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极值点偏移问题
【典型例题】
例1.已知函数 f(x) = lnx- ax，a是常数且 a∈R．
(1)若曲线 y= f(x)在 x= 1处的切线经过点 (-1,0)，求 a的值；
(2)若 0< a< 1 (e是自然对数的底数)，试证明：①函数 f(x)有两个零点，②函数 f(x)的两个零点
e
x1，x2满足 x1+x2> 2e．
例2.已知函数 f(x) = lnx- ax(a∈R)．
(1)若曲线 y= f(x)与直线 x- y- 1- ln2= 0相切，求实数 a的值；
(2)若函数 y= f(x) 1 1有两个零点 x1，x2，证明 + > 2．lnx1 lnx2
例3.已知函数 f(x) = x- e (a- lnx)且 f( e) = e (其中 e为自然对数的底数)．2 4
(Ⅰ)求函数 f(x)的解析式；
(Ⅱ)判断 f(x)的单调性；
(Ⅲ)若 f(x) = k有两个不相等实根 x1，x2，证明：x1+x2> 2 e．
例4.已知函数 f(x) = e2x-a(x- 1)．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
( ) x +x2 若 a> 0 1 2，设 f ′ (x)为 f(x)的导函数，若函数 f(x)有两个不同的零点 x1，x2，求证：f ′ <2
0．
例5.已知函数 f(x) = 1 x2- (a+ 1)x+ 2(a- 1)lnx，g(x) =- 3 x2+x+ (4- 2a)lnx．
2 2
(1)若 a> 1，讨论函数 f(x)的单调性；
( ) f(x1) - f(x2 2)是否存在实数 a，对任意 x1，x2∈ (0,+∞)，x1≠ x2，有 - + a> 0恒成立，若存在，求出x1 x2
a的范围，若不存在，请说明理由；
(3)记 h(x) = f(x) + g(x)，如果 x1，x2是函数 h(x)的两个零点，且 x1< x2< 4x1，h′ (x)是 h(x)的导函
2x1+x2
数，证明：h > 0．3
例6.设函数 f(x) = x2-alnx，g(x) = (a- 2)x．
(Ⅰ)求函数 f(x)的单调区间；
(Ⅱ)若函数F(x) = f(x) - g(x)有两个零点 x1，x2．
(ⅰ)求满足条件的最小正整数 a的值；
( ) ′ x1+xF 2ⅱ 求证： 2 > 0．
例7.设函数 f(x) = x2-alnx- (a- 2)x．
(Ⅰ)求函数 f(x)的单调区间；
(Ⅱ) x +x若函数 f(x) 1 2有两个零点 x1，x2(1)求满足条件的最小正整数 a的值；(2)求证：f > 0．2
例8.已知函数 f(x) = ex- 1 ax2(a∈R)，其中 e为自然对数的底数，e= 2.71828 ． f(x0)是函数 f(x)的2
极大值或极小值，则称 x0为函数 f(x)的极值点，极大值点与极小值点统称为极值点．
(1)函数 f(x)在 (0,+∞)上单调递增，求实数 a的取值范围；
(2)判断函数 f(x)的极值点的个数，并说明理由；
(3)当函数 f(x)有两个不相等的极值点 x1和 x2时，证明： x1x2< lna．
例9.已知函数 f(x) = lnx- 1 ，g(x) = ax+ b．
x
(1)若函数 h(x) = f(x) - g(x)在 (0,+∞)上单调递增，求实数 a的取值范围；
(2)若直线 g(x) = ax+ b是函数 f(x) = lnx- 1 图象的切线，求 a+ b的最小值；
x
(3)当 b= 0时，若 f(x)与 g(x)的图象有两个交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，求证：x1x2> 2e2．
(取 e为 2.8，取 ln2为 0.7，取 2为 1.4)
【同步练习】
1. 已知函数 f(x) = lnx+ 2x- ax2，a∈R．
(Ⅰ)若 f(x)在 x= 1处取得极值，求 a的值；
(Ⅱ)设 g(x) = f(x) + (a- 4)x，试讨论函数 g(x)的单调性；
(Ⅲ)当 a=-2时，若存在正实数 x1，x2满足 f(x1) + f(x2) + 3x1x2= x1+x 12，求证：x1+x2> ．2
2. 已知函数 f(x) = lnx+ x- ax2，a∈R．
(1)若 f(x)在 x= 1处取得极值，求 a的值；
(2)设 g(x) = f(x) + (a- 3)x，试讨论函数 g(x)的单调性；
(3)当 a=-2时，若存在正实数 x1，x2满足 f(x1) + f(x2) + 3x1x2= 0 1，求证：x1+x2> ．2
3. 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 1 1，证明：2< + < e．
a b
4. 已知函数 f(x) = lnx- x．
(Ⅰ)讨论函数 f(x)的单调性；
(Ⅱ)设 a，b为两个不相等的正数，lna- lnb= a- b，证明：ab< 1．
5. 已知函数 f(x) = xe-x(x∈R)．
(Ⅰ)求函数 f(x)的单调区间和极值；
(Ⅱ)已知函数 y= g(x)的图象与函数 y= f(x)的图象关于直线 x= 1对称，证明：当 x> 1时，f(x)
> g(x)；
(Ⅲ)如果 x1≠ x2，且 f(x1) = f(x2)，证明：x1+x2> 2．
6. 已知函数 f(x) = x- ea+x(a∈R)．
(1)若 a= 1，求函数 f(x)在 x= 0处的切线方程；
(2)若 f(x)有两个零点 x1，x2，求实数 a的取值范围，并证明：x1+x2> 2．
7. 已知函数 f(x) = axex- (a- 1) (x+ 1)2(其中 a∈R，e为自然对数的底数，e= 2.718128 )．
(1)若 f(x)仅有一个极值点，求 a的取值范围；
(2) 1证明：当 0< a< 时，f(x)有两个零点 x1，x2，且-3< x1+x2<-2．2
8. 已知函数 f(x) = ex-ax(a为常数)，f′ (x)是 f(x)的导函数．
(Ⅰ)讨论 f(x)的单调性；
(Ⅱ)当 x> 0时，求证：f(lna+ x)> f(lna- x)；
(Ⅲ)已知 f(x)有两个零点 x1，x2(x1< ) / x1+xx 22 ，求证：f 2 < 0．
9. 设函数 f(x) = ex-ax+ a，a∈R，其图象与 x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，且 x1< x2．
(1)求 a的取值范围；
(2)证明：f ( x1x2)< 0．
10. 设函数 f(x) = ex-ax+ a(a∈R)其图象与 x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，且 x1< x2．
(1)求 f(x)的单调区间和极值点；
(2)证明：f′ ( x1x2)< 0( f′ (x)是 f(x)的导函数)；
(3)证明：x1x2< x1+x2．
11. a已知函数 f(x) = x2lnx+ (a∈R)在 x= 1处的切线与直线 x- y+ 2= 0平行．
x
(1)求实数 a的值，并求 f(x)的极值；
(2)若方程 f(x) =m 2有两个不相等的实根 x1，x2，求证：x2+x21 2> ．e极值点偏移问题
【典型例题】
例1.已知函数 f(x) = lnx- ax，a是常数且 a∈R．
(1)若曲线 y= f(x)在 x= 1处的切线经过点 (-1,0)，求 a的值；
(2) 0< a< 1若 (e是自然对数的底数)，试证明：①函数 f(x)有两个零点，②函数 f(x)的两个零点
e
