资源简介

第八节　极值点偏移问题
1.已知函数f（x）＝x2－2ax＋ln x（a为常数）.
（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）设函数f（x）的两个极值点分别为x1，x2（x1＜x2），求f（x2）的取值范围.
2.已知函数f（x）＝2ln x－x2－ax（a∈R）有两个不同的零点x1，x2，且满足0＜x1＜x2，求证：x1x2＞.
3.已知函数f（x）＝ln x＋－1.
（1）若存在实数x，使f（x）＜－1成立，求实数m的取值范围；
（2）若f（x）有两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2＞2.
4.已知函数f（x）＝x2＋2cos x，f'（x）为函数f（x）的导函数.
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）已知函数g（x）＝f'（x）－5x＋5aln x，存在x1，x2且x1≠x2，使得g（x1）＝g（x2），证明：x1＋x2＞2a.
第八节　极值点偏移问题
1.解：（1）当a＝1时，f（x）＝x2－2x＋ln x，f'（x）＝x－2＋，
所以f（1）＝－，f'（1）＝0，
故曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝－.
（2）f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝x－2a＋＝，则x1，x2是方程x2－2ax＋1＝0的两个不相等的正实根，
则即a＞1，又0＜x1＜x2，故x2＞1，且2ax2＝＋1，
f（x2）＝－2ax2＋ln x2＝－（＋1）＋ln x2＝－－1＋ln x2＝－－1＋ln ，令t＝＞1，则g（t）＝－t－1＋ln t（t＞1），g'（t）＝－＋＝＜0，所以g（t）在（1，＋∞）上单调递减，所以g（t）＜g（1）＝－，即g（t）的值域为（－∞，－），
所以f（x2）的取值范围是（－∞，－）.
2.证明：法一（换元法） 设函数f（x）与x轴的两个交点分别为A（x1，0），B（x2，0），
由
得
两式相除消去a得：2（ln x1＋ln x2）－（＋）
＝（x1＋x2），化简得ln（x1x2）＋x1x2＝（x2＋x1）.
因为λ（t）＝ln t＋t（t＞0）是单调递增的，所以x1x2＞ λ（x1x2）＞λ（）＝ln＋，
而ln＋＜＋＝2，故只需证明ln＞.
设t＝＞1，构造函数g（t）＝ln t－（t＞1），由于g'（t）＝＞0，所以g（t）在（1，＋∞）上单调递增，所以g（t）＞g（1）＝0，所以ln t＞（t＞1），即ln＞.故x1x2＞.
法二（对数均值不等式法） 设函数f（x）与x轴的两个交点分别为A（x1，0），B（x2，0），
由
得x2（2ln x1－）＝x1（2ln x2－），
即2（x2ln x1－x1ln x2）＝x1x2（x1－x2）.
所以有
两式相加得（x1＋x2）＝ln（x1x2）＋x1x2，　
由对数平均不等式＜及ln（x＋1）≤x，知ln（x1x2）＋x1x2＞2＞ln＋，因为λ（t）＝ln t＋t（t＞0）是增函数，所以x1x2＞.
3.解：（1）由f（x）＜－1，得ln x＋＜0，
即m＜－xln x在（0，＋∞）上有解，
令φ（x）＝－xln x，只需m＜φ（x）max，
φ'（x）＝－1－ln x，当0＜x＜时，φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，
当x＞时，φ'（x）＜0，φ（x）单调递减，
∴φ（x）≤φ（）＝，∴m＜，故m的取值范围为（－∞，）.
（2）证明：∵f（x）有两个不同的零点x1，x2，
∴m＝x（1－ln x）有两个不同的实根x1，x2，
令g（x）＝x（1－ln x），则g（x1）＝g（x2）＝m，
又g'（x）＝－ln x，
当x∈（0，1）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，
当x∈（1，＋∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
又g（1）＝1＞0，g（e）＝0，∴0＜m＜1，
不妨设0＜x1＜1＜x2＜e，
令h（x）＝g（x）－g（2－x）（0＜x＜1），
∴h'（x）＝g'（x）＋g'（2－x）＝－ln（－x2＋2x）＞0，
∴h（x）在（0，1）上单调递增，∴h（x）＜h（1）＝0，
∴g（x）＜g（2－x），即g（x1）＜g（2－x1），
又g（x1）＝g（x2），∴g（x2）＜g（2－x1），
∵x2＞1，2－x1＞1，∴x2＞2－x1，
∴x1＋x2＞2.
