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第4课时　极值点偏移问题
考点一　对称构造法求极值点偏移问题
例1 (2023·黑龙江牡丹江市第一高级中学高三热身考试(二))已知函数f(x)＝x2，a为实数．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在x＝e处取得极值，f′(x)是函数f(x)的导函数，且f′(x1)＝f′(x2)，x1解　(1)函数f(x)＝x2的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2x＋x＝x(2ln x－3a＋1)．
令f′(x)＝0，得x＝e，
当x∈(0，e)时，f′(x)<0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，
故函数f(x)的单调递减区间为(0，e)，单调递增区间为(e，＋∞)．
(2)证明：因为函数f(x)在x＝e处取得极值，所以x＝e＝e，得a＝1，
所以f(x)＝x2，得f′(x)＝x(2ln x－2)＝2x(ln x－1)，
令g(x)＝2x(ln x－1)，因为g′(x)＝2ln x，当01时，g′(x)>0，
所以函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
且当x∈(0，e)时，g(x)＝2x(ln x－1)<0，当x∈(e，＋∞)时，g(x)＝2x(ln x－1)>0，
故0先证x1＋x2>2，需证x2>2－x1.
因为x2>1，2－x1>1，下面证明g(x1)＝g(x2)>g(2－x1)．
设t(x)＝g(2－x)－g(x)，
则当00，
故t(x)在(0，1)上为增函数，
故t(x)所以t(x1)＝g(2－x1)－g(x1)<0，则g(2－x1)所以2－x12.
下面证明：x1＋x2令g(x1)＝g(x2)＝m，当x∈(0，1)时，g(x)－(－2x)＝2xln x<0，所以g(x)<－2x成立，
所以－2x1>g(x1)＝m，所以x1<－.
当x∈(1，e)时，记h(x)＝g(x)－(2x－2e)＝2xln x－4x＋2e，
所以当x∈(1，e)时，h′(x)＝2ln x－2<0，所以h(x)为减函数，得h(x)>h(e)＝2e－4e＋2e＝0，
所以m＝g(x2)>2x2－2e，即得x2<＋e.
所以x1＋x2<－＋＋e＝e.
综上，2【常用结论】 对称构造法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，即对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－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． (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之间的大小关系，进而得到所证或所求.
　1.(2022·全国甲卷)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　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ex－＋1＝ex＋＝，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
所以f(x)≥f(1)＝e＋1－a，
若f(x)≥0，
则e＋1－a≥0，即a≤e＋1，
所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．
(2)证法一：由题意知，f(x)的一个零点小于1，一个零点大于1.
不妨设0要证x1x2＜1，即证x1＜.
因为x1，∈(0，1)，即证f(x1)＞f，
因为f(x1)＝f(x2)，即证f(x2)＞f，
即证－ln x＋x－xe－ln x－＞0，x∈(1，＋∞)，
即证－xe－2>0.
下面证明当x＞1时，－xe＞0，ln x－＜0.
设g(x)＝－xe，
则g′(x)＝ex－＝ex－e＝＝.
设φ(x)＝，
则当x>1时，φ′(x)＝ex＝ex＞0，
所以φ(x)＞φ(1)＝e，而e＜e，
所以－e＞0，
所以当x>1时，g′(x)＞0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
即g(x)＞g(1)＝0，
所以－xe＞0.
令h(x)＝ln x－，
则当x>1时，h′(x)＝－＝＝－＜0，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，
即h(x)＜h(1)＝0，所以ln x－＜0.
综上，－xe－2＞0，即x1x2＜1得证．
证法二：不妨设x1由f(x1)＝f(x2)＝0，得－ln x1＋x1＝－ln x2＋x2，
即ex1－ln x1＋x1－ln x1＝ex2－ln x2＋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，g(x)＝h(x)－h＝x－－2ln x，
则g′(x)＝1＋－＝≥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－＝，当0所以h(x)在(0，1)上单调递减，
所以0考点二　比(差)值换元法求极值点偏移问题
例2 (2024·湖北黄冈浠水县第一中学高三上学期质量检测)已知函数f(x)＝x(ln x－a)，g(x)＝＋a－ax.
(1)当x≥1时，f(x)≥－ln x－2恒成立，求a的取值范围；
(2)若g(x)的两个相异零点为x1，x2，求证：x1x2>e2.
解　(1)当x≥1时，f(x)≥－ln x－2恒成立，即当x≥1时，(x＋1)ln x－ax＋2≥0恒成立，
设F(x)＝(x＋1)ln x－ax＋2，
所以F(1)＝2－a≥0，即a≤2；
F′(x)＝ln x＋＋1－a，
设r(x)＝ln x＋＋1－a，
则r′(x)＝－＝，
所以当x≥1时，r′(x)≥0，即r(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以r(x)≥r(1)＝2－a≥0，
所以当x≥1时，F′(x)＝r(x)≥0，即F(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以F(x)≥F(1)＝2－a≥0.