x1，x2满足 x1+x2> 2e．
【解析】( ) f(1) - 01 解：切线的斜率 k= f (1) = 1- af(1) =-a，k= =- a，
1- (-1) 2
即 1- a=- a，解得 a= 2；
2
(2)证明：①由 f (x) = 1 - a= 0，得 x= 1，
x a
当 0< x< 1 时，f (x)> 0；当 x> 1 时，f (x)< 0，
a a
∴ f(x)在 x= 1 处取得最大值 f
a
1 =-lna- 1，f(1) =-a< 0，a
∵ 0< a< 1，∴ f 1 =-lna- 1> 0，f(x)在区间 1, 1 有零点，e a a
∵ f(x)在区间 0, 1 单调递增，∴ f(x)在区间 0, 1 有唯一零点．a a
由幂函数与对数函数单调性比较及 f(x)的单调性知，f(x)在区间 1 ,+∞ 有唯一零点，从而函数a
f(x)有两个零点．
②不妨设 0< x 11< < x2，作函数F(x) = f(x) - f 2 - x ，0< x< 2，a a a
2
则F 1 = 0，F (x) = ( ) +
2(1- ax)
f x f 2 - x = ≥ 0．a a x(2- ax)
∴F(x1)2 - x1 > f(x1)，a
又 f(x1) = f(x 22)，∴ f - x1 > f(x2)．a
∵ 0< x1< 1 < xa 2，
∴ 2 - x ,x ∈
a 1 2
1 ,+∞ ，a
∵ f(x)在区间 1 ,+∞ 单调递减，a
∴ 2 - x1< x2，x1+x 2a 2> ．a
又 0< a< 1，1 > e，
e a
∴ x1+x2> 2e．
例2.已知函数 f(x) = lnx- ax(a∈R)．
(1)若曲线 y= f(x)与直线 x- y- 1- ln2= 0相切，求实数 a的值；
(2)若函数 y= f(x) 1 1有两个零点 x1，x2，证明 + > 2．lnx1 lnx2
【解析】解：(1)由 f(x) = lnx- ax，得 f (x) = 1 - a，
x
1 - a= 1
设切点横坐标为 x x0，依题意得 0 ，x0-1- ln2= lnx0-ax0
x = 1解得 0 2，即实数 a的值为 1．a= 1
(2)不妨设 < < lnx0 x x，由 1-ax1= 01 2 ，lnx2-ax2= 0
得 lnx2-lnx1= a(x2-x1)，
即 1 = x2-x1
a lnx2-
，
lnx1
x2 - x11 1 1 1 x - 2ln
x2
所以 + - 2= + - 2= 2-x1 1- +
1 - 2= x1 x2 x1 ，
lnx2 lnx1 ax1 ax2 lnx2 lnx1 x1 x2 ln x2x1
令 = x2 > ，则 xt 1 ln 2 > , x0 2 - x1 - x2ln 2 = t- 1 - 2lnt，
x1 x1 x1 x2 x1 t
2
设 g(t) = t- 1 - 2lnt，则 g (t) = t -2t+ 1 > 0，
t t2
即函数 g(t)在 (1,+∞)上递减，
所以 g(t)> g(1) = 0，
x2 x1
x - x - 2ln
x2
从而 1 2 x1 > 0，
ln x2x1
即 1 + 1 > 2．
lnx2 lnx1
例3. f(x) = x- e已知函数 (a- lnx)且 f( e) = e (其中 e为自然对数的底数)．2 4
(Ⅰ)求函数 f(x)的解析式；
(Ⅱ)判断 f(x)的单调性；
(Ⅲ)若 f(x) = k有两个不相等实根 x1，x2，证明：x1+x2> 2 e．
【解析】解：(Ⅰ)f( e) = e a- 1 = e，解得 a= 1，2 2 4
所以函数解析式为 f(x) = x- e (1- lnx)；2
(Ⅱ)函数 f(x)的定义域为 (0,+∞)，f (x) = 1- lnx+ x- e - 1 = e - lnx，2 x 2x
设 g(x) = e - lnx，g (x) =- e - 1，在 (0,+∞)上，g (x)< 0恒成立，
2x 2x2 x
所以 g(x)在 (0,+∞)上单调递减，即 f (x)在 (0,+∞)上单调递减，
又 f ( e) = 0，则在 (0, e)上 f (x)> 0，在 ( e,+∞)上 f (x)< 0．
所以函数 f(x)在 (0, e)上单调递增，在 ( e,+∞)上单调递减；
(Ⅲ)证明：构造函数 F(x) = F(x) - f(2 e - x)，x∈ (0, e)，F (x) = f (x) + f (2 e - x) = e -
2x
lnx+ e 1 - ln(2 e- x) = e - ln[x(2 e- x)]，
2 2 e- x x(2 e- x)
设 t= x(2 e- x)，当 x∈ (0, e)时，t∈ (0,e)，
设 h(t) = e - lnt，且 h (t) =- e - 1 < 0，
t t2 t
可知 h(t)在 (0,e)上单调递减，且 h(e) = 0，
所以 h(t)> 0在 t∈ (0,e)上恒成立，即F (x)> 0在 x∈ (0, e)上恒成立，
所以 y=F(x)在 (0, e)上单调递增，
不妨设 x1< x2，由 (Ⅱ)知 x1< e< x2F(x1) = f(x1) - f(2 e - x1)= 0，即 f(x1)< f(2 e- x1)，
因为 f(x1) = f(x2)，所以 f(x2)< f(2 e- x1)，
由 (Ⅱ)知 f(x)在 ( e,+∞)上单调递减，
得 x2> 2 e- x1，所以 x1+x2> 2 e．
例4.已知函数 f(x) = e2x-a(x- 1)．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2) > xa 0 1+x2若 ，设 f ′ (x)为 f(x)的导函数，若函数 f(x)有两个不同的零点 x1，x2，求证：f ′ 2 <
0．
【解析】(1)解：f′ (x) = 2e2x-a，
当 a≤ 0时，f′ (x)> 0，函数 f(x)在R上单调递增；
当 a> 0时，令 f′ (x)> 0，得 x> 1 ln a，令 f′ (x)< 0，得 x< 1 ln a，
2 2 2 2
所以 f(x)在 -∞, 1 ln a 上单调递减，在 1 ln a，+∞ 上单调递增．2 2 2 2
2x1 2x2 2x1
(2)证明：由题意得 e -a(x1-1) = 0，两式相减得 a= e -e e2x2-a(x2-1) = 0 x2- ，x1
2x2 2x1 x1+x2
不妨设 x1< x2，由 f ′ (x) = 2e2x-a，得 f ′ x1+x2 = 2ex1+x2- e -e = e [2(x -x ) + ex1-x22 x2-x1 x2-x 2 11
-ex2-x1]，
令 t= x2-x1，h(t) = 2t- et+e-t，
因为当 t> 0时，h′ (t) = 2- et-e-t= 2- (et+e-t)< 0，
所以 h(t)在 (0,+∞)上单调递减，
所以当 t> 0时，h(t)< h(0) = 0，
ex1+x2又
x - > 0，故 f′x1
x1+x2 < 0．
2 2
例5.已知函数 f(x) = 1 x2- (a+ 1)x+ 2(a- 1)lnx，g(x) =- 3 x2+x+ (4- 2a)lnx．
2 2
(1)若 a> 1，讨论函数 f(x)的单调性；
(2) f(x1) - f(x2)是否存在实数 a，对任意 x1，x2∈ (0,+∞)，x1≠ x2，有 - + a> 0恒成立，若存在，求出x1 x2
a的范围，若不存在，请说明理由；
(3)记 h(x) = f(x) + g(x)，如果 x1，x2是函数 h(x)的两个零点，且 x1< x2< 4x1，h′ (x)是 h(x)的导函