4.解：（1）f（x）的定义域为R，f'（x）＝2x－2sin x，
令h（x）＝2x－2sin x，则h'（x）＝2－2cos x≥0，
所以函数h（x）在R上是增函数，
又因为h（0）＝0，
所以h（x）＜0 x＜0，h（x）＞0 x＞0，
即f'（x）＜0 x＜0，f'（x）＞0 x＞0，
所以函数f（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增.
（2）证明：由（1）得g（x）＝2x－2sin x－5x＋5aln x＝－2sin x－3x＋5aln x，x＞0，
又g（x1）＝g（x2），即－2sin x1－3x1＋5aln x1＝－2sin x2－3x2＋5aln x2，
所以5a（ln x2－ln x1）＝2（sin x2－sin x1）＋3（x2－x1）.　
不妨设x2＞x1＞0，所以ln x2＞ln x1.
由（1）得当x＞0时，函数f'（x）单调递增，
所以2x1－2sin x1＜2x2－2sin x2，
故2（sin x2－sin x1）＜2（x2－x1），
所以5a（ln x2－ln x1）＝2（sin x2－sin x1）＋3（x2－x1）＜5（x2－x1），
所以a＜，
故2a＜.
下证＜x2＋x1.
即证＜ln x2－ln x1＝ln，
设＝t＞1，h（t）＝ln t－，t＞1，
则h'（t）＝＞0，所以函数h（t）在区间（1，＋∞）上单调递增，
所以h（t）＞ln 1－＝0，
故ln t＞，
即ln＞，
所以＜ln x2－ln x1，
即＜x2＋x1，
所以x1＋x2＞2a，得证.
1 / 1第八节　极值点偏移问题
重点解读
　　极值点偏移的定义：对于函数y＝f（x）在区间（a，b）内只有一个极值点x0，方程f（x）＝m的解分别为x1，x2，且a＜x1＜x2＜b.（1）当＝x0时，f（x）的极值点没有偏移.（2）当≠x0时，f（x）的极值点发生偏移.①若＞x0，则函数y＝f（x）在区间（x1，x2）上极值点x0左偏，简称极值点x0左偏；②若＜x0，则函数y＝f（x）在区间（x1，x2）上极值点x0右偏，简称极值点x0右偏.
对称构造法
（师生共研过关）
已知函数f（x）＝xe2－x.
（1）求f（x）的极值；
（2）若a＞1，b＞1，a＜b，f（a）＋f（b）＝4，证明：a＋b＜4.
解题技法
　　对称构造法主要用来解决与x1和x2之和（积）相关的不等式的证明问题.其解题步骤如下：
（1）定极值点，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x1＋x2＞2x0型结论，构造函数F（x）＝f（x）－f（2x0－x）（下面以此为例）或F（x）＝f（x0＋x）－f（x0－x）.对x1x2＞型结论，构造函数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.
　已知函数f（x）＝xln x－x＋1，若方程f（x）＝b有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1x2＜1.
换元法
（师生共研过关）
已知函数f（x）＝xln x－mx2－x，m∈R.若f（x）有两个极值点x1，x2，求证：ln x1＋ln x2＞2.
解题技法
　　换元的目的是消参、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.设法用比值或差值表示两个极值点，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题.
　已知函数f（x）＝x2－x＋aln x.若函数f（x）有两个极值点x1，x2，证明：f（x1）＋f（x2）＞－－.
第八节　极值点偏移问题
【考点·分类突破】
技法1
【例1】 解：（1）因为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）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
因此f（x）在x＝1处取得极大值e，无极小值.