所以a的取值范围为(－∞，2]．
(2)证明：由题意知，g(x)＝ln x－ax，
不妨设x1>x2>0，
由得
则＝＝，令t＝>1，
则＝，即ln (x1x2)＝ln t.
要证x1x2>e2，只需证ln (x1x2)>2，
只需证ln t>2，即证ln t>(t>1)，
即证ln t－>0(t>1)，
令m(t)＝ln t－(t>1)，
因为m′(t)＝>0，
所以m(t)在(1，＋∞)上单调递增，又当t从右侧趋近于1时，m(t)趋近于0，
所以当t∈(1，＋∞)时，m(t)>0，
即ln t－>0成立，故x1x2>e2.
比(差)值换元的目的也是消参、减元，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．设法用比值或差值(一般用t表示)表示两个极值点，即t＝，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解．
　2.已知函数f(x)＝xln x－＋tx－1(t∈R)有两个极值点x1，x2(x1(1)求t的取值范围；
(2)证明：x1＋x2>x1x2.
解　(1)f′(x)＝ln x＋1－＋t，
令g(x)＝f′(x)，
则g′(x)＝－＝(x>0)，
令g′(x)＝0，解得x＝，
所以当x∈时，g′(x)>0；
当x∈时，g′(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以g(x)max＝g＝1－ln 2＋t.
因为f(x)有两个极值点，所以g(x)有两个变号零点，
所以g(x)max>0，即1－ln 2＋t>0，所以t>ln 2－1，即t的取值范围为(ln 2－1，＋∞)．
(2)证明：由题意，知ln x2－＋t＋1＝0，ln x1－＋t＋1＝0，
所以ln x2－ln x1＝(x2－x1)，
即＝.
要证x1＋x2>x1x2，
只需证＋>，
即证＋>，
即证2ln <＋＝－，
设＝u(u>1)，
则只需证u－>2ln u(u>1)，
令h(u)＝u－－2ln u(u>1)，
则h′(u)＝1＋－＝＝>0，
所以h(u)在(1，＋∞)上单调递增，又当u从右侧趋近于1时，h(u)趋近于0，
所以h(u)>0，即u－>2ln u(u>1)，
则x1＋x2>x1x2.
课时作业
1．(2024·福建福州格致中学高三上学期质检)已知函数f(x)＝.
(1)讨论函数f(x)的极值；
(2)若(ex1)x2＝(ex2)x1(e是自然对数的底数)，且x1>0，x2>0，x1≠x2，证明：x1＋x2>2.
解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝－，
若a＝0，则f′(x)＝0，函数f(x)无极值；
若a≠0，由f′(x)＝0，可得x＝1；
若a<0，当01时，f′(x)>0，则f(x)单调递增，此时函数f(x)有唯一极小值f(1)＝a，无极大值；
若a>0，当00，则f(x)单调递增，当x>1时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，此时函数f(x)有唯一极大值f(1)＝a，无极小值．
综上，当a＝0时，函数f(x)无极值；
当a<0时，函数f(x)有极小值f(1)＝a，无极大值；
当a>0时，函数f(x)有极大值f(1)＝a，无极小值．
(2)证明：由(ex1)x2＝(ex2)x1，两边取对数可得x2(ln x1＋1)＝x1(ln x2＋1)，即＝，
当a＝1时，f(x)＝，f′(x)＝－，
由(1)可知，函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝1，
而f＝0，当x>1时，f(x)>0恒成立，
因此当a＝1时，存在x1，x2且0若x2∈[2，＋∞)，则x1＋x2>x2≥2成立；
若x2∈(1，2)，则2－x2∈(0，1)，
记g(x)＝f(x)－f(2－x)，
则当x∈(1，2)时，g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－－>－－ ＝－>0，
即函数g(x)在(1，2)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝0，即f(x)>f(2－x)，
于是f(x1)＝f(x2)>f(2－x2)，而x2∈(1，2)，2－x2∈(0，1)，x1∈(0，1)，
函数f(x)在(0，1)上单调递增，因此x1>2－x2，即x1＋x2>2.
综上，x1＋x2>2.
2．(2024·广东深圳中学高三阶段考试)设函数f(x)＝(x＋a)ex，已知直线y＝2x＋1是曲线y＝f(x)的一条切线．
(1)求a的值，并讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x1)＝f(x2)，其中x14.
解　(1)设直线y＝2x＋1与曲线y＝f(x)相切于点(x0，f(x0))，
∵f′(x)＝(x＋a＋1)ex，
∴f′(x0)＝(x0＋a＋1)ex0＝2；
又f(x0)＝(x0＋a)ex0＝2x0＋1，
∴2－ex0＝2x0＋1，即ex0＋2x0－1＝0.
