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第三单元第7讲 导数极值点偏移问题
讲
讲知识 讲方法
练
练题型 练真题
题型一：对称变换
题型二：比(差)值换元
题型三：消参减元
题型四：对数均值不等式
测
一、【讲】
【讲方法】
1.极值点偏移问题的解法
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x1＋x2>(<)2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2>(<)x型，构造函数F(x)＝f(x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
2.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>x，则令F(x)＝f(x)－f.
(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.　
3.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.　
4.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.　
5.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>>，其中被称之为对数平均数，上述不等式称为对数均值不等式.
二、【练】
【练题型】
【题型一】对称变换
【典例1】已知函数f(x)＝＋ln x.
(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.
【典例2】已知函数f(x)＝－ln x＋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.
【题型二】比(差)值换元
【典例1】已知函数f(x)＝－m的两个零点为x1，x2，证明：ln x1＋ln x2>2.
【典例2】已知函数f(x)＝xln x的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2).求证：x1x2<.
【题型三】消参减元
【典例1】已知函数f(x)＝ln(ax)＋ax2－2x，a>0.设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，且x12.
【典例2】已知函数f(x)＝ln x－ax，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2，求证：x1·x2>e2.
【题型四】对数均值不等式
【典例1】已知f(x)＝a－－ln x有两个零点x1，x2，且x1【典例2】对数均值不等式
【典例1】设函数其图象与轴交于两点,且.
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：为函数的导函数）；
【练真题】
【真题1】（2022重庆质检）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.
【真题2】（2022贺州期末）已知函数，．
（1）求函数的单调区间；
（2）若，且，证明：．
三、【测】
1. 已知函数f(x)＝x(1－ln x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2<＋2. 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.
3. 已知函数f(x)＝＋ln x，若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>4.
4. 已知函数f(x)＝，f(x1)＝f(x2)＝t(0证明：x1＋x2>2x1x2.
5. 已知函数f(x)＝x－ln x－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＋x2>a＋1.
6. 已知f(x)＝x2－2aln x，a∈R.若y＝f(x)有两个零点x1，x2(x1(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.
7. 已知函数f(x)＝ln x－ax有两个零点x1，x2.
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：x1·x2>e2.
8. 已知函数f(x)＝－2ln x(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(x14.
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第三单元第7讲 导数极值点偏移问题
讲
讲知识 讲方法
练
练题型 练真题
题型一：对称变换
题型二：比(差)值换元
题型三：消参减元
题型四：对数均值不等式
测
一、【讲】
【讲方法】
1.极值点偏移问题的解法
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x1＋x2>(<)2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2>(<)x型，构造函数F(x)＝f(x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
2.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>x，则令F(x)＝f(x)－f.
(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.　
3.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.　
4.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.　
5.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>>，其中被称之为对数平均数，上述不等式称为对数均值不等式.
二、【练】
【练题型】
【题型一】对称变换
【典例1】已知函数f(x)＝＋ln x.
(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)＝－＝(x>0)，
令f′(x)>0得x>2，
令f′(x)<0得0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＋ln 2，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由(1)知，g(x)在(0,2)上单调递减，
在(2，＋∞)上单调递增；所以0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＋ln x1－a>＋ln(4－x1)－a(0即＋ln x1－－ln(4－x1)>0(0令h(x)＝＋ln x－－ln(4－x)(0则h′(x)＝－＋－＋
＝<0，
所以h(x)在(0,2)上单调递减，
所以h(x)>h(2)＝1＋ln 2－1－ln 2＝0，
即h(x)＝＋ln x－－ln(4－x)>0(0因此不等式＋ln x1－a>＋ln(4－x1)－a(04.
【典例2】已知函数f(x)＝－ln x＋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)＝－＋1
＝＝，
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则由(1)知01.
令F(x)＝f(x)－f ，
则F′(x)＝＋
＝
令g(x)＝ex＋x－－1(x>0)，
则g′(x)＝ex＋1－
＝ex＋1＋(x>0)，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，
所以当x∈(0,1)时，g(x)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)即在(0,1)上f(x)－f 又f(x1)＝f(x2)＝0，所以f(x2)－f <0，
即f(x2)由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以x2<，即x1x2<1.
