)，所以函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)為x＝1.2分∵f(x1)＝f(x2)＝0，不妨設(shè)x1＜1＜x2，要證x1＋x2＜2，即證x2＜2－x1.……4分若2－x1和x2屬于某一個(gè)單調(diào)區(qū)間，那么只需要比較f(2－x1)和f(x2)的大小，即探求f(2－x)－f(x)的正負(fù)性.……5分于是構(gòu)造輔助函數(shù)F(x)＝f(2－x)－f(x)，x＜1，代入整理得F(x)＝－xe－x＋2－(x－2)·ex.求導(dǎo)得F′(x)＝(1－x)(ex－e－x＋2).……8分當(dāng)x＜1時(shí)，F(xiàn)′(x)＜0，則函數(shù)F(x)是(－∞，1)上的單調(diào)減函數(shù).于是F(x)＞F(1)＝0，則f(2－x)－f(x)＞0，即f(2－x)＞f(x)(x＜1).……10分將x1代入上述不等式中，則f(x2)＝f(x1)＜f(2－x1)，即f(x2)＜f(2－x1).又函數(shù)f(x)是(1，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù)，且x2，2－x1∈(1，＋∞)，所以x2＜2－x1.故x1＋x2＜2得證.……12分第一步分析題意，探究?jī)勺兞康年P(guān)系第二步合二為一，變?yōu)閱巫兞坎坏仁降谌綐?gòu)造函數(shù)第四步判斷新函數(shù)的單調(diào)性或求新函數(shù)的最值，進(jìn)而解決問題第五步反思回顧解題過程，規(guī)范解題步驟訓(xùn)練3已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝x＋m(m∈R).(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(2)已知x1，x2是函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，且x1<x2，求證：x1x2<1.(1)解令F(x)＝f(x)－g(x)＝lnx－x－m(x>0)，則F′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)(x>0)，當(dāng)x>1時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，當(dāng)0<x<1時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，所以F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(0，1)上單調(diào)遞增.則F(x)在x＝1處取得最大值－1－m，若f(x)≤g(x)恒成立，則－1－m≤0，即m≥－1.故m的取值范圍為[－1，＋∞).(2)證明由(1)可知，若函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，有F(1)>0，則m<－1，0<x1<1<x2，要證x1x2<1，只需證x2<eq\f(1,x1)，由于F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而只需證F(x2)>Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))，由F(x1)＝F(x2)＝0，m＝lnx1－x1，即證lneq\f(1,x1)－eq\f(1,x1)－m＝lneq\f(1,x1)－eq\f(1,x1)＋x1－lnx1＝－eq\f(1,x1)＋x1－2lnx1<0，令h(x)＝－eq\f(1,x)＋x－2lnx(0<x<1)，則h′(x)＝eq\f(1,x2)＋1－eq\f(2,x)＝eq\f(x2－2x＋1,x2)>0，故h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，h(x)<h(1)＝0，所以x1x2<1.極值點(diǎn)偏移(1)極值點(diǎn)不偏移已知函數(shù)f(x)圖象的頂點(diǎn)的橫坐標(biāo)就是極值點(diǎn)x0，若f(x)＝c的兩根的中點(diǎn)剛好滿足eq\f(x1＋x2,2)＝x0，即極值點(diǎn)在兩根的正中間，也就是說極值點(diǎn)沒有偏移.此時(shí)函數(shù)f(x)在x＝x0兩側(cè)，函數(shù)值變化快慢相同，如圖①.圖①(無(wú)偏移，左右對(duì)稱，二次函數(shù))若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2＝2x0.(2)極值點(diǎn)偏移若eq\f(x1＋x2,2)≠x0，則極值點(diǎn)偏移，此時(shí)函數(shù)f(x)在x＝x0兩側(cè)，函數(shù)值變化快慢不同，如圖②③.圖②(左陡右緩，極值點(diǎn)向左偏移)若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2＞2x0；圖③(左緩右陡，極值點(diǎn)向右偏移)若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2＜2x0.(3)極值點(diǎn)偏移問題的常見解法①(對(duì)稱化構(gòu)造法)構(gòu)造輔助函數(shù)：對(duì)結(jié)論x1＋x2＞2x0型，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；對(duì)結(jié)論x1x2＞xeq\o\al(2,0)型，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0),x)))，通過研究F(x)的單調(diào)性獲得不等式.②(比值代換法)通過代數(shù)變形將所證的雙變量不等式通過代換t＝eq\f(x1,x2)化為單變量的函數(shù)不等式，利用函數(shù)單調(diào)性證明.例已知函數(shù)f(x)＝xe－x，如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求證：x1＋x2＞2.證明法一(對(duì)稱化構(gòu)造法)由題意知，f(x)＝xe－x，f′(x)＝e－x(1－x)，令f′(x)＝0，解得x＝1.