2x +x
数，证明：h 1 2 > 0．3
【解析】解：(1)f(x)的定义域为 (0,+∞)，
2
( ) = - ( + )+ ( - ) 1 = x - (a+ 1)x+ 2(a- 1) = (x- 2) [x- (a- 1)]f x x a 1 2 a 1 ，
x x x
(x- 2)2
①若 a- 1= 2，则 a= 3，f (x) = > 0，f(x)在 (0,+∞)上单调递增；
x
②若 a- 1< 2，则 a< 3，而 a> 1，∴ 1< a< 3，
当 x∈ (a- 1,2)时，f′ (x)< 0；当 x∈ (0,a- 1)及 (2,+∞)时 f′ (x)> 0，
所以 f(x)在 (a- 1,2)上单调递减，在 (0,a- 1)及 (2,+∞)单调递增；
③若 a- 1> 2，则 a> 3，同理可得 f(x)在 (2,a- 1)上单调递减，在 (0,2)及 (a- 1,+∞)单调递增．
( ) f(x ) - f(x )2 假设存在 a，对任意 x 1 21，x2∈ (0,+∞)，x1≠ x2，有 + a> 0恒成立，x1-x2
不妨设 0< x1<
f(x ) - f(x )
x2，只要
2 1
- + a> 0，即 f(x2) + ax2> f(x1) + ax，x2 x 11
令 g(x) = f(x) + ax，只要 g(x)在 (0,+∞)上为增函数，
- 1 22 x +2a- 9
g(x) = 1 x2-x+ 2( - ) 2(a- 1) x -x+ 2(a- 1)a 1 lnxg (x) = x- 1+ = = 2 4 ，
2 x x x
只要 g′ (x)≥ 0在 (0,+∞)恒成立，只要 2a- 9 ≥ 0,a≥ 9，
4 8
故存在 a∈ 9 ,+∞ 时，对任意 x1，x2∈ (0,+∞)，x ≠
f(x ) - f(x
x 1 2
)
8 1 2
，有 - + a> 0恒成立．x1 x2
(3)证明：由题意知，h(x) = 1 x2 - (a+ 1)x+ 2(a- 1)lnx
+ 3 2 2
2
- x +x+ (4- 2a)lnx = 2lnx- x2
-ax，
h(x1) = 2lnx1-x21-ax1= 0,h(x 22) = 2lnx2-x2-ax2= 0
两式相减，整理得 x2ln 2 + (x1-x2) (x1+x2) = a(x2-x1)，x1
2ln x2
所以 = xa 1 - (x +x )，又因为 h (x) = 2- 2 1 - 2x- a，x2 x1 x
x2
所以 2x1+x

2 = 6 - 2 ( x
3 x - 3
h + 2x
2 2
1+x2) - a=- ln - 1 - 1 (x3 2x x 3 x 1-x2)，1 2 2-x1 x1 2+
x2 3
x1
令 t= x2 ∈ (1,4),φ(t) = lnt- 3t- 3，则 φ ( ) = (t- 1) (t- 4)t < 0，
x1 t+ 2 t(t+ 2)2
所以 φ(t)在 (1,4)上单调递减，故 φ(t)< φ(1) = 0，
又- 2- < 0,-
1 (x1-x )> 0，所以 2xh 1+x2x x 21 3 3 > 0．2
例6.设函数 f(x) = x2-alnx，g(x) = (a- 2)x．
(Ⅰ)求函数 f(x)的单调区间；
(Ⅱ)若函数F(x) = f(x) - g(x)有两个零点 x1，x2．
(ⅰ)求满足条件的最小正整数 a的值；
(ⅱ) F′ x1+x2求证： > 0．2
2
【解析】解：(Ⅰ)f (x) = 2x- a = 2x -a (x> 0)． (1分)
x x
当 a≤ 0时，f (x)> 0在 (0,+∞)上恒成立，所以函数 f(x)单调递增区间为 (0,+∞)，
此时 f(x)无单调减区间． (2分)
当 a> 0时，由 f (x)> 0，得 x> 2a，f (x)< 0，得 0< x< 2a，
2 2
所以函数 f(x)的单调增区间为 2a ,+∞ ，单调减区间为 0, 2a ． (3分)2 2
2
(Ⅱ) (i)F ( ) = - ( - )- a = 2x - (a- 2)x- a = (2x- a) (x+ 1)x 2x a 2 (x> 0)．
x x x
因为函数F(x)有两个零点，所以 a> 0，此时函数 f(x)在 a ,+∞ 单调递增，2
在 0, a 单调递减． (4分)2
所以F(x)的最小值F a2 < 0，即-a
2+4a- 4aln a < 0． (5分)
2
因为 a> 0，所以 a+ 4ln a - 4> 0．令 h(a) = a+ 4ln a - 4，显然 h(a)在 (0,+∞)上为增函数，
2 2
且 h(2) =-2< 0,h(3) = 4ln 3 - 1= ln 81 - 1> 0，所以存在 a0∈ (2,3)，h(a0) = 0． (6分)2 16
当 a> a0时，h(a)> 0；当 0< a< a0时，h(a)< 0，所以满足条件的最小正整数 a= 3． (7分)
又当 a= 3时，F(3) = 3(2- ln3)> 0，F(1) = 0，所以 a= 3时，f(x)有两个零点．
综上所述，满足条件的最小正整数 a的值为 3． (8分)
(ii)证明：不妨设 0< x1< x2，于是 x21- (a- 2)x1-alnx 21= x2- (a- 2)x2-alnx2，
即 x21- (a- 2)x -alnx -x21 1 2+ (a- 2)x2+alnx2= 0，x21+2x1-x22-2x2= ax1+alnx1-ax2-alnx2= a(x1
+lnx1-x2-lnx2)．
x2所以 = 1+2x1-x
2
2-2xa 2+ ． (10分)x1 lnx1-x2-lnx2
因为F a = 0，当 x∈ 0, a 时，F (x)< 0，当 x∈ a ,+∞ 时，F (x)> 0，2 2 2
2 2
故只要证 x1+x2 > a 即可，即证明 x1+x2>
x1+2x1-x2-2x2
2 2 x1+lnx1-x2-
， (11分)
lnx2
即证 x2 21-x2+ (x1+x2) (lnx -lnx )< x2+2x -x21 2 1 1 2-2x2，
也就是证 x 2x -2xln 1 < 1 2． (12分)
x2 x1+x2
设 = xt 1 (0< t< 1)．
x2
2
令m(t) = lnt- 2t- 2 (t- 1)+ ，则m
(t) = 1 - 4 = ．
t 1 t (t+ 1)2 t(t+ 1)2
因为 t> 0，所以m (t)≥ 0， (13分)
当且仅当 t= 1时，m (t) = 0，
所以m(t)在 (0,+∞)上是增函数．
又m(1) = 0，所以当m∈ (0,1)，m(t)< 0总成立，所以原题得证． (14分)
例7.设函数 f(x) = x2-alnx- (a- 2)x．
(Ⅰ)求函数 f(x)的单调区间；
(Ⅱ)若函数 f( ) x +xx 有两个零点 x1，x (1) a (2) f 1 22 求满足条件的最小正整数 的值； 求证： > 0．2
( ) ′ ( ) = - ( - )- a = (2x- a) (x+ 1)【解析】解：Ⅰ f x 2x a 2 ，(x> 0)．
x x
当 a≤ 0时，f′ (x)> 0在 (0,+∞)上恒成立，
所以函数 f(x)单调递增区间为 (0,+∞)，此时 f(x)无单调减区间；
当 a> 0时，由 f′ (x)> 0，得 x> a，f′ (x)< 0，得 0< x< a，
2 2
所以函数 f(x)的单调增区间为 a，+∞ ，单调减区间为 0, a ；2 2
(Ⅱ) (1)由 (Ⅰ)可知函数 f(x)有两个零点，所以 a> 0，
f(x)的最小值 f a < 0，即-a2+4a- 4aln a < 0，2 2
∵ a> 0，∴ a- 4+ 4ln a > 0，
