高考數(shù)學(xué)重難點培優(yōu)全攻略(新高考專用)培優(yōu)點04　極值點偏移問題(2大考點+強(qiáng)化訓(xùn)練)(原卷版+解析)

培優(yōu)點04極值點偏移問題（2大考點+強(qiáng)化訓(xùn)練）極值點偏移是指函數(shù)在極值點左右的增減速度不一樣，導(dǎo)致函數(shù)圖象不具有對稱性，極值點偏移問題常常出現(xiàn)在高考數(shù)學(xué)的壓軸題中，這類題往往對思維要求較高，過程較為煩瑣，計算量較大，解決極值點偏移問題，有對稱化構(gòu)造函數(shù)法和比值代換法，二者各有千秋，獨具特色．【知識導(dǎo)圖】【考點分析】考點一:對稱化構(gòu)造函數(shù)規(guī)律方法對稱化構(gòu)造函數(shù)法構(gòu)造輔助函數(shù)(1)對結(jié)論x1＋x2>2x0型，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2x0－x)．(2)對結(jié)論x1x2>xeq\o\al(2,0)型，方法一是構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),x)))，通過研究F(x)的單調(diào)性獲得不等式；方法二是兩邊取對數(shù)，轉(zhuǎn)化成lnx1＋lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成兩變量即可．【例1】（2024下·云南·高二云南師大附中?？奸_學(xué)考試）給出定義:設(shè)是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，若方程有實數(shù)解，則稱)為函數(shù)的“拐點”.(1)經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)所有的三次函數(shù)都有“拐點”，且該“拐點”也是函數(shù)的圖象的對稱中心.已知函數(shù)的圖象的對稱中心為，討論函數(shù)的單調(diào)性并求極值.(2)已知函數(shù)，其中.（i）求的拐點；（ii）若，求證:.【變式】（2024下·安徽宿州·高二安徽省泗縣第一中學(xué)?？奸_學(xué)考試）已知函數(shù)（其中為自然對數(shù)的底數(shù)）.(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(2)若為兩個不相等的實數(shù)，且滿足，求證：.考點二:比值代換規(guī)律方法比值代換法是指通過代數(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2】．（2022·全國·模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù).(1)若，求函數(shù)的最值；(2)若函數(shù)有兩個不同的極值點，記作，且，求證：.【變式】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)．(1)求的單調(diào)區(qū)間；(2)若有兩個零點，，且，求證：．【強(qiáng)化訓(xùn)練】1．（2024·廣東湛江·統(tǒng)考一模）已知函數(shù)．(1)討論的單調(diào)性；(2)若方程有兩個根，，求實數(shù)a的取值范圍，并證明：．2．（2023上·江蘇·高三江蘇省白蒲高級中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）已知函數(shù).(1)若函數(shù)在定義域內(nèi)為減函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍;(2)若函數(shù)有兩個極值點,證明：.3．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知函數(shù).若有兩個零點，證明：.4.(2023·唐山模擬)已知函數(shù)f(x)＝xe2－x.(1)求f(x)的極值；(2)若a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，證明：a＋b<4.5.(2022·全國甲卷)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)有兩個零點x1，x2，則x1x2<1.6.(2023·滄州模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax－1(a∈R)．若方程f(x)＋2＝0有兩個實根x1，x2，且x2>2x1，求證：x1xeq\o\al(2,2)>eq\f(32,e3).(參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.693，ln3≈1.099)7.(2023·淮北模擬)已知a是實數(shù)，函數(shù)f(x)＝alnx－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個相異的零點x1，x2且x1>x2>0，求證：x1x2>e2.8．(2023·南寧模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(ax2,2)，a>0.