（2）证明：由（1）可知，f（x）在（1，＋∞）上单调递减，f（2）＝2，因为a＞1，b＞1，a＜b，f（a）＋f（b）＝4，
所以不妨设1＜a＜2＜b.
要证a＋b＜4，只要证b＜4－a，
而b＞2，2＜4－a＜3，
所以只要证f（b）＞f（4－a），
即证4－f（a）＞f（4－a），即证f（a）＋f（4－a）＜4.
令F（x）＝f（x）＋f（4－x），1＜x＜2，
则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，
则h'（x）＝e2－x（x－2）－ex－2（x－2）
＝（x－2）（e2－x－ex－2）.
因为1＜x＜2，所以x－2＜0，e2－x－ex－2＞0，
所以h'（x）＜0，
即h（x）在（1，2）上单调递减，
则h（x）＞h（2）＝0，
即F'（x）＞0，
所以F（x）在（1，2）上单调递增，
所以F（x）＜F（2）＝2f（2）＝4，
即当1＜x＜2时，f（x）＋f（4－x）＜4，
所以原命题成立.
跟踪训练
证明：f'（x）＝ln x，当x＞1时，f'（x）＞0，当0＜x＜1时，f'（x）＜0，
所以f（x）在（1，＋∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减.
不妨设x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2，
要证x1x2＜1，只需证1＜x2＜.
因为f（x）在（1，＋∞）上单调递增，所以只需证f（x2）＜f（）.
因为f（x1）＝f（x2），所以只需证f（x1）＜f（）.
设F（x）＝f（x）－f（）（0＜x＜1），则F'（x）＝ln x－ln x＝ln x＞0，
所以F（x）在（0，1）上单调递增，
所以F（x）＜F（1）＝0，所以f（x）－f（）＜0，
即f（x1）＜f（）成立，所以x1x2＜1.
技法2
【例2】 证明：函数f（x）的定义域为（0，＋∞）.
若f（x）有两个极值点x1，x2，即函数f'（x）有两个变号零点，
又f'（x）＝ln x－mx，所以x1，x2是方程f'（x）＝0的两个不同的实根，即
由①＋②得m＝，
由②－①得m＝，
从而可得＝，
于是ln x1＋ln x2＝＝.
不妨设0＜x1＜x2，t＝，则t＞1.
因此ln x1＋ln x2＝，t＞1.
要证ln x1＋ln x2＞2，即证＞2（t＞1），即当t＞1时，有ln t＞，
设函数h（t）＝ln t－，则h'（t）＝－＝，
当t＞1时，h'（t）＞0，所以h（t）在（1，＋∞）上单调递增.
又h（1）＝0，因此当t＞1时，h（t）＞0.
于是当t＞1时，有ln t＞，所以ln x1＋ln x2＞2成立.
跟踪训练
证明：由题意得，f'（x）＝x－1＋＝（x＞0）.
因为函数f（x）有两个极值点x1，x2，
所以方程x2－x＋a＝0在（0，＋∞）上有两个不同的实数根x1，x2，
则且Δ＝1－4a＞0，
所以0＜a＜.
由题意得f（x1）＋f（x2）
＝－x1＋aln x1＋－x2＋aln x2
＝（＋）－（x1＋x2）＋aln（x1x2）
＝（x1＋x2）2－x1x2－（x1＋x2）＋aln（x1x2）
＝－a－1＋aln a＝aln a－a－.
令h（a）＝aln a－a－（0＜a＜），
则h'（a）＝ln a＜0，
所以h（a）在（0，）上单调递减，
所以h（a）＞h（）＝－－，
所以f（x1）＋f（x2）＞－－.
1 / 1(共35张PPT)
第八节　极值点偏移问题
高中总复习·数学
重点解读
　　极值点偏移的定义：对于函数y＝f（x）在区间（a，b）内只有一
个极值点x0，方程f（x）＝m的解分别为x1，x2，且a＜x1＜x2＜b.（1）
当 ＝x0时，f（x）的极值点没有偏移.（2）当 ≠x0时，f
（x）的极值点发生偏移.①若 ＞x0，则函数y＝f（x）在区间
（x1，x2）上极值点x0左偏，简称极值点x0左偏；②若 ＜x0，则函
数y＝f（x）在区间（x1，x2）上极值点x0右偏，简称极值点x0右偏.