2
令 h(a) = a- 4+ 4ln a，显然 h(a)在 (0,+∞)上为增函数，
2
且 h(2) =-2< 0,h(3) = 4ln 3 - 1> 0
2
∴存在 a0∈ (2,3)，h(a0) = 0，
当 a> a0时，h(a)> 0；当 0< a< a0时，h(a)< 0，
所以满足条件的最小正整数 a= 3．
又当 a= 3时，f(3) = 3(2- ln3)> 0，f 3 = 3 1- 4ln 32 4 2 < 0，f(1) = 0，
所以 a= 3时，f(x)有两个零点．
综上所述，满足条件的最小正整数 a的值为 3．
(2)证明：不妨设 0< x1< x2，
于是 x21- (a- 2)x1-alnx = x21 2- (a- 2)x2-alnx2，
2 2
∴ xa= 1+2x1-x2-2x2+ - - ．，x1 lnx1 x2 lnx2
因为 f′ a = 0，当 x∈ 0, a 时，f′ (x)< 0；当 x∈ a ,+∞ 时，f′ (x)> 0．2 2 2
2
故只要证 x1+x2 > a 即可，即证明 + > x1+2x1-x
2
x x 2
-2x2
1 2 + - - ．，2 2 x1 lnx1 x2 lnx2
即证 x2-x21 2+ (x1+x2) (lnx1-lnx2)< x21+2x1-x22-2x2．
也就是证 x1 < 2x1-2xln 2．
x2 x1+x2
设 x1 = t∈ (0,1)．
x2
(t- 1)2
令m(t) = lnt- 2t- 2+ ，则m′ (t) =
1 - 4 = ．
t 1 t (t+ 1)2 t(t+ 1)2
∵ t> 0，所以m (t)≥ 0，
当且仅当 t= 1时，m (t) = 0，所以m(t)在 (0,+∞)上是增函数．
又m(1) = 0，所以当m∈ (0,1)，m(t)< 0总成立，所以原题得证．
例8. f(x) = ex- 1已知函数 ax2(a∈R)，其中 e为自然对数的底数，e= 2.71828 ． f(x0)是函数 f(x)的2
极大值或极小值，则称 x0为函数 f(x)的极值点，极大值点与极小值点统称为极值点．
(1)函数 f(x)在 (0,+∞)上单调递增，求实数 a的取值范围；
(2)判断函数 f(x)的极值点的个数，并说明理由；
(3)当函数 f(x)有两个不相等的极值点 x1和 x2时，证明： x1x2< lna．
【解析】解：(1)f′ (x) = ex-ax≥ 0在 (0,+∞)上恒成立，
ex即 a≤ 在 (0,+∞)上恒成立，
x
x
令 g(x) = e ，x∈ (0,+∞)，
x
x - x exg′ (x) = e x e = (x- 1)，
x2 x2
在 (0,1)上，g′ (x)< 0，g(x)单调递减，
在 (1,+∞)上，g′ (x)> 0，g(x)单调递增，
所以 g(x)≥ g(1) = e，
所以 a≤ e．
所以 a的取值范围为 (-∞，e]．
(2)f′ (x) = ex-ax，
令 g(x) = ex-ax，则 g′ (x) = ex-a，
①当 a< 0时，g′ (x) = ex-a> 0，f′ (x) = ex-ax在 (-∞,+∞)上单调递增，
1
又 f′ (0) = 1> 0，f′ 1 = e a-1< 0，a
于是 f′ (x) = ex-ax在 (-∞,+∞)上有一个零点 x1，
x (-∞,x1) x1 (x1，+∞)
f′ (x) - 0 +
f(x) ↓ 极小值 ↑
于是函数 f(x)的有 1个极值点，
②当 a= 0时，f(x) = ex单调递增，于是函数 f(x)没有极值点，
③当 0< a≤ e时，由 g′ (x) = ex-a= 0，得 x= lna，
x (-∞,lna) lna (lna,+∞)
g′ (x) - 0 +
f′ (x) ↓ a(1- lna) ↑
f′ (x)≥ 0，当且仅当 x= lna时，取“=”号，
所以函数 f(x)在 (-∞,+∞)上单调递增，
所以函数 f(x)没有极值点．
④当 a> e时，
x (-∞,lna) lna (lna,+∞)
g′ (x) - 0 +
f′ (x) ↓ a(1- lna) ↑
f′ (lna) = a(1- lna)< 0，
f′ (0) = 1> 0，
又因为 a> lna，
所以 f′ (a) = ea-a2> a2-a2= 0，
于是，函数 f′ (x)在 (-∞,lna)和 (lna,+∞)上各有一个零点，分别为 x2，x3，
x (-∞,x2) x2 (x2，x3) x3 (x3，+∞)
f′ (x) + 0 - 0 +
f(x) ↑ 极大值 ↓ 极小值 ↑
于是 f(x)有 2个极值点，
综上，当 a< 0时，函数 f(x)有 1个极值点，
当 0≤ a≤ e时，函数 f(x)没有极值点，
当 a> e时，函数 f(x)有 2个极值点．
(3)证明：当函数 f(x)有两个不等的极值点 x1和 x2时，
由 (2)知 a> e且 1< x1< lna< x2，f′ (x1) = f′ (x2) = 0，
令F(x) = f′ (x) - f′ (2lna- x)，
(ex′ ( ) = -a)
2
F x x ，e
由F′ (x) = 0，得 x= lna，
x (-∞,lna) lna (lna,+∞)
F′ (x) + 0 +
F(x) ↑ 非极值点 ↑
F(x1)因为 x2> lna，2lna- x1> lna，
f′ (x)在 (lna,+∞)上单调递增，
所以 x2< 2lna- x1，即 x1+x2< 2lna，
又 x1+x2> 2 x1x2，
所以 x1x2< lna．
例9. 1已知函数 f(x) = lnx- ，g(x) = ax+ b．
x
(1)若函数 h(x) = f(x) - g(x)在 (0,+∞)上单调递增，求实数 a的取值范围；
(2)若直线 g(x) = ax+ b是函数 f(x) = lnx- 1 图象的切线，求 a+ b的最小值；
x
(3)当 b= 0时，若 f(x)与 g(x)的图象有两个交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，求证：x1x2> 2e2．
(取 e为 2.8，取 ln2为 0.7，取 2为 1.4)
【解析】(1)解：h(x) = f(x) - g(x) = lnx- 1 - ax- b，则 h (x) = 1 + 1 - a，
x x x2
∵ h(x) = f(x) - g(x)在 (0,+∞)上单调递增，∴对 x> 0，都有 h (x) = 1 + 1 - a≥ 0，
x x2
即对 x> 0，都有 a≤ 1 + 1 ，
x x2
∵ 1 + 1 > 0，∴ a≤ 0，
x x2
故实数 a的取值范围是 (-∞，0]；
(2)解：设切点 x0,lnx 10- ，则切线方程为 y- lnx0- 1 = 1 + 1 (x- xx x x 2 0)，0 0 0 x0
即 y= 1 + 1 x- 1 + 1 x + lnx - 1 ，亦即 y= 10 0 + 1 x+x0 x2 x0 x2 x 20 x0 x lnx0-
2 - 1 ，
0 0 0 x0
令 1 = t> 0，由题意得 a= 1 + 1 = t+ t2,b= lnx 2
x x 2 0
- - 1=-lnt- 2t- 1，
0 0 x0 x0
(2t+ 1) (t- 1)
令 a+ b= φ(t) =-lnt+ t2-t- 1，则 φ (t) =- 1 + 2t- 1= ，
t t
当 t∈ (0,1)时，φ (t)< 0，φ(t)在 (0,1)上单调递减；
当 t∈ (1,+∞)时，φ (t)> 0，φ(t)在 (1,+∞)上单调递增，
∴ a+ b= φ(t)≥ φ(1) =-1，故 a+ b的最小值为-1；