當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－f(x)eq\f(1,e)由x1≠x2，不妨設(shè)x1＞x2，根據(jù)f(x1)＝f(x2)，結(jié)合圖象可知x1＞1，x2＜1，令F(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(1，＋∞)，則F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x.∵x＞1，2x－2＞0，∴e2x－2－1＞0，則F′(x)＞0，∴F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x＞1時(shí)，F(xiàn)(x)＞F(1)＝0，即當(dāng)x＞1時(shí)，f(x)＞f(2－x)，則f(x1)＞f(2－x1).又∵f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)＞f(2－x1).∵x1＞1，∴2－x1＜1，∴x2，2－x1∈(－∞，1)，∵f(x)在(－∞，1)上是增函數(shù)，∴x2＞2－x1，∴x1＋x2＞2.法二(比值代換法)設(shè)0＜x1＜1＜x2，f(x1)＝f(x2)，即x1e－x1＝x2e－x2，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＋1）lnt,t－1)＞2?lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)＞0，設(shè)g(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)(t＞1)，∴g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(2（t＋1）－2（t－1）,（t＋1）2)＝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x1＋x2＞2.指數(shù)、對(duì)數(shù)均值不等式極值點(diǎn)偏移問題是近幾年高考的熱點(diǎn)問題，求解此類問題的一個(gè)重要工具就是指數(shù)均值不等式和對(duì)數(shù)均值不等式.一、對(duì)數(shù)均值不等式結(jié)論1對(duì)任意的a，b＞0(a≠b)，有eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2).證明不妨設(shè)a＞b＞0(0＜a＜b時(shí)同理可得)首先，由eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb)等價(jià)于lna－lnb＜eq\f(a－b,\r(ab))，即lneq\f(a,b)＜eq\f(\f(a,b)－1,\r(\f(a,b))).令x＝eq\r(\f(a,b))＞1，只要證lnx2＜eq\f(x2－1,x)，即證2xlnx－x2＋1＜0.令f(x)＝2xlnx－x2＋1(x＞1)，則f′(x)＝2lnx＋2－2x，f″(x)＝eq\f(2,x)－2＜0，f′(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞減，f′(x)＜f′(1)＝0，f(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞減，即f(x)＜f(1)＝0.故eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb).其次，eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2)等價(jià)于lna－lnb＞eq\f(2（a－b）,a＋b)，即lneq\f(a,b)＞eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)－1)),\f(a,b)＋1).令x＝eq\f(a,b)＞1，只要證lnx＞eq\f(2（x－1）,x＋1)，即證(x＋1)lnx－2x＋2＞0.設(shè)g(x)＝(x＋1)lnx－2x＋2(x＞1)，同理可證g(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增，有g(shù)(x)＞g(1)＝0.故eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2).二、指數(shù)均值不等式結(jié)論2對(duì)任意實(shí)數(shù)m，n(m≠n)，有eeq\s\up6(\f(m＋n,2))＜eq\f(em－en,m－n)＜eq\f(em＋en,2).證明在指數(shù)均值不等式中，令em＝a、en＝b，則m＝lna，n＝lnb，從而可得對(duì)數(shù)均值不等式.需注意的是，在實(shí)際解題過程中，凡涉及這兩個(gè)不等式的都需給出證明，以確?？荚嚥槐豢鄯?，但本文以下的例題省略該過程.例(1)若函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a為常數(shù))有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，請(qǐng)證明：x1x2＞e2.證明借助a作為媒介，構(gòu)造對(duì)數(shù)均值不等式.依題意，lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0.兩式相減，得lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，即a＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，兩式相加，得lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2).故欲證x1x2＞e2，即證lnx1＋lnx2＞2，即證a(x1＋x2)＞2，即證eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＞eq\f(2,x1＋x2).由對(duì)數(shù)均值不等式知上式顯然成立.綜上，x1x2＞e2成立.(2)已知函數(shù)f(x)＝x－aex(a為常數(shù))有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，證明：x1＋x2＞2.證明借助a作為媒介，構(gòu)造指數(shù)均值不等式.依題意，x1＝aex1，x2＝aex2.兩式相加、減，得x1＋x2＝a(ex1＋ex2)，x1－x2＝a(ex1－ex2).