(1)若f(x)過點(1,0)，求f(x)在該點處的切線方程；(2)若f(x)有兩個極值點x1，x2，且0<x1<x2，當(dāng)e<a<eq\f(e2,2)時，證明：x1＋x2>2.9．(2023·聊城模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)(a∈R)，設(shè)m，n為兩個不相等的正數(shù)，且f(m)＝f(n)＝3.(1)求實數(shù)a的取值范圍；(2)證明：a2<mn<ae2.培優(yōu)點04極值點偏移問題（2大考點+強(qiáng)化訓(xùn)練）極值點偏移是指函數(shù)在極值點左右的增減速度不一樣，導(dǎo)致函數(shù)圖象不具有對稱性，極值點偏移問題常常出現(xiàn)在高考數(shù)學(xué)的壓軸題中，這類題往往對思維要求較高，過程較為煩瑣，計算量較大，解決極值點偏移問題，有對稱化構(gòu)造函數(shù)法和比值代換法，二者各有千秋，獨具特色．【知識導(dǎo)圖】【考點分析】考點一:對稱化構(gòu)造函數(shù)規(guī)律方法對稱化構(gòu)造函數(shù)法構(gòu)造輔助函數(shù)(1)對結(jié)論x1＋x2>2x0型，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2x0－x)．(2)對結(jié)論x1x2>xeq\o\al(2,0)型，方法一是構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),x)))，通過研究F(x)的單調(diào)性獲得不等式；方法二是兩邊取對數(shù)，轉(zhuǎn)化成lnx1＋lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成兩變量即可．【例1】（2024下·云南·高二云南師大附中?？奸_學(xué)考試）給出定義:設(shè)是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，若方程有實數(shù)解，則稱)為函數(shù)的“拐點”.(1)經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)所有的三次函數(shù)都有“拐點”，且該“拐點”也是函數(shù)的圖象的對稱中心.已知函數(shù)的圖象的對稱中心為，討論函數(shù)的單調(diào)性并求極值.(2)已知函數(shù)，其中.（i）求的拐點；（ii）若，求證:.【答案】(1)答案見解析(2)（i）；（ii）證明過程見解析【分析】（1）由得到，再根據(jù)求出，得到函數(shù)解析式，求導(dǎo)得到函數(shù)單調(diào)性及極值情況；（2）（i）的定義域為，二次求導(dǎo)得到，構(gòu)造函數(shù)，得到時，滿足，故的拐點為；（ii）由（i）得到在上單調(diào)遞增，因為，故，構(gòu)造函數(shù)，得到其拐點，求出關(guān)于中心對稱，構(gòu)造，要證明，只需證明的極值點左偏，構(gòu)造差函數(shù)證明出的極值點左偏，得到結(jié)論.【詳解】（1），，由題意得，即，解得，且，即，解得，故，，，令得或，令得，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故在處取得極大值，在處取得極小值，故極大值為，極小值為；（2）（i），由于，，故，即的定義域為，，，令得，，令，，則在上恒成立，故在上單調(diào)遞增，又，由零點存在性定理知，有唯一的零點，故，即時，滿足，當(dāng)時，，故的拐點為；（ii）由（i）可知，在上單調(diào)遞增，又，故當(dāng)時，，當(dāng)時，，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，其中，故在上恒成立，故在上單調(diào)遞增，因為，，故，設(shè)，則，，令，解得，又，故的拐點為，由（1）知，關(guān)于中心對稱，令，又的拐點為，，要證明，只需證明的極值點左偏，故，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，即證當(dāng)時，，不妨設(shè)，令，，則，因為，所以，所以在上單調(diào)遞減，又，故在上恒成立，因為，所以，即，因為，所以，其中在上單調(diào)遞增，故，故，故的極值點左偏，所以.【點睛】結(jié)論點睛：三次函數(shù)的性質(zhì)：的對稱中心為，該點為三次函數(shù)的拐點，此點的橫坐標(biāo)也是二階導(dǎo)函數(shù)的零點.【變式】（2024下·安徽宿州·高二安徽省泗縣第一中學(xué)校考開學(xué)考試）已知函數(shù)（其中為自然對數(shù)的底數(shù)）.(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(2)若為兩個不相等的實數(shù)，且滿足，求證：.【答案】(1)增區(qū)間為，減區(qū)間為(2)證明見解析【分析】（1）求導(dǎo)，然后根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)來判斷得單調(diào)性；（2）將變形為得到，然后構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)得單調(diào)性和得到，最后根據(jù)和得單調(diào)性即可證明.