目 录
CONTENTS
考点·分类突破
01.
课时·跟踪检测
02.
PART 01
考点·分类突破
精选考点 | 课堂演练
对称构造法（师生共研过关）
已知函数f（x）＝xe2－x.
（1）求f（x）的极值；
解： 因为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）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
因此f（x）在x＝1处取得极大值e，无极小值.
（2）若a＞1，b＞1，a＜b，f（a）＋f（b）＝4，证明：a＋b＜4.
解： 证明：由（1）可知，f（x）在（1，＋∞）上单调递减，f（2）＝2，因为a＞1，b＞1，a＜b，f（a）＋f（b）＝4，
所以不妨设1＜a＜2＜b.
要证a＋b＜4，只要证b＜4－a，
而b＞2，2＜4－a＜3，
所以只要证f（b）＞f（4－a），
即证4－f（a）＞f（4－a），即证f（a）＋f（4－a）＜4.
令F（x）＝f（x）＋f（4－x），1＜x＜2，
则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，
则h'（x）＝e2－x（x－2）－ex－2（x－2）
＝（x－2）（e2－x－ex－2）.
因为1＜x＜2，所以x－2＜0，e2－x－ex－2＞0，
所以h'（x）＜0，
即h（x）在（1，2）上单调递减，
则h（x）＞h（2）＝0，
即F'（x）＞0，
所以F（x）在（1，2）上单调递增，
所以F（x）＜F（2）＝2f（2）＝4，
即当1＜x＜2时，f（x）＋f（4－x）＜4，
所以原命题成立.
解题技法
　　对称构造法主要用来解决与x1和x2之和（积）相关的不等式的证明问
题.其解题步骤如下：
（1）定极值点，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x1＋x2＞2x0型结论，构造函数F（x）＝f（x）－f
（2x0－x）（下面以此为例）或F（x）＝f（x0＋x）－f（x0－x）.对
x1x2＞ 型结论，构造函数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.
　已知函数f（x）＝xln x－x＋1，若方程f（x）＝b有两个不相等的实
数根x1，x2，求证：x1x2＜1.
证明：f'（x）＝ln x，当x＞1时，f'（x）＞0，当0＜x＜1时，f'（x）＜
0，
所以f（x）在（1，＋∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减.
不妨设x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2，
要证x1x2＜1，只需证1＜x2＜ .
因为f（x）在（1，＋∞）上单调递增，所以只需证f（x2）＜f（ ）.
因为f（x1）＝f（x2），所以只需证f（x1）＜f（ ）.
设F（x）＝f（x）－f（ ）（0＜x＜1），则F'（x）＝ln x－ ln x＝
ln x＞0，
所以F（x）在（0，1）上单调递增，
所以F（x）＜F（1）＝0，所以f（x）－f（ ）＜0，
即f（x1）＜f（ ）成立，所以x1x2＜1.
换元法（师生共研过关）
已知函数f（x）＝xln x－ mx2－x，m∈R. 若f（x）有两个极值
点x1，x2，求证：ln x1＋ln x2＞2.
证明：函数f（x）的定义域为（0，＋∞）.
若f（x）有两个极值点x1，x2，即函数f'（x）有两个变号零点，
又f'（x）＝ln x－mx，所以x1，x2是方程f'（x）＝0的两个不同的实根，
即
由①＋②得m＝ ，
由②－①得m＝ ，
从而可得 ＝ ，
于是ln x1＋ln x2＝ ＝ .
不妨设0＜x1＜x2，t＝ ，则t＞1.
因此ln x1＋ln x2＝ ，t＞1.
要证ln x1＋ln x2＞2，即证 ＞2（t＞1），即当t＞1时，有ln t＞
，
设函数h（t）＝ln t－ ，则h'（t）＝ － ＝
，
当t＞1时，h'（t）＞0，所以h（t）在（1，＋∞）上单调递增.