(3)证明：由题意知 lnx 11- = ax，lnx - 1 = ax，x 1 2 21 x2
两式相加得 - x1+xlnx x 21 2 = a(x +x )，x 1 21x2
两式相减得 x2 - x1-xln 2 = a(x -x )，
x1 x x
2 1
1 2
ln x2
即 x1 + 1- = a，x2 x1 x1x2
x2
∴ - x +x
ln x
lnx 1 2 1 11x2 = + (x +x )，x1x2 x 1 22-x1 x1x2
即 lnx1x2-
2(x1+x2) = x1+x2 x- ln
2，
x1x2 x2 x1 x1
不妨令 0< x1< x2，记 t=
x2 > 1，
x1
( ) = - 2(t- 1) ( > ) ′ ( ) = (t- 1)
2
令F t lnt
t+ t 1 ，则F t > 0，1 t(t+ 1)2
∴ ( )= - 2(t- 1)F t lnt + 在 (1,+∞)上单调递增，则F(t) = lnt-
2(t- 1)
+ >F(1) = 0，t 1 t 1
∴ > 2(t- 1) x2 > 2(xlnt ，则 ln 2-x1)
t+ ，1 x1 x1+x2
∴ - 2(x1+x2) = x1+x2 xlnx1x2 ln 2 > 2，x1x2 x2-x1 x1
2(x +x )
又 4 x xlnx1x2- 1 2 < lnx1x2- 1 2 = lnx x - 4 = 2ln x x - 4 ，x 1 2 1 21x2 x1x2 x1x2 x1x2
∴ 2ln x x - 4 > 2，即 ln x x 21 2 1 2- > 1，
x1x2 x1x2
令G(x) = lnx- 2，则 x> 0时，G (x) = 1 + 2 > 0，
x x x2
∴G(x)在 (0,+∞)上单调递增，
又 ln 2e- 2 = 1 ln2+ 1- 2 ≈ 0.85< 1，
2e 2 e
∴G( x1x2) = ln x1x2- 2 > 1> ln 2e- 2 ，
x1x2 2e
则 x1x2> 2e，即 x 21x2> 2e．
【同步练习】
1. 已知函数 f(x) = lnx+ 2x- ax2，a∈R．
(Ⅰ)若 f(x)在 x= 1处取得极值，求 a的值；
(Ⅱ)设 g(x) = f(x) + (a- 4)x，试讨论函数 g(x)的单调性；
(Ⅲ)当 a=-2时，若存在正实数 x1，x2满足 f(x1) + f(x2) + 3x1x2= x1+x 12，求证：x1+x2> ．2
【解析】解：(Ⅰ)因为 f(x) = lnx+ 2x- ax2，所以 f′ (x) = 1 + 2- 2ax，
x
因为 f(x)在 x= 1处取得极值，所以 f′ (1) = 1+ 2- 2a= 0，解得：a= 3．
2
= 3 (3x+ 1) (x- 1)验证：当 a 时，f′ (x) = 1 + 2- 3x=- (x> 0)，
2 x x
易得 f(x)在 x= 1处取得极大值．
(Ⅱ)因为 g(x) = f(x) + (a- 4)x= lnx- ax2+ (a- 2)x，
′ ( ) =- (ax+ 1) (2x- 1)所以 g x (x> 0)，
x
①若 a≥ 0，则当 x∈ 0, 1 时，g′ (x)> 0，2
所以函数 g(x)在 0, 1 上单调递增；2
当 x∈ 1，+∞2 时，g′ (x)< 0，
∴函数 g(x)在 1，+∞ 上单调递减．2
a x+ 1 (2x- 1)
②若 a< 0，g′ (x) =- a (x> 0)，
x
当 a<-2时，易得函数 g(x)在 0,- 1 和 1，+∞ 上单调递增，在 - 1，1 上单调递减；a 2 a 2
当 a=-2时，g′ (x)≥ 0恒成立，所以函数 g(x)在 (0,+∞)上单调递增；
当-2< a< 0时，易得函数 g(x)在 0, 1 和 - 1，+∞ 上单调递增，在 1，- 1 上单调递减．2 a 2 a
(Ⅲ)证明：当 a=-2时，f(x) = lnx+ 2x+ 2x2，
因为 f(x1) + f(x2) + 3x1x2= x1+x2，
所以 lnx1+2x1+2x21+lnx2+2x2+2x22+3x1x2= x1+x2，
即 lnx1x 2 22+2(x1+x2) + (x1+x2) + 3x1x2= 0，
所以 2(x1+x2)2+ (x1+x2) = x1x2-lnx1x2，
令 t= x1x2，φ(t) = t- lnt(t> 0)，
则 φ′ (t) = t- 1 (t> 0)，
t
当 t∈ (0,1)时，φ′ (t)< 0，
所以函数 φ(t) = t- lnt(t> 0)在 (0,1)上单调递减；
当 t∈ (1,+∞)时，φ′ (t)> 0，
所以函数 φ(t) = t- lnt(t> 0)在 (1,+∞)上单调递增．
所以函数 φ(t)在 t= 1时，取得最小值，最小值为 1．
所以 2(x1+ x2)2+ (x1+x2)≥ 1，
即 2(x1+ x2)2+ (x1+x2) - 1≥ 0，
所以 x 11+x2≥ 或 x2 1+x2≤-1，
因为 x1，x2为正实数，所以当 x1+x2= 1 时，x1x2= 1，2
此时不存在 x1，x2满足条件，
所以 x 11+x2> ．2
2. 已知函数 f(x) = lnx+ x- ax2，a∈R．
(1)若 f(x)在 x= 1处取得极值，求 a的值；
(2)设 g(x) = f(x) + (a- 3)x，试讨论函数 g(x)的单调性；
(3)当 a=-2 1时，若存在正实数 x1，x2满足 f(x1) + f(x2) + 3x1x2= 0，求证：x1+x2> ．2
【解析】(1)解：因为 f(x) = lnx+ x- ax2，所以 f′ (x) = 1 + 1- 2ax，
x
因为 f(x)在 x= 1处取得极值，所以 f′ (1) = 1+ 1- 2a= 0，解得：a= 1．
验证：当 a= 1时，f′ (x) = 1 + 1- 2x=- (x- 1) (2x+ 1) (x> 0)，
x x
易得 f(x)在 x= 1处取得极大值．
(2)解：因为 g(x) = f(x) + (a- 3)x= lnx- ax2+ (a- 2)x，
所以 g′ ( ) =- (ax+ 1) (2x- 1)x (x> 0)，
x
①若 a≥ 0，则当 x∈ 0, 1 时，g′ (x)> 0，2
所以函数 g(x)在 0, 1 上单调递增；2
当 x∈ 1，+∞ 时，g′ (x)< 0，2
∴函数 g(x)在 1，+∞ 上单调递减．2
a x+ 1 (2x- 1)
②若 a< 0，g′ (x) =- a (x> 0)，
x
当 a<-2时，易得函数 g(x)在 0,- 1 和 1，+∞ 上单调递增，在 - 1，1 上单调递减；a 2 a 2
当 a=-2时，g′ (x)≥ 0恒成立，所以函数 g(x)在 (0,+∞)上单调递增；
当-2< a< 0时，易得函数 g(x)在 0, 1 和2 -
1，+∞ 上单调递增，在 1，- 1 上单调递减．a 2 a
(3)证明：当 a=-2时，f(x) = lnx+ x+ 2x2，
因为 f(x1) + f(x2) + 3x1x2= 0，
所以 lnx1+x1+2x21+lnx2+x2+2x22+3x1x2= 0，
即 lnx1x2+2(x2 21+x2) + (x1+x2) + 3x1x2= 0，
所以 2(x1+x )22 + (x1+x2) = x1x2-lnx1x2，
令 t= x1x2，φ(t) = t- lnt(t> 0)，
则 φ′ (t) = t- 1 (t> 0)，
t
当 t∈ (0,1)时，φ′ (t)< 0，
所以函数 φ(t) = t- lnt(t> 0)在 (0,1)上单调递减；
当 t∈ (1,+∞)时，φ′ (t)> 0，