【詳解】（1），令，解得，令，解得，所以的增區(qū)間為，減區(qū)間為.（2）證明：將兩邊同時除以得，即，所以，由（1）知在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，又，，當(dāng)時，，設(shè)，則，令，則，由得，所以，，所以，在上單調(diào)遞增，又，所以，當(dāng)時，，即，即，又，所以，又，，在上單調(diào)遞減，所以，即.【點睛】方法點睛：處理極值點偏移問題中的類似于的問題的基本步驟如下：①求導(dǎo)確定的單調(diào)性，得到的范圍；②構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)可得恒正或恒負(fù)；③得到與的大小關(guān)系后，將置換為；④根據(jù)與的范圍，結(jié)合的單調(diào)性，可得與的大小關(guān)系，由此證得結(jié)論.考點二:比值代換規(guī)律方法比值代換法是指通過代數(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2】．（2022·全國·模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù).(1)若，求函數(shù)的最值；(2)若函數(shù)有兩個不同的極值點，記作，且，求證：.【答案】(1)無最小值，最大值為(2)證明見解析【分析】（1）對函數(shù)求導(dǎo)后得，分別求出和的解集，從而可求解.（2）由有兩個極值點，從而要證，令，構(gòu)建函數(shù)，然后利用導(dǎo)數(shù)求解的最值，從而可求解證明.【詳解】（1）由題意得，則.令，解得；令，解得，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，，無最小值，最大值為.（2），則，又有兩個不同的極值點，欲證，即證，原式等價于證明①.由，得，則②.由①②可知原問題等價于求證，即證.令，則，上式等價于求證.令，則，恒成立，在上單調(diào)遞增，當(dāng)時，，即，原不等式成立，即.【點睛】方法點睛：對于極值點偏移問題，首先找到兩極值點的相應(yīng)關(guān)系,然后構(gòu)造商數(shù)或加數(shù)關(guān)系；通過要證明的不等式，將兩極值點變形后構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求解出構(gòu)造函數(shù)的最值，從而證明不等式或等式成立.變式2.（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)．(1)求的單調(diào)區(qū)間；(2)若有兩個零點，，且，求證：．【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，然后分類討論的取值情況，從而可求解.（2）結(jié)合（1）中結(jié)論可知，從而求出，，然后設(shè)并構(gòu)造函數(shù)，然后利用導(dǎo)數(shù)求解，然后再構(gòu)造函數(shù)證明，從而求解.【詳解】（1）因為函數(shù)的定義域是，，當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞減；當(dāng)時，令，解得，當(dāng)時，，單調(diào)遞增；當(dāng)時，，單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)時，的減區(qū)間為，無增區(qū)間；當(dāng)時，的增區(qū)間為，減區(qū)間為．（2）因為是函的兩個零點，由（1）知，因為，設(shè)，則，當(dāng)，，當(dāng)，，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，．又因為，且，所以，．首先證明：．由題意，得，設(shè)，則兩式相除，得．要證，只要證，即證．只要證，即證．設(shè)，．因為，所以在上單調(diào)遞增．所以，即證得①．其次證明：．設(shè)，．因為，所以在上單調(diào)遞減．所以，即．所以②．由①②可證得．【點睛】導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)最有效的工具，而函數(shù)是高中數(shù)學(xué)中重要的知識點，對導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用的考查主要從以下幾個角度進(jìn)行：（1）考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯(lián)系．（2）利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，判斷單調(diào)性；已知單調(diào)性，求參數(shù)．（3）利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值(極值)，解決生活中的優(yōu)化問題．（4）利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點問題．【強(qiáng)化訓(xùn)練】1．（2024·廣東湛江·統(tǒng)考一模）已知函數(shù)．(1)討論的單調(diào)性；(2)若方程有兩個根，，求實數(shù)a的取值范圍，并證明：．