方法二　(同构法构造函数化解等式)
不妨设x1则由(1)知0由f(x1)＝f(x2)＝0，
得－ln x1＋x1＝－ln x2＋x2，
即＋x1－ln x1＝＋x2－ln x2.
因为函数y＝ex＋x在R上单调递增，
所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立．
构造函数h(x)＝x－ln x(x>0)，
g(x)＝h(x)－h＝x－－2ln x(x>0)，
则g′(x)＝1＋－＝≥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，
所以h(x1)＝h(x2)>h.
又h′(x)＝1－＝(x>0)，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，
所以0【题型二】比(差)值换元
【典例1】已知函数f(x)＝－m的两个零点为x1，x2，证明：ln x1＋ln x2>2.
【证明】不妨设x1由题意知
则ln x1x2＝m(x1＋x2)，
ln ＝m(x2－x1) m＝.
欲证ln x1＋ln x2>2，
只需证ln x1x2>2，
只需证m(x1＋x2)>2，
即证ln >2.
即证 ln >2，
设t＝>1，
则只需证ln t>，
即证ln t－>0.
记u(t)＝ln t－(t>1)，
则u′(t)＝－＝>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ln x1＋ln x2>2.
【典例2】已知函数f(x)＝xln x的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2).求证：x1x2<.
【证明】f′(x)＝ln x＋1，
由f′(x)>0，得x>，
由f′(x)<0，得0∴函数f(x)在上单调递减，
在上单调递增.
可设0法一　f(x1)＝f(x2)即x1ln x1＝x2ln x2，
令t＝>1，则x2＝tx1，
代入上式得x1ln x1＝tx1(ln t＋ln x1)，
得ln x1＝.
又x1x2< ln x1＋ln x2<－2 2ln x1＋ln t<－2 ＋ln t<－2 ln t－>0.
设g(t)＝ln t－(t>1)，
则g′(t)＝>0.
∴当t>1时，g(t)单调递增，g(t)>g(1)＝0，
∴ln t－>0.
故x1x2<.
法二　构造函数F(x)＝f(x)－f，
则F′(x)＝f′(x)＋f′
＝1＋ln x＋·
＝(1＋ln x)·，
当01＋ln x<0，1－<0，则F′(x)>0，
得F(x)在上单调递增，
∴F(x)∴f(x)将x1代入上式得f(x1)又f(x1)＝f(x2)，
∴f(x2)又x2>，>，
且f(x)在上单调递增，
∴x2<，∴x1x2<.
【题型三】消参减元
【典例1】已知函数f(x)＝ln(ax)＋ax2－2x，a>0.设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，且x12.
【证明】因为f′(x)＝(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由ax2－2x＋1＝0得a＝.
因为0且x≠1.
令g(x)＝，x>且x≠1，
则g′(x)＝，
所以当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＝＝.
要证x1＋x2>2，只要证x2>2－x1，
只要证明g(x2)因为g(x1)＝g(x2)，
所以只要证g(x1)令F(x1)＝g(x1)－g(2－x1)＝－，
则F′(x1)＝＋
＝＋
＝2(1－x1)
＝.
因为0，
即F(x1)在上单调递增，
所以F(x1)即g(x1)所以x2>2－x1，即x1＋x2>2.
【典例2】已知函数f(x)＝ln x－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ln x＝ax，即ln x＝aeln x.
因为x1，x2是方程f(x)＝0的两个根，
所以x1，x2也是方程ln x＝aeln x的两个根，
即ln x1，ln x2是方程x＝aex的两个根.
设u1＝ln x1，u2＝ln x2，g(x)＝xe－x，
即g(u1)＝g(u2)，从而由x1x2>e2，
可得ln x1＋ln x2>2，
即u1＋u2>2，
由本专题例1得证.
法二　直接换元构造新函数：
由题知a＝＝，
则＝，
设x11)，
则x2＝tx1，
所以＝t，即＝t，
解得ln x1＝，ln x2＝ln tx1＝ln t＋ln x1＝ln t＋＝.