所以函数 φ(t) = t- lnt(t> 0)在 (1,+∞)上单调递增．
所以函数 φ(t)在 t= 1时，取得最小值，最小值为 1．
所以 2(x1+x2)2+ (x1+x2)≥ 1，
即 2(x1+x2)2+ (x1+x2) - 1≥ 0，
所以 x1+x2≥ 1 或 x +x ≤-1，2 1 2
因为 x1，x2为正实数，所以 x1+x2≤-1，
因为当 x1+x2= 1 时，x1x2= 1，不满足 t∈ (1,+∞)，2
所以 x1+x 12> ．2
3. 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 1 1，证明：2< + < e．
a b
【解析】(1)解：由函数的解析式可得 f (x) = 1- lnx- 1=-lnx，
∴ x∈ (0,1)，f′ (x)> 0，f(x)单调递增，
x∈ (1,+∞)，f′ (x)< 0，f(x)单调递减，
则 f(x)在 (0,1)单调递增，在 (1,+∞)单调递减．
(2)证明：由 blna- alnb= a- b，得- 1 ln 1 + 1 ln 1 = 1 - 1，
a a b b b a
即 1 1- ln 1 = 1 1- ln 1 ，a a b b
由 (1)f(x)在 (0,1)单调递增，在 (1,+∞)单调递减，
所以 f(x)max= f(1) = 1，且 f(e) = 0，
令 x1= 1，x = 1，a 2 b
则 x1，x2为 f(x) = k 的两根，其中 k∈ (0,1)．
不妨令 x1∈ (0,1)，x2∈ (1,e)，则 2- x1> 1，
先证 2< x1+x2，即证 x2> 2- x1，即证 f(x2) = f(x1)< f(2- x1)，
令 h(x) = f(x) - f(2- x)，
则 h′ (x) = f′ (x) + f′ (2- x) =-lnx- ln(2- x) =-ln[x(2- x)]在 (0,1)单调递减，
所以 h′ (x)> h′ (1) = 0，
故函数 h(x)在 (0,1)单调递增，
∴ h(x1)< h(1) = 0．∴ f(x1)< f(2- x1)，∴ 2< x1+x2，得证．
同理，要证 x1+x2< e，
(法一)即证 1< x2< e- x1，
根据 (1)中 f(x)单调性，
即证 f(x2) = f(x1)> f(e- x1)，
令 φ(x) = f(x) - f(e- x)，x∈ (0,1)，
则 φ (x) =-ln[x(e- x)]，令 φ′ (x0) = 0，
x∈ (0,x )，φ 0 (x)> 0，φ(x)单调递增，
x∈ (x，1)，φ 0 (x)< 0，φ(x)单调递减，
又 0< x< e时，f(x)> 0，且 f(e) = 0，
故limφ(x) = 0，
x→0+
φ(1) = f(1) - f(e- 1)> 0，
∴ φ(x)> 0恒成立，
x1+x2< e得证，
(法二)f(x1) = f(x2)，x1(1- lnx1) = x2(1- lnx2)，
又 x1∈ (0,1)，故 1- lnx1> 1，x1(1- lnx1)> x1，
故 x1+x2< x1(1- lnx1) + x2= x2(1- lnx2) + x2，x2∈ (1,e)，
令 g(x) = x(1- lnx) + x，g′ (x) = 1- lnx，x∈ (1,e)，
在 (1,e)上，g′ (x)> 0，g(x)单调递增，
所以 g(x)< g(e) = e，
即 x2(1- lnx2) + x2< e，所以 x1+x2< e，得证，
则 2< 1 + 1 < e．
a b
4. 已知函数 f(x) = lnx- x．
(Ⅰ)讨论函数 f(x)的单调性；
(Ⅱ)设 a，b为两个不相等的正数，lna- lnb= a- b，证明：ab< 1．
【解析】解：(I)f′ (x) = 1 - 1= 1- x，x> 0，
x x
当 0< x< 1时，f′ (x)> 0，函数 f(x)单调递增，当 x> 1时，f′ (x)< 0，函数 f(x)单调递减，
故函数在 (0,1)上单调递增，在 (1,+∞)上单调递减，
(II)证明：由 lna- lnb= a- b，得 lna- a= lnb- b，
令 x1= a，x2= b，
则 x1，x2是 f(x) = x的两根，
不妨令 x1∈ (0,1)，x2∈ (1,+∞)，则 0< x1< 1，0< 1 < 1，x2
要证 ab< 1，即证 x < 11 ，即 f(x 11) = f(x2)< f ，x2 x2
令 h(x) = f(x) - f 1 = 2lnx+ 1 - x，x x
′ ( ) = 2 - 1 - =- (x- 1)
2
则 h x 1 < 0，
x x2 x2
所以 h(x)在 (1,+∞)单调递减，h(x)< h(1) = 0，
所以 f(x1) = f(x )< f 12 x2 ，
所以 ab< 1，
5. 已知函数 f(x) = xe-x(x∈R)．
(Ⅰ)求函数 f(x)的单调区间和极值；
(Ⅱ)已知函数 y= g(x)的图象与函数 y= f(x)的图象关于直线 x= 1对称，证明：当 x> 1时，f(x)
> g(x)；
(Ⅲ)如果 x1≠ x2，且 f(x1) = f(x2)，证明：x1+x2> 2．
【解析】解：(Ⅰ)解：f′ (x) = (1- x)e-x
令 f′ (x) = 0，解得 x= 1
当 x变化时，f′ (x)，f(x)的变化情况如下表
x (-∞,1) 1 (1,+∞)
f′ (x) + 0 -
f(x) 增 极大值 减
所以 f(x)在 (-∞,1)内是增函数，在 (1,+∞)内是减函数．
函数 f(x)在 x= 1处取得极大值 f(1)且 f(1) = 1．
e
(Ⅱ)证明：由题意可知 g(x) = f(2- x)，得 g(x) = (2- x)ex-2
令F(x) = f(x) - g(x)，即F(x) = xe-x+ (x- 2)ex-2
于是F (x) = (x- 1) (e2x-2-1)e-x
当 x> 1时，2x- 2> 0，从而 e2x-2-1> 0，又 e-x> 0，所以F ′ (x) > 0，从而函数F(x)在 [1，+∞)是
增函数．
又F(1) = e-1-e-1= 0，所以 x> 1时，有F(x)>F(1) = 0，即 f(x)> g(x)．
(Ⅲ)证明：(1)若 (x1-1) (x2-1) = 0，由 (I)及 f(x1) = f(x2)，则 x1= x2= 1．与 x1≠ x2矛盾．
(2)若 (x1-1) (x2-1)> 0，由 (I)及 f(x1) = f(x2)，得 x1= x2．与 x1≠ x2矛盾．
根据 (1) (2)得 (x1-1) (x2-1)< 0，不妨设 x1< 1，x2> 1．
由 (Ⅱ)可知，f(x2)> g(x2)，
则 g(x2) = f(2- x2)，
所以 f(x2)> f(2- x2)，
从而 f(x1)> f(2- x2)．
因为 x2> 1，所以 2- x2< 1，
又由 (Ⅰ)可知函数 f(x)在区间 (-∞,1)内是增函数，
所以 x1> 2- x2，即 x1+x2> 2．
6. 已知函数 f(x) = x- ea+x(a∈R)．
(1)若 a= 1，求函数 f(x)在 x= 0处的切线方程；
(2)若 f(x)有两个零点 x1，x2，求实数 a的取值范围，并证明：x1+x2> 2．
【解析】解：(1)f(x) = x- e1+x的导数为 f′ (x) = 1- e1+x，
则函数 f(x)在 x= 0处的切线斜率为 1- e，
又切点为 (0,-e)，
则切线的方程为 y= (1- e)x- e，即 (e- 1)x+ y+ e= 0；
(2)设函数 g(x) = x- lnx+ a，与函数 f(x)具有相同的零点，