【答案】(1)在上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞減，(2)見解析【分析】（1）求出，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的符號判斷函數(shù)的單調(diào)性；（2）由，得，設(shè)，畫出的圖象可得；由，設(shè)，對求導(dǎo)可得，又，再由在上單調(diào)遞減，可得，即可證明.【詳解】（1）由題意可得，所以，的定義域為，又，由，得，當(dāng)時，，則在上單調(diào)遞增，當(dāng)時，，則在上單調(diào)遞減，（2）由，得，設(shè)，，由，得，當(dāng)時，，則在上單調(diào)遞增，當(dāng)時，，則在上單調(diào)遞減，又，，且當(dāng)趨近于正無窮，趨近于，的圖象如下圖，所以當(dāng)時，方程有兩個根，證明：不妨設(shè)，則，，設(shè)，，所以在上單調(diào)遞增，又，所以，即，又，所以，又，，在上單調(diào)遞減，所以，故.【點睛】關(guān)鍵點點睛：（1）解此問的關(guān)鍵在于求出的導(dǎo)數(shù)，并能根據(jù)導(dǎo)數(shù)的符號結(jié)合相關(guān)知識判斷出單調(diào)性；（2）解此問的關(guān)鍵在于把轉(zhuǎn)化為來證，又，構(gòu)造，對求導(dǎo)，得到的單調(diào)性和最值可證得，即可證明.2．（2023上·江蘇·高三江蘇省白蒲高級中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）已知函數(shù).(1)若函數(shù)在定義域內(nèi)為減函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍;(2)若函數(shù)有兩個極值點,證明：.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）求定義域，求導(dǎo)，恒成立，即恒成立，構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)，得到其單調(diào)性和最值，得到實數(shù)a的取值范圍；（2）方法一：由（1）得，轉(zhuǎn)化為是的兩個零點，求導(dǎo)得到單調(diào)性，得到，換元后即證，構(gòu)造，求導(dǎo)得到其單調(diào)性，結(jié)合特殊點的函數(shù)值，得到答案；方法二：先證明引理，當(dāng)時,,當(dāng)時,，變形得到只需證，結(jié)合引理，得到，，兩式結(jié)合證明出答案.【詳解】（1）的定義域為，，由題意恒成立，即恒成立，設(shè)，則，當(dāng)時，，單調(diào)遞增,當(dāng)時，，單調(diào)遞減,∴在處取得極大值，也是最大值，，故；（2）證法一：函數(shù)有兩個極值點，由(1)可知，設(shè)，則是的兩個零點，，當(dāng)時，，當(dāng)時，,所以在上遞增,在上遞減，所以,又因為，所以，要證,只需證,只需證，其中，即證，即證，由,設(shè),則,,則,設(shè)，，由(1)知，故,所以,,即，在上遞增，,故成立,即；證法二：先證明引理:當(dāng)時,,當(dāng)時,，設(shè),，所以在上遞增,又,當(dāng)時,，當(dāng)時，，故引理得證，因為函數(shù)有兩個極值點，由(1)可知,設(shè)，則是的兩個零點，，當(dāng)時，，當(dāng)時，,所以在上遞增,在上遞減，所以,即，要證,只需證，因為，即證，由引理可得,化簡可得①，同理，化簡可得②，由①-②可得，因為，，所以，即,從而.【點睛】對于求不等式成立時的參數(shù)范圍問題，一般有三個方法，一是分離參數(shù)法,使不等式一端是含有參數(shù)的式子，另一端是一個區(qū)間上具體的函數(shù)，通過對具體函數(shù)的研究確定含參式子滿足的條件.二是討論分析法，根據(jù)參數(shù)取值情況分類討論，三是數(shù)形結(jié)合法，將不等式轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)，通過兩個函數(shù)圖像確定條件.3．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知函數(shù).若有兩個零點，證明：.【答案】證明見解析【分析】利用構(gòu)造函數(shù)法，從而只需證明，即可求解.【詳解】由題意得，令，則，，所以在上單調(diào)遞增，故至多有解；又因為有兩個零點，所以，有兩個解，令，，易得在上遞減，在上遞增，所以.此時，兩式相除，可得：.于是，欲證只需證明：，下證：因為，不妨設(shè)，則只需證，構(gòu)造函數(shù)，則，故在上單調(diào)遞減，故，即得證，綜上所述：即證.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題通過構(gòu)造對數(shù)不等式證明極值點偏移問題.4.(2023·唐山模擬)已知函數(shù)f(x)＝xe2－x.(1)求f(x)的極值；(2)若a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，證明：a＋b<4.