故欲證x1＋x2＞2，即證a(ex1＋ex2)＞2，即證eq\f(x1－x2,ex1－ex2)(ex1＋ex2)＞2，即證eq\f(ex1＋ex2,2)＞eq\f(ex1－ex2,x1－x2).由指數(shù)均值不等式(結(jié)論2)知上式顯然成立，因此x1＋x2＞2成立.1.已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)－x－2a＋1.若函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，求證：f(x1)＋f(x2)＜0.證明f′(x)＝eq\f(－x2＋x－a,x2)(x＞0)，∵f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，故x1，x2為方程－x2＋x－a＝0的兩個(gè)不等正實(shí)根，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝1－4a＞0，,x1＋x2＝1，,x1x2＝a＞0，))∴0＜a＜eq\f(1,4)，∴f(x1)＋f(x2)＝lnx1x2＋eq\f(a（x1＋x2）,x1x2)－(x1＋x2)－4a＋2＝lna－4a＋2，令g(a)＝lna－4a＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜a＜\f(1,4)))，則g′(a)＝eq\f(1－4a,a)＞0，g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上單調(diào)遞增，故g(a)＜geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝lneq\f(1,4)＋1＜0，∴f(x1)＋f(x2)＜0.2.(2022·蘭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋(a－b－1)x＋b＋1(a，b∈R).(1)若a＝0，試討論f(x)的單調(diào)性；(2)若0＜a＜2，b＝1，實(shí)數(shù)x1，x2為方程f(x)＝m－ax2的兩個(gè)不等實(shí)根，求證：eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＞4－2a.(1)解依題意知x＞0，當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝eq\f(1,x)－(b＋1)，①當(dāng)b≤－1時(shí)，f′(x)＞0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.②當(dāng)b＞－1時(shí)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,b＋1)))時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b＋1)，＋∞))時(shí)，f′(x)＜0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,b＋1)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b＋1)，＋∞))上單調(diào)遞減.(2)證明由f(x)＝m－ax2得lnx＋(a－2)x＋2－m＝0，令g(x)＝lnx＋(a－2)x＋2，x＞0，則g(x1)＝g(x2)＝m，依題意有l(wèi)nx1＋(a－2)x1＝lnx2＋(a－2)x2.∴a－2＝eq\f(ln\f(x2,x1),x1－x2)(x1≠x2，且x1，x2＞0).要證eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＞4－2a，只需證eq\f(x1＋x2,x1x2)＞2(2－a)＝eq\f(－2ln\f(x2,x1),x1－x2)(*)，不妨設(shè)x2＞x1＞0.要證(*)式成立，只要證eq\f(x1,x2)－eq\f(x2,x1)＜－2lneq\f(x2,x1)，即證2lneq\f(x2,x1)＋eq\f(x1,x2)－eq\f(x2,x1)＜0.令t＝eq\f(x2,x1)(t＞1)，則h(t)＝2lnt－t＋eq\f(1,t).∵h(yuǎn)′(t)＝eq\f(2,t)－1－eq\f(1,t2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－1))eq\s\up12(2)＜0，∴h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴h(t)＜h(1)＝0，從而eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＞4－2a.3.(2022·德陽(yáng)質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝(x＋a)·e－x，若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線與直線y＝x－2平行.(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)如果0<x1<x2，且f(x1)＝f(x2)，求證：3x1＋x2>3.(1)解由f(x)＝(x＋a)e－x，得f′(x)＝(1－a－x)e－x.依題設(shè)f′(0)＝1－a＝1，∴a＝0.(2)證明由(1)知，f(x)＝xe－x，因?yàn)?<x1<x2，且f(x1)＝f(x2)，得eq\f(x1,ex1)＝eq\f(x2,ex2)，所以x2＝x1·ex2－x1，令t＝x2－x1(t>0)，則x1et－x1＝t，得x1＝eq\f(t,et－1)，x2＝eq\f(tet,et－1).要證3x1＋x2>3，即證eq\f(3t,et－1)＋eq\f(tet,et－1)>3，因?yàn)閠>0，所以et－1>0，即證(t－3)et＋3t＋3>0.設(shè)g(t)＝(t－3)et＋3t＋3(t>0)，則g′(t)＝(t－2)et＋3(t>0).令h(t)＝(t－2)et＋3(t>0)，則h′(t)＝(t－1)et，當(dāng)0<t<1時(shí)，h′(t)<0，當(dāng)t>1時(shí)，h′(t)>0，所以函數(shù)h(t)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(t)≥h(1)＝3－e>0，即g′(t)>0，所以g(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(t)>g(0)＝0