g (x) = x- 1，知函数 g(x)在 (0,1)上递减，(1,+∞)上递增，
x
当 x→ 0，g(x) →+∞；
可证当 x∈ (0,+∞)时，lnx< x- 1，即-lnx= ln 1 ≤ 1 - 1，
x x
即此时 g(x) = x- lnx+ a< x+ 1 + a- 1，
x
当 x→+∞时，g(x) →+∞，
f(x)有两个零点，只需 g(1)< 0，即 a<-1；
证明：方法一：设函数F(x) = g(x) - g(2- x)，(1< x< 2)
则F(x) = 2x- 2- lnx+ ln(2- x)，
( ) = 2(x- 1)
2
且F x < 0对 x∈ (1,2)恒成立
x(x- 2)
即当 x∈ (1,2)时，F(x)单调递减，此时，F(x)即当 x∈ (1,2)时，g(x)< g(2- x)，
由已知 0< x1< 1< x2，则 1- x1∈ (1,2)，
则有 g(2- x1)< g(2- 2+ x1) = g(x1) = g(x2)
由于函数 g(x)在 (1,+∞)上递增，即 2- x1< x2，
即 x1+x2> 2．
方法二：故 x2-x1= lnx2-lnx1=
x
ln 2．
x1
设 x2 = t，则 t> x = tx1，且 2 1 - = ，解得 x
lnt tlnt
1= - ，x2= - .x1+ =
(t+ 1)lnt
x2 - ，x1 x2 x1 lnt t 1 t 1 t 1
要证：x1+ =
(t+ 1)lnt
x2 - > 2，即证明 (t+ 1)lnt> 2(t- 1)，t 1
即证明 (t+ 1)lnt- 2t+ 2> 0，
设 g(t) = (t+ 1)lnt- 2t+ 2(t> 1)，g (t) = lnt+ 1 - 1，
t
令 h(t) = g (t)，(t> 1)，则 h (t) = t- 1 > 0，
t2
∴ h(t)在 (1,+∞)上单调增，g (t) = h(t)> h(1) = 0，
∴ g(t)在 (1,+∞)上单调增，
则 g(t)> g(1) = 0．
即 t> 1时，(t+ 1)lnt- 2t+ 2> 0成立，
7. 已知函数 f(x) = axex- (a- 1) (x+ 1)2(其中 a∈R，e为自然对数的底数，e= 2.718128 )．
(1)若 f(x)仅有一个极值点，求 a的取值范围；
(2)证明：当 0< a< 1 时，f(x)有两个零点 x1，x2，且-3< x1+x2 2<-2．
【解析】(1)解：f (x) = aex+axex-2(a- 1) (x+ 1) = (x+ 1) (aex-2a+ 2)，
由 f (x) = 0得到 x=-1或 aex-2a+ 2= 0(*)
由于 f(x)仅有一个极值点，
关于 x的方程 (*)必无解，
①当 a= 0时，(*)无解，符合题意，
②当 a≠ 0时，由 (*)得 ex= 2a- 2，故由 2a- 2 ≤ 0得 0< a≤ 1，
a a
由于这两种情况都有，当 x<-1时，f (x)< 0，于是 f(x)为减函数，
当 x>-1时，f (x)> 0，于是 f(x)为增函数，
∴仅 x=-1为 f(x)的极值点，综上可得 a的取值范围是 [0，1]；
(2)证明：由 (1)当 0< a< 1 时，x=-1为 f(x)的极小值点，
2
又∵ f(-2) =- 2a - (a- 1) = - 2 - 1 a+ 1> 0对于 0< a< 1 恒成立，e2 e2 2
f(-1) =- a < 0对于 0< a< 1 恒成立，
e 2
f(0) =- (a- 1)> 0对于 0< a< 1 恒成立，
2
∴当-2< x<-1时，f(x)有一个零点 x1，
当-1< x< 0时，f(x)有另一个零点 x2，
即-2< x1<-1，-1< x2< 0，
且 f(x1) = ax ex11 - (a- 1) (x 21+1) = 0,f(x2) = ax ex22 - (a- 1) (x2+1)2= 0，(#)
所以-3< x1+x2<-1，
下面再证明 x1+x2<-2，即证 x1<-2- x2，
由-1< x2< 0得-2<-2- x2<-1，
由于 x<-1，f(x)为减函数，
于是只需证明 f(x1)> f(-2- x2)，
也就是证明 f(-2- x2) < 0，f(-2- x2) = a(-2- x )e-2-x22 - (a- 1) (-x2-1)2= a(-2- x )e-2-x22
- (a- 1) (x2+1)2，
借助 (#)代换可得 f(-2- x2) = a(-2- x )e-2-x2-ax ex22 2 = a[(-2- x )e-2-x2-x ex22 2 ]，
令 g(x) = (-2- x)e-2-x-xex(-1< x< 0)，
则 g (x) = (x+ 1) (e-2-x-ex)，
∵ h(x) = e-2-x-ex为 (-1,0)的减函数，且 h(-1) = 0，
∴ g (x) = (x+ 1) (e-2-x-ex)< 0在 (-1,0)恒成立，
于是 g(x)为 (-1,0)的减函数，即 g(x)< g(-1) = 0，
∴ f(-2- x2)< 0，这就证明了 x1+x2<-2，
综上所述，-3< x1+x2<-2．
8. 已知函数 f(x) = ex-ax(a为常数)，f′ (x)是 f(x)的导函数．
(Ⅰ)讨论 f(x)的单调性；
(Ⅱ)当 x> 0时，求证：f(lna+ x)> f(lna- x)；
( ) x1+x2Ⅲ 已知 f(x)有两个零点 x1，x2(x1< x2)，求证：f/ < 0．2
【解析】证明：(Ⅰ) ∵ f′ (x) = ex-a．
当 a≤ 0时，则 f′ (x) = ex-a> 0，即 f(x)在R上是增函数，
当 a> 0时，由 f′ (x) = ex-a= 0，得 x0= lna．
当 x∈ (-∞,x0)时，f′ (x)< 0；当 x∈ (x0，+∞)时，f′ (x)> 0．
即 f(x)在 (-∞,lna)上是减函数，在 (lna,+∞)上是增函数，
(Ⅱ)证明：设 g(x) = f(lna+ x) - f(lna- x) (x> 0) = [elna+x-a(lna+ x)] - [elna-x-a(lna- x)] =
a(ex-e-x-2x)，
∴ g′ (x) = a(ex+ex-2)≥ 2a ex e-x- 2a= 0，
当且仅当 x= 0时等号成立，但 x> 0，
∴ g′ (x)> 0，即 g(x)在 (0,+∞)上是增函数，所以 g(x)> g(0) = 0
∴不等式 f(x0+x)> f(x0-x)恒成立．
(Ⅲ)由 (I)知，当 a≤ 0时，函数 y= f(x)的图象与 x轴至多有一个交点，
故 a> 0，从而 f(x)的最小为 f(lna)，且 f(lna)< 0．
设A(x1，0)，B(x2，0)，0< x1< x2，则 0< x1< lna< x2．
由 (II)得 f(2lna- x1) = f(lna+ lna- x1)> f(x1) = 0．
∵ 2lna- x1= lna+ (lna- x1)> lna，x2> lna，且 f(x)在 (lna,+∞)上是增函数
又 f(2lna- x1)> 0= f(x2)，
∴ 2lna- x +xx > x．于是 1 21 2 < lna，2
∵ f(x)在 (-∞,lna)上减函数，
∴ x1+xf 22 < 0．
9. 设函数 f(x) = ex-ax+ a，a∈R，其图象与 x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，且 x1< x2．
(1)求 a的取值范围；
(2)证明：f ( x1x2)< 0．
【解析】解：(1) ∵ f(x) = ex-ax+ a，