由x1x2>e2，
得ln x1＋ln x2>2，
所以ln t>2，
所以ln t－>0，
构造g(t)＝ln t－，t>1，
g′(t)＝－＝>0，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增.
又g(1)＝0，所以g(t)>g(1)＝0，
即ln t>，故x1x2>e2.
【题型四】对数均值不等式
【典例1】已知f(x)＝a－－ln x有两个零点x1，x2，且x1【解析】函数f(x)定义域为(0，＋∞).
∵a＝＋ln x1＝＋ln x2，
∴x1x2＝，
由对数均值不等式知：
<，
∴∴>1，
∴x1＋x2>2>2.
令f(x)＝0，即ax－1－xln x＝0，
设h(x)＝ax－1－xln x，x>0，
则h′(x)＝a－1－ln x，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－ln p＝0(*)
∴x1由对数均值不等式知：
>，
∴ln x1<＋ln p，
∴a－<＋ln p，
化简得：(2＋ln p－a)x－(2p＋ap－pln p－1)x1＋p>0，
把(*)式代入上式得：
x－(3p－1)x1＋p>0；
同理可得：x－(3p－1)x2＋p<0，
∴x－(3p－1)x2＋p∴(x2－x1)(x2＋x1)<(3p－1)(x2－x1)，
∵x1综上所述，2【典例2】对数均值不等式
【典例1】设函数其图象与轴交于两点,且.
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：为函数的导函数）；
【证明】（1）,,当时,在R上恒成立,不合题意
当时,
当,即时,至多有一个零点,不合题意,故舍去；
当,即时,由,且在内单调递减,故在有且只有一个零点；由
令,则,故
所以,即在有且只有一个零点.
（2）由（1）知,在内递减,在内递增,且
所以,因为,
,即,所以
所以,要证：,只须证,即
故,,
所以,所以
因为,所以,而
所以成立,所以
【练真题】
【真题1】（2022重庆质检）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取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2.
令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝，x2＝.
∴x1＋x2＝>2 ln t－>0，
设g(t)＝ln t－(t>1)，
∴g′(t)＝－＝>0，
∴当t>1时，g(t)单调递增，∴g(t)>g(1)＝0，
∴ln t－>0，故x1＋x2>2.
【真题2】（2022贺州期末）已知函数，．
（1）求函数的单调区间；
（2）若，且，证明：．
【解析】（1），，
由得，
当时，；当时，
∴在上单调递增，在上单调递减．
（2）∵，且，
∴由（1）知，不妨设．
要证，只需证明，
而，在上单调递减，
故只需证明．
又，∴只需证明．
令函数，
则.
当时，，，故，
∴在上单调递增，
故在上，
∴成立，故成立．
三、【测】
1. 已知函数f(x)＝x(1－ln x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2<＋【解析】(1)解　因为f(x)＝x(1－ln x)，
所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1－ln x＋x·＝－ln x.
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bln a－aln b＝a－b，
两边同时除以ab，
得－＝－，
即＝，
即f ＝f .
令x1＝，x2＝，
由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
且当00，当x>e时，f(x)<0，
不妨设x1要证2<＋先证x1＋x2>2，
要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，
因为02－x1>1，
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以即证f(x2)又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，
当00，
即当00，所以F(x)在(0,1)上单调递增，
所以当0所以当0所以x1＋x2>2成立．
再证x1＋x2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－ln x)>x，
直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x1欲证x1＋x2即证x1＋x2即证当1构造函数h(x)＝f(x)＋x，则h′(x)＝1－ln x，
当10，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，
所以当1综上可知，2<＋2. 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则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a>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≥－，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<－，
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.
3. 已知函数f(x)＝＋ln x，若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>4.
【证明】由题知f′(x)＝－＋＝，
则f(x)在(0，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数.
由函数f(x)＝＋ln x的单调性可知，
若f(x1)＝f(x2)，设x1则必有02，
则f(x1)－f(4－x1)＝＋ln x1－－ln(4－x1).