设g(x)＝ex＋2x－1，则g′(x)＝ex＋2>0，
∴g(x)在R上单调递增，
又g(0)＝0，
∴g(x)有唯一零点x＝0，
∴x0＝0，
∴a＋1＝2，解得a＝1，
∴f(x)＝(x＋1)ex，f′(x)＝(x＋2)ex，
则当x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0；
当x∈(－2，＋∞)时，f′(x)>0.
∴函数f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增．
(2)证明：由(1)知，f(x)min＝f(－2)＝－e－2<0，
当x<－1时，f(x)<0；当x>－1时，f(x)>0，
∴x1<－2要证x1x2>4，只需证x1<<－2.
∵f(x)在(－∞，－2)上单调递减，
∴只需证f(x1)>f，
又f(x1)＝f(x2)，则只需证f(x2)>f对任意x2∈(－2，－1)恒成立．
设h(x)＝f(x)－f，
∴h′(x)＝(x＋2)ex＋e＝(x3e＋8)．
设p(x)＝x3e＋8，
则当－2∴p(x)在(－2，－1)上单调递减，
∴p(x)又当－2∴当－20，
∴h(x)在(－2，－1)上单调递增，
∴h(x)>h(－2)＝0，
即f(x)>f在x∈(－2，－1)时恒成立，
又x2∈(－2，－1)，
∴f(x2)>f，原不等式得证．
3．(2023·湖北武汉华中师范大学第一附属中学高三下学期压轴卷(一))已知f(x)＝2x－sinx－ln x.
(1)当a＝1时，讨论函数f(x)的极值点个数；
(2)若存在x1，x2(0解　(1)当a＝1时，f(x)＝2x－sinx－ln x，
则f′(x)＝2－cosx－，
当x≥1时，f′(x)≥1－cosx≥0，
故f(x)在[1，＋∞)上单调递增，不存在极值点；
当0则h′(x)＝sinx＋>0恒成立，
故函数h(x)即f′(x)在(0，1)上单调递增，
且f′(1)＝1－cos1>0，f′＝－cos－2<0，
所以存在x0∈，使得f′(x0)＝0，
所以当00，f(x)单调递增，
故函数f(x)在(0，1)上存在唯一极值点．
综上，当a＝1时，函数f(x)的极值点有且仅有一个．
(2)证明：由f(x1)＝f(x2)，知2x1－sinx1－ln x1＝2x2－sinx2－ln x2，
整理，得2(x1－x2)－(sinx1－sinx2)＝(ln x1－ln x2)(*)，
不妨令g(x)＝x－sinx(x>0)，则g′(x)＝1－cosx≥0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当0即x1－sinx1那么sinx1－sinx2>x1－x2，
因此(*)即转化为>.
接下来证明>(0等价于证明ln >－，
不妨令＝t(0建构新函数φ(t)＝2ln t－t＋(0φ′(t)＝－1－＝－<0，则φ(t)在(0，1)上单调递减，又当t从左侧趋近于1时，φ(t)趋近于0，
所以φ(t)>0，故ln >－即>(0由不等式的传递性知<，即x1x24．(2023·湖南长沙实验中学高三三模)已知函数h(x)＝x－aln x(a∈R)．
(1)若h(x)有两个零点，求实数a的取值范围；
(2)若方程xex－a(ln x＋x)＝0有两个实根x1，x2，且x1≠x2，证明：ex1＋x2>.
解　(1)函数h(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a＝0时，函数h(x)＝x无零点，不符合题意，所以a≠0，
由h(x)＝x－aln x＝0，
可得＝，
构造函数f(x)＝，其中x>0，所以直线y＝与函数f(x)的图象有两个交点，
f′(x)＝，由f′(x)＝0可得x＝e，列表如下：
x (0，e) e (e，＋∞)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) 单调递增 极大值 单调递减
所以函数f(x)的极大值为f(e)＝，函数f(x)的大致图象如下图所示：
且当x>1时，f(x)＝>0，
由图可知，当0<<，即a>e时，直线y＝与函数f(x)的图象有两个交点，
故实数a的取值范围是(e，＋∞)．
(2)证明：因为xex－a(ln x＋x)＝0，则xex－aln (xex)＝0，
令t＝xex>0，其中x>0，则有t－aln t＝0，
t′＝(x＋1)ex>0，所以函数t＝xex在(0，＋∞)上单调递增，
因为方程xex－a(ln x＋x)＝0有两个实根x1，x2，
令t1＝x1ex1，t2＝x2ex2，
则关于t的方程t－aln t＝0也有两个实根t1，t2，且t1≠t2，
要证ex1＋x2>，即证x1e x1·x2e x2>e2，即证t1t2>e2，即证ln t1＋ln t2>2，
由已知
所以
整理可得＝，
不妨设t1>t2>0，即证ln t1＋ln t2＝ln >2，
即证ln >＝.