又h（1）＝0，因此当t＞1时，h（t）＞0.
于是当t＞1时，有ln t＞ ，所以ln x1＋ln x2＞2成立.
解题技法
　　换元的目的是消参、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.设法用比值或差值表示两个极值点，继而将所求解问题转化为关于t
的函数问题.
　已知函数f（x）＝ x2－x＋aln x.若函数f（x）有两个极值点x1，x2，
证明：f（x1）＋f（x2）＞－ － .
证明：由题意得，f'（x）＝x－1＋ ＝ （x＞0）.
因为函数f（x）有两个极值点x1，x2，
所以方程x2－x＋a＝0在（0，＋∞）上有两个不同的实数根x1，x2，
则 且Δ＝1－4a＞0，
所以0＜a＜ .
由题意得f（x1）＋f（x2）
＝ －x1＋aln x1＋ －x2＋aln x2
＝ （ ＋ ）－（x1＋x2）＋aln（x1x2）
＝ （x1＋x2）2－x1x2－（x1＋x2）＋aln（x1x2）
＝ －a－1＋aln a＝aln a－a－ .
令h（a）＝aln a－a－ （0＜a＜ ），
则h'（a）＝ln a＜0，
所以h（a）在（0， ）上单调递减，
所以h（a）＞h（ ）＝－ － ，
所以f（x1）＋f（x2）＞－ － .
PART 02
课时·跟踪检测
关键能力 | 课后练习
1. 已知函数f（x）＝ x2－2ax＋ln x（a为常数）.
（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
解： 当a＝1时，f（x）＝ x2－2x＋ln x，f'（x）＝x－2＋ ，
所以f（1）＝－ ，f'（1）＝0，
故曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝－ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
20
22
23
24
25
（2）设函数f（x）的两个极值点分别为x1，x2（x1＜x2），求f（x2）的
取值范围.
解： f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝x－2a＋ ＝
，则x1，x2是方程x2－2ax＋1＝0的两个不相等的正实根，
则 即a＞1，又0＜x1＜x2，故x2＞1，且2ax2＝
＋1，
f（x2）＝ －2ax2＋ln x2＝ －（ ＋1）＋ln x2＝－ －1＋ln
x2＝－ －1＋ ln ，令t＝ ＞1，则g（t）＝－ t－1＋ ln t（t＞
1），g'（t）＝－ ＋ ＝ ＜0，所以g（t）在（1，＋∞）上单调
递减，所以g（t）＜g（1）＝－ ，即g（t）的值域为（－∞，－ ），
所以f（x2）的取值范围是（－∞，－ ）.
2. 已知函数f（x）＝2ln x－x2－ax（a∈R）有两个不同的零点x1，x2，
且满足0＜x1＜x2，求证：x1x2＞ .
证明：法一（换元法） 设函数f（x）与x轴的两个交点分别为A（x1，
0），B（x2，0），
由
得
两式相除消去a得：2（ln x1＋ln x2）－（ ＋ ）＝
（x1＋x2），化简得ln（x1x2）＋x1x2＝
（x2＋x1）.
因为λ（t）＝ln t＋t（t＞0）是单调递增的，所以x1x2＞ λ（x1x2）
＞λ（ ）＝ln ＋ ，
而ln ＋ ＜ ＋ ＝2，故只需证明ln ＞ .
设t＝ ＞1，构造函数g（t）＝ln t－ （t＞1），由于g'（t）＝
＞0，所以g（t）在（1，＋∞）上单调递增，所以g（t）＞g
（1）＝0，所以ln t＞ （t＞1），即ln ＞ .故x1x2＞ .
法二（对数均值不等式法） 设函数f（x）与x轴的两个交点分别为A
（x1，0），B（x2，0），
由
得x2（2ln x1－ ）＝x1（2ln x2－ ），
即2（x2ln x1－x1ln x2）＝x1x2（x1－x2）.