【解析】(1)解因為f(x)＝xe2－x，所以f′(x)＝(1－x)e2－x，由f′(x)>0，解得x<1；由f′(x)<0，解得x>1，所以f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，又f(1)＝e，所以f(x)在x＝1處取得極大值e，無極小值．(2)證明由(1)可知，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，f(2)＝2，且a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，不妨設(shè)1<a<2<b，要證a＋b<4，只需證b<4－a，而b>2,2<4－a<3，且f(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞減，所以只需證f(b)>f(4－a)，即證4－f(a)>f(4－a)，即證f(a)＋f(4－a)<4.即證當(dāng)1<x<2時，f(x)＋f(4－x)<4，令F(x)＝f(x)＋f(4－x)，1<x<2，則F′(x)＝f′(x)－f′(4－x)＝(1－x)e2－x－ex－2(x－3)，令h(x)＝(1－x)e2－x－ex－2(x－3)，1<x<2，則h′(x)＝e2－x(x－2)－ex－2(x－2)＝(x－2)(e2－x－ex－2)，因為1<x<2，所以x－2<0，e2－x－ex－2>0，所以h′(x)<0，即h(x)在(1,2)上單調(diào)遞減，則h(x)>h(2)＝0，即F′(x)>0，所以F(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，所以F(x)<F(2)＝2f(2)＝4，即當(dāng)1<x<2時，f(x)＋f(4－x)<4，所以原命題成立．5.(2022·全國甲卷)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)有兩個零點x1，x2，則x1x2<1.【解析】(1)解由題意知函數(shù)f(x)的定義域為(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)＋·eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)(ex＋x－－1)．令g(x)＝ex＋x－－1(x>0)，則g′(x)＝ex＋1－＋·eq\f(1,x2)＝ex＋1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))(x>0)，所以當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)>0，所以當(dāng)x∈(0,1)時，g(x)<g(1)＝0，所以當(dāng)x∈(0,1)時，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－lnx1＋x1＝－lnx2＋x2，即＋x1－lnx1＝＋x2－lnx2.因為函數(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，g(x)>g(1)＝0，即當(dāng)x>1時，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<1.6.(2023·滄州模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax－1(a∈R)．若方程f(x)＋2＝0有兩個實根x1，x2，且x2>2x1，求證：x1xeq\o\al(2,2)>eq\f(32,e3).(參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.693，ln3≈1.099)【解析】證明由題意知f(x)＋2＝lnx－ax＋1＝0，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1＋1＝ax1，,lnx2＋1＝ax2，))令eq\f(x2,x1)＝t，則由x2>2x1可得t>2.于是t＝eq\f(x2,x1)＝eq\f(lnx2＋1,lnx1＋1)＝eq\f(lnt＋lnx1＋1,lnx1＋1)，即lnx1＝eq\f(lnt,t－1)－1.從而lnx2＝lnt＋lnx1＝eq\f(tlnt,t－1)－1.另一方面，對x1xeq\o\al(2,2)>eq\f(32,e3)兩端分別取自然對數(shù)，則有l(wèi)nx1＋2lnx2>5ln2－3，于是，即證eq\f(lnt,t－1)＋eq\f(2tlnt,t－1)－3>5ln2－3，即eq\f(1＋2tlnt,t－1)>5ln2，其中t>2.設(shè)g(t)＝eq\f(1＋2tlnt,t－1)，t>2.則g′(t)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lnt＋\f(1＋2t,t)))t－1－1＋2tlnt,t－12)＝eq\f(－3lnt＋2t－\f(1,t)－1,t－12)，設(shè)φ(t)＝－3lnt＋2t－eq\f(1,t)－1，t>2.則φ′(t)＝－eq\f(3,t)＋2＋eq\f(1,t2)＝eq\f(2t2－3t＋1,t2)＝eq\f(2t－1t－1,t2)>0在(2，＋∞)上恒成立，于是φ(t)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，從而φ(t)>φ(2)＝－3ln2＋4－eq\f(1,2)－1＝eq\f(5,2)－3ln2>0.