令s＝>1，即证ln s>，其中s>1，
构造函数g(s)＝ln s－，其中s>1，
g′(s)＝－＝>0，所以函数g(s)在(1，＋∞)上单调递增，又当s从右侧趋近于1时，g(s)趋近于0，
所以当s>1时，g(s)>0，故原不等式成立．
5．(2024·河北石家庄部分重点高中高三月考)已知函数f(x)＝x2ln x－a(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2，证明：1解　(1)因为f(x)＝x2ln x－a(a∈R)的定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)，
令f′(x)>0，解得x>，
令f′(x)<0，解得0所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)证明：不妨设x1要证x1＋x2<，即证x2<－x1，
即证f(x2)又f(x2)＝f(x1)，即证f(x1)－f<0.
令g(x)＝f(x)－f，
则g′(x)＝x(2ln x＋1)＋，
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝2(ln x＋1)＋1－－2＝2ln <0在x∈时恒成立，
所以h(x)在上单调递减，即g′(x)在上单调递减，所以g′(x)>g′＝0，
所以g(x)在上单调递增，所以g(x1)即f(x1)－f<0，所以x1＋x2<.
接下来证明x1＋x2>1，
令＝t，则t>1，又f(x1)＝f(x2)，
即xln x1＝xln x2，
所以ln x1＝，
要证1即证(t＋1)x1>1，
不等式(t＋1)x1>1两边取对数，
即证ln x1＋ln (t＋1)>0，
即证＋ln (t＋1)>0，
即证>，
令u(x)＝，x∈(1，＋∞)，
则u′(x)＝
＝，
令p(x)＝x－ln x－1，其中x∈(1，＋∞)，
则p′(x)＝1－＝>0，
所以p(x)在(1，＋∞)上单调递增，又当x从右侧趋近于1时，p(x)趋近于0，
所以当x∈(1，＋∞)时，p(x)>0，
故当x∈(1，＋∞)时，u′(x)＝>0，
可得函数u(x)单调递增，可得u(t＋1)>u(t)，
即>，所以x1＋x2>1.
综上可知，16．(2021·新高考Ⅰ卷)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　(1)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，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)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)＝－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<＋21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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第4课时　极值点偏移问题
考点一　对称构造法求极值点偏移问题
例1 (2023·黑龙江牡丹江市第一高级中学高三热身考试(二))已知函数f(x)＝x2，a为实数．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在x＝e处取得极值，f′(x)是函数f(x)的导函数，且f′(x1)＝f′(x2)，x1【常用结论】 对称构造法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，即对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)或F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－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． (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之间的大小关系，进而得到所证或所求.
　1.(2022·全国甲卷)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.
考点二　比(差)值换元法求极值点偏移问题
例2 (2024·湖北黄冈浠水县第一中学高三上学期质量检测)已知函数f(x)＝x(ln x－a)，g(x)＝＋a－ax.
(1)当x≥1时，f(x)≥－ln x－2恒成立，求a的取值范围；
(2)若g(x)的两个相异零点为x1，x2，求证：x1x2>e2.
比(差)值换元的目的也是消参、减元，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．设法用比值或差值(一般用t表示)表示两个极值点，即t＝，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解．
　2.已知函数f(x)＝xln x－＋tx－1(t∈R)有两个极值点x1，x2(x1(1)求t的取值范围；
(2)证明：x1＋x2>x1x2.
课时作业
1．(2024·福建福州格致中学高三上学期质检)已知函数f(x)＝.
(1)讨论函数f(x)的极值；
(2)若(ex1)x2＝(ex2)x1(e是自然对数的底数)，且x1>0，x2>0，x1≠x2，证明：x1＋x2>2.
2．(2024·广东深圳中学高三阶段考试)设函数f(x)＝(x＋a)ex，已知直线y＝2x＋1是曲线y＝f(x)的一条切线．
(1)求a的值，并讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x1)＝f(x2)，其中x14.
3．(2023·湖北武汉华中师范大学第一附属中学高三下学期压轴卷(一))已知f(x)＝2x－sinx－ln x.
(1)当a＝1时，讨论函数f(x)的极值点个数；
(2)若存在x1，x2(04．(2023·湖南长沙实验中学高三三模)已知函数h(x)＝x－aln x(a∈R)．
(1)若h(x)有两个零点，求实数a的取值范围；
(2)若方程xex－a(ln x＋x)＝0有两个实根x1，x2，且x1≠x2，证明：ex1＋x2>.
5．(2024·河北石家庄部分重点高中高三月考)已知函数f(x)＝x2ln x－a(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2，证明：16．(2021·新高考Ⅰ卷)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<＋21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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