令h(x)＝－＋ln x－ln(4－x)(0则h′(x)＝－－＋＋
＝
＝－<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.
4. 已知函数f(x)＝，f(x1)＝f(x2)＝t(0证明：x1＋x2>2x1x2.
【证明】因为x2>x1>0，
依题意得
两式相减得ln x1－ln x2＝x1－x2，
由对数均值不等式得
<＝1<，
∴x1x2<1，
即>1，且x1＋x2>2，
故>2，
所以x1＋x2>2x1x2.
5. 已知函数f(x)＝x－ln x－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＋x2>a＋1.
【解析】(1)解　∵函数f(x)＝x－ln x－a，
∴f′(x)＝1－＝，
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－ln x－a取最小值f(1)＝1－a，
若函数f(x)＝x－ln x－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则x1－ln x1＝a，且x2－ln x2＝a，
若证x1＋x2>a＋1，
即证x2>1－ln x1，
构造函数g(x)＝f(x)－f(1－ln x)，0所以g(x)＝x－ln x－(1－ln x)＋ln(1－ln x)＝x－1＋ln(1－ln x)，
所以g′(x)＝1－，0令h(x)＝x(1－ln x)，
则h′(x)＝－ln x>0，所以h(x)单调递增，
所以0所以g′(x)<0，所以g(x)>g(1)＝0，
即f(x)>f(1－ln x)，0又0所以f(x2)＝f(x1)>f(1－ln x1).
因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以x2>1－ln x1，故原不等式得证.
6. 已知f(x)＝x2－2aln x，a∈R.若y＝f(x)有两个零点x1，x2(x1(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－＝，
要使y＝f(x)有两个零点，则a>0，
令f′(x)>0，解得x>，
令f′(x)<0，解得0故f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，
依题意需f()＝()2－2aln <0，
此时1e.
(2)证明　因为1，
令＝t(t>1)，
由f(x1)＝f(x2) x－2aln x1＝x－2aln x2，
即x－2aln x1＝t2x－2aln tx1 x＝，
而x1＋3x2>4x0 (3t＋1)x1>4 (3t＋1)2x>16a，
即(3t＋1)2·>16a，
由a>0，t>1，只需证(3t＋1)2ln t－8t2＋8>0，
令h(t)＝(3t＋1)2ln t－8t2＋8，
则h′(t)＝(18t＋6)ln t－7t＋6＋，
令n(t)＝(18t＋6)ln t－7t＋6＋，
则n′(t)＝18ln t＋11＋>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.
7. 已知函数f(x)＝ln x－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)＝－a＝(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＝.
当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
由题意知f(x)＝ln x－ax的极大值f ＝ln －1>0，解得0所以实数a的取值范围为.
(2)证明　因为f(1)＝－a<0，所以1构造函数H(x)＝f －f
＝ln －ln －2ax,0H′(x)＝＋－2a＝>0，
所以H(x)在上单调递增，
故H(x)>H(0)＝0，即f >f .
由1，
故f(x2)＝f(x1)
＝f 因为f(x)在上单调递减，
所以x2>－x1，即x1＋x2>.
故ln x1x2＝ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)>2，
即x1·x2>e2.
8. 已知函数f(x)＝－2ln x(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(x14.
【解析】(1)解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＝.
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，)，
f′(x)<0，f(x)在(0，)上单调递减．
若x∈(，＋∞)，
f′(x)>0，f(x)在(，＋∞)上单调递增，
故当x＝时，f(x)在(0，＋∞)上的极小值为f()＝1－2ln ＝1－ln a，无极大值．
(2)证明　当a＝4时，f(x)＝－2ln x，
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要证x1＋x2>4，只需证x2>4－x1.
∵f(4－x1)＝－2ln(4－x1)
＝－2x1＋4－2ln(4－x1)，
f(x1)＝－2ln x1＝0，
∴f(4－x1)＝2ln x1－2x1＋4－2ln(4－x1)，
令h(x)＝2ln x－2x＋4－2ln(4－x)(0则h′(x)＝－2＋＝>0，
∴h(x)在(0,2)上单调递增，
∴h(x)∴4－x14得证．
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