∴ f (x) = ex-a，
若 a≤ 0，则 f (x)> 0，则函数 f(x)是单调增函数，这与题设矛盾．
∴ a> 0，令 f (x) = 0，则 x= lna，
当 f (x)< 0时，x< lna，f(x)是单调减函数，
当 f (x)> 0时，x> lna，f(x)是单调增函数，
于是当 x= lna时，f(x)取得极小值，
∵函数 f(x) = ex-ax+ a(a∈R)的图象与 x轴交于两点A(x1，0)，B(x2，0) (x1< x2)，
∴ f(lna) = a(2- lna)< 0，即 a> e2，
此时，存在 1< lna，f(1) = e> 0，
存在 3lna> lna，f(3lna) = a3-3alna+ a> a3-3a2+a> 0，
又由 f(x)在 (-∞,lna)及 (lna,+∞)上的单调性及曲线在R上不间断，
可知 a> e2为所求取值范围．
x1
(2) ∵ e -ax1+a= 0 ，ex2-ax2+a= 0
x2 x1
∴两式相减得 a= e -e ，
x2-x1
记 x2-x1 = s(s> 0)，
2
x1+x2
x +x x1 2 1+x2 ex2-ex1 2则 f′ = e 2 - = e- [2s- (e
s-e-s)]，
2 x2 x1 2s
设 g(s) = 2s- (es-e-s)，
则 g (s) = 2- (es+e-s)< 0，
∴ g(s)是单调减函数，
x1+x2
2
则有 g(s)< g(0) = 0，而 e > 0，
2s
∴ xf′ 1+x2 < 0．2
又 f (x) = ex-a是单调增函数，且 x1+x2 > x
2 1
x2，
∴ f′ ( x1x2)< 0．
10. 设函数 f(x) = ex-ax+ a(a∈R)其图象与 x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，且 x1< x2．
(1)求 f(x)的单调区间和极值点；
(2)证明：f′ ( x1x2)< 0( f′ (x)是 f(x)的导函数)；
(3)证明：x1x2< x1+x2．
【解析】解：(1)设函数 f(x) = ex-ax+ a(a∈R)其图象与 x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，所以函
数 f(x)不单调，
∵ f (x) = ex-a= 0有实数解，所以 a> 0，解得 x= lna，因为 x< lna，f (x)< 0，f(x)单调递减，
x> lna时，f (x)> 0，f(x)单调递增，且 lna是极小值点；
f(lna) = elna极小值 -alna+ a= 2a 2- lna ，由题意得，f(lna)< 0，所以 a> e2，
所以函数 f(x)的单调递增区间 (-∞,lna)，单调递减区间 (lna,+∞)，
极小值点是 lna，无极大值点，且 a> e2．
x1
( )证明：∵ e -ax1+a= 02 x- + = ，e 2 ax2 a 0
x2
两式相减可得，a= e -e
x1 x2-x1
- ，令 s= e
2 (s> 0)，
x2 x1
则 x1+x
x +x x2 x1
f 2
1 2
= e 2 - e -e- ，2 x2 x1
x1+x2
e 2= [2s- (es-e-s)]，
2s
令 g(s) = 2s- (es-e-s)，
则 g′ (s) = 2- (es+e-s)< 0，
所以 g(s)单调递减，g(s)< g(0) = 0，
x1+x2
e 2而 > 0，
2s
∴ x +xf 1 2 < 0，2
又 x1+x2 > x
2 1
x2，
∴ f′ ( x1x2)< 0；
x1
(3)证明：由 e -ax1+a= 0，可得 xex2-x1= 2-1 x ，e 2-ax2+a= 0 x1-1
∴ (x -1)-(x -1)= x2-1e 2 1 - ，x1 1
令m= x1-1，n= x2-1，则 0∴ en-m= n ，
m
设 t= n ，则 t> 1，n=mt，
m
∴ e(t-1)m= t，
∴m= lnt- ，n=
tlnt ，
t 1 t- 1
2
∴mn= t(lnt) ，
(t- 1)2
要证明：x1x2< x1+x2，等价于证明：(x1-1) (x2-1)< 1，即证mn< 1，
t(lnt)2
即证 < 1，
(t- 1)2
即证 lnt < 1- ，t 1 t
即证 lnt< t- 1 ，
t
令 g(t) = 2lnt- t+ 1，(t> 1)，
t
2
g′ (t) = 2 - 1- 1 = - (t- 1) < 0，
t t2 t2
∴ g(t)在 (1,+∞)上单调递减，
∵ t> 1，
故 g( t)< 0，
∴ 2lnt- t+ 1 < 0，
t
∴ lnt< t- 1 ，
t
从而有：x1x2< x1+x2．
11. f(x) = x2lnx+ a已知函数 (a∈R)在 x= 1处的切线与直线 x- y+ 2= 0平行．
x
(1)求实数 a的值，并求 f(x)的极值；
(2)若方程 f(x) =m有两个不相等的实根 x1，x2，求证：x21+x22> 2．e
【解析】解：(1)函数 f(x)的定义域为 (0,+∞)，f (x) = 2xlnx+ x- a ，
x2
由题意知 f′ (1) = 1- a= 1，∴ a= 0．
∴ f′ (x) = 2xlnx+ x= x(2lnx+ 1)，
令 f′ (x) = 0，则 x= e，
e
当 x∈ 0, e 时，f′ (x)< 0；x∈ e ,+∞ 时，f′ (x)> 0．e e
∴ f(x)的极小值为 f ee =-
1 ，
2e
证明：(2)由 (1)知 f(x) = x2lnx，由 f(x1) = f(x 22) =m，得 x1lnx1= x22lnx2，
即 2x21lnx1= 2x22lnx2，
所以 x2lnx2= x2lnx21 1 2 2．
∵ x1≠ x2，不妨设 x1< x2，
令 t 2 21= x1，t2= x2，h(t) = tlnt(t> 0)，
则原题转化为 h(t) = 2m有两个实数根 t1，t2(t1< t2)，
又 h′ (t) = 1+ lnt，令 h′ (t)> 0，得 t> e-1；
令 h′ (t)< 0，得 t< e-1，
∴ h(t)在 (0,e-1)上单调递减，在 (e-1，+∞)上单调递增，
又 t→ 0+时，h(t) → 0，h(1) = 0，h(e-1) =-e-1，
由 h(t)图象可知，-e-1< 2m< 0，0< t < e-11 < t2< 1．
设 g(t) = h(t) - h 2 - t = tlnt- 2 - t ln 2 - te e e ，t∈ 0,
1
e ，
则 g (t) = (lnt+ 1) - -ln 2 - t - 1 = 2+ ln 2 e t - te ．
2
当 0< t< 1 时，t 2 - t =-e e t-
1 + 1 < 1 ，e e2 e2
则 g′ (t)< 0∴ g(t)在 0, 1 上单调递减．e
又∵ g 1 = h 1 - h 2 - 1 = 0∴ t∈ 0, 1 时，g(t)> 0，e e e e e
得到 g(t1) = h(t1) - h 2 - t1 > 0，即 h(t1)> h 2 - t ，e e 1
又∵ h(t1) = h(t2)，
∴ h(t2)> h 2 - te 1 ，
又 0< t 11< ，则 2 - t 11> ，且 1> t 12> ，h(t)在 1 ,+∞e e e e e 上单调递增，
∴ t2> 2 - t1，即 t1+t 22> ，即 x2 2 2e e 1+x2> ．e

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