所以有
两式相加得 （x1＋x2）＝ln（x1x2）＋x1x2，　
由对数平均不等式 ＜ 及ln（x＋1）≤x，知ln（x1x2）＋
x1x2＞2＞ln ＋ ，因为λ（t）＝ln t＋t（t＞0）是增函数，所以x1x2＞ .
3. 已知函数f（x）＝ln x＋ －1.
（1）若存在实数x，使f（x）＜－1成立，求实数m的取值范围；
解： 由f（x）＜－1，得ln x＋ ＜0，
即m＜－xln x在（0，＋∞）上有解，
令φ（x）＝－xln x，只需m＜φ（x）max，
φ'（x）＝－1－ln x，当0＜x＜ 时，φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，
当x＞ 时，φ'（x）＜0，φ（x）单调递减，
∴φ（x）≤φ（ ）＝ ，∴m＜ ，故m的取值范围为（－∞， ）.
（2）若f（x）有两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2＞2.
解： 证明：∵f（x）有两个不同的零点x1，x2，
∴m＝x（1－ln x）有两个不同的实根x1，x2，
令g（x）＝x（1－ln x），则g（x1）＝g（x2）＝m，
又g'（x）＝－ln x，
当x∈（0，1）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，
当x∈（1，＋∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
又g（1）＝1＞0，g（e）＝0，∴0＜m＜1，
不妨设0＜x1＜1＜x2＜e，
令h（x）＝g（x）－g（2－x）（0＜x＜1），
∴h'（x）＝g'（x）＋g'（2－x）＝－ln（－x2＋2x）＞0，
∴h（x）在（0，1）上单调递增，∴h（x）＜h（1）＝0，
∴g（x）＜g（2－x），即g（x1）＜g（2－x1），
又g（x1）＝g（x2），∴g（x2）＜g（2－x1），
∵x2＞1，2－x1＞1，∴x2＞2－x1，
∴x1＋x2＞2.
4. 已知函数f（x）＝x2＋2 cos x，f'（x）为函数f（x）的导函数.
（1）讨论函数f（x）的单调性；
解： f（x）的定义域为R，f'（x）＝2x－2 sin x，
令h（x）＝2x－2 sin x，则h'（x）＝2－2 cos x≥0，
所以函数h（x）在R上是增函数，
又因为h（0）＝0，
所以h（x）＜0 x＜0，h（x）＞0 x＞0，
即f'（x）＜0 x＜0，f'（x）＞0 x＞0，
所以函数f（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增.
（2）已知函数g（x）＝f'（x）－5x＋5aln x，存在x1，x2且x1≠x2，使
得g（x1）＝g（x2），证明：x1＋x2＞2a.
解： 证明：由（1）得g（x）＝2x－2 sin x－5x＋5aln x＝－2 sin
x－3x＋5aln x，x＞0，
又g（x1）＝g（x2），即－2 sin x1－3x1＋5aln x1＝－2 sin x2－3x2＋
5aln x2，
所以5a（ln x2－ln x1）＝2（ sin x2－ sin x1）＋3（x2－x1）.　
不妨设x2＞x1＞0，所以ln x2＞ln x1.
由（1）得当x＞0时，函数f'（x）单调递增，
所以2x1－2 sin x1＜2x2－2 sin x2，
故2（ sin x2－ sin x1）＜2（x2－x1），
所以5a（ln x2－ln x1）＝2（ sin x2－ sin x1）＋3（x2－x1）＜5（x2－
x1），
所以a＜ ，故2a＜ .
下证 ＜x2＋x1.
即证 ＜ln x2－ln x1＝ln ，
设 ＝t＞1，h（t）＝ln t－ ，t＞1，
则h'（t）＝ ＞0，所以函数h（t）在区间（1，＋∞）上单调
递增，
所以h（t）＞ln 1－ ＝0，
故ln t＞ ，即ln ＞ ，
所以 ＜ln x2－ln x1，即 ＜x2＋x1，
所以x1＋x2＞2a，得证.
THANKS
演示完毕 感谢观看

展开更多......

收起↑