所以g′(t)>0，即函數(shù)g(t)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，于是g(t)>g(2)＝5ln2.因此x1xeq\o\al(2,2)>eq\f(32,e3)，即原不等式成立．7.(2023·淮北模擬)已知a是實數(shù)，函數(shù)f(x)＝alnx－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個相異的零點x1，x2且x1>x2>0，求證：x1x2>e2.【解析】(1)解f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)－1＝eq\f(a－x,x)，當(dāng)a≤0時，f′(x)<0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，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，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時，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)有兩個相異的零點x1，x2，則a>0，因為f(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．8．(2023·南寧模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(ax2,2)，a>0.(1)若f(x)過點(1,0)，求f(x)在該點處的切線方程；(2)若f(x)有兩個極值點x1，x2，且0<x1<x2，當(dāng)e<a<eq\f(e2,2)時，證明：x1＋x2>2.【解析】(1)解已知f(x)＝ex－eq\f(ax2,2)，a>0，將點(1,0)代入得e－eq\f(a,2)＝0，解得a＝2e，所以f(x)＝ex－ex2，則f′(x)＝ex－2ex，可得f′(1)＝e－2e＝－e，即切點坐標(biāo)為(1,0)，切線斜率k＝－e，所以所求切線方程為y＝－e(x－1)，即ex＋y－e＝0.(2)證明由題意可得f′(x)＝ex－ax，因為f(x)有兩個極值點x1，x2，且0<x1<x2，所以x1，x2是方程ex－ax＝0的兩個正根，整理得eq\f(ex,x)＝a，構(gòu)建g(x)＝eq\f(ex,x)(x>0)，則g′(x)＝eq\f(exx－1,x2)(x>0)，令g′(x)<0，解得0<x<1；令g′(x)>0，解得x>1，所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，其大致圖象如圖所示，由圖象可知當(dāng)a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，\f(e2,2)))時，方程eq\f(ex,x)＝a有兩個正根，符合題意，由兩邊取對數(shù)得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝lna＋lnx1，,x2＝lna＋lnx2，))整理得eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝1，因為0<x1<x2，令eq\f(x1,x2)＝t∈(0,1)，則t＋1>0，t－1<0，x1＝tx2，由eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝1，得eq\f(lnt,tx2－x2)＝1，解得x2＝eq\f(lnt,t－1)，所以x1＋x2＝(t＋1)x2＝eq\f(t＋1lnt,t－1)，要證x1＋x2>2，需證eq\f(t＋1lnt,t－1)>2(0<t<1)，只需證lnt－eq\f(2t－1,t＋1)<0，構(gòu)建φ(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)，t∈(0,1)，則φ′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,t＋12)＝eq\f(t－12,tt＋12)>0對?t∈(0,1)恒成立，故φ(t)在(0,1)上單調(diào)遞增，則φ(t)<φ(1)＝0，故x1＋x2>2.9．(2023·聊城模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)(a∈R)，設(shè)m，n為兩個不相等的正數(shù)，且f(m)＝f(n)＝3.(1)求實數(shù)a的取值范圍；(2)證明：a2<mn<ae2.【解析】(1)解由題意知f(x)＝3有兩個不相等的正根，所以lnx＋eq\f(a,x)＝3有兩個不相等的正根，即a＝3x－xlnx有兩個不相等的正根，記函數(shù)h(x)＝3x－xlnx，x>0，則h′(x)＝2－lnx，令h′(x)＝0，得x＝e2；令h′(x)>0，得0<x<e2；令h′(x)<0，得x>e2，所以函數(shù)h(x)＝3x－xlnx的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e2)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e2，＋∞)，令h(x)＝0，得x＝e3，且h(e2)＝e2，當(dāng)