还剩19页未读，
继续阅读
所属成套资源：2023高考数学二轮专题导数38讲
成套系列资料，整套一键下载
2023高考数学二轮专题导数38讲 专题25 极值点偏移之积(x1x2)型不等式的证明
展开
这是一份2023高考数学二轮专题导数38讲 专题25 极值点偏移之积(x1x2)型不等式的证明，共22页。
专题25 极值点偏移之积(x1x2)型不等式的证明
【例题选讲】
[例1] 已知f(x)＝xlnx－mx2－x，x∈R．
(1)当m＝－2时，求函数f(x)的所有零点；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1x2＞e2(e为自然对数的底数)．
解析 (1)当m＝－2时，f(x)＝xlnx＋x2－x＝x(lnx＋x－1)，x＞0．设g(x)＝lnx＋x－1，x＞0，
则g′(x)＝＋1＞0，于是g(x)在(0，＋∞)上为增函数．
又g(1)＝0，所以g(x)有唯一的零点x＝1，从而函数f(x)有唯一的零点x＝1．
(2)欲证x1x2＞e2，只需证ln x1＋ln x2＞2．
由函数f(x)有两个极值点x1，x2，可得函数f′(x) 有两个零点，又f′(x)＝ln x－mx，
所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同实根．于是有
①＋②可得ln x1＋ln x2＝m(x1＋x2)，即m＝，
②－①可得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，即m＝，
从而可得＝，于是ln x1＋ln x2＝．
由0＜x1＜x2，设t＝，则t＞1．因此ln x1＋ln x2＝，t＞1．
要证ln x1＋ln x2＞2，即证＞2(t＞1)，即证当t＞1时，有ln t＞．
令h(t)＝ln t－(t＞1)，则h′(t)＝－＝＞0，
所以h(t)为(1，＋∞)上的增函数．因此h(t)＞ln 1－＝0．
于是当t＞1时，有ln t＞．所以有ln x1＋ln x2＞2成立，即x1x2＞e2．
[例2] 已知函数．
(1)函数有两个不同的零点，求实数的取值范围；
(2)在(1)的条件下，求证：．
解析 (1)有两个不同的零点，即有两个不同的根，．
设，，令可得：．
在单调递减，在单调递增，且时，，，
(2)思路一：不妨设，由已知可得：，．
即只需证明：，在方程可得：．
，只需证明：．
即．
令，则，所以只需证明不等式：①，
设，，，
，在单调递增．．
在单调递增，，即不等式①得证．
即，．
思路二：所证不等式，因为有两不同零点．
满足方程，由(1)可得：．
考虑设，，由(1)可得：在单调递减，在单调递增．
，．结合的单调性可知：只需证明．
，所以只需证明：．
即证明：．
设，则．
，则．
，则．
单调递减，，单调递减，．
单调递减，，即得证．
得证，从而有．
[例3] 已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，方程f(x)＝m(m＜－2)有两个相异实根x1，x2，且x1＜x2，求证：x1·x＜2．
解析 (1)由题意得，f′(x)＝－a＝(x＞0)．
当a≤0时，由x＞0，得1－ax＞0，即f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a＞0时，由f′(x)＞0，得0＜x＜，由f′(x)＜0，得x＞，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由题意及(1)可知，方程f(x)＝m(m＜－2)的两个相异实根x1，x2满足ln x－x－m＝0，
且0＜x1＜1＜x2，即ln x1－x1－m＝ln x2－x2－m＝0．
由题意，可知ln x1－x1＝m＜－2＜ln 2－2，
又由(1)可知，f(x)＝ln x－x在(1，＋∞)上单调递减，故x2＞2．
令g(x)＝ln x－x－m，则g(x)－g＝－x＋＋3ln x－ln 2．
令h(t)＝－t＋＋3ln t－ln 2(t＞2)，则h′(t)＝－．
当t＞2时，h′(t)＜0，h(t)单调递减，所以h(t)＜h(2)＝2ln 2－＜0，所以g(x)＜g．
因为x2＞2且g(x1)＝g(x2)，所以h(x2)＝g(x2)－g＝g(x1)－g＜0，即g(x1)＜g．
因为g(x)在(0，1)上单调递增，所以x1＜，故x1·x＜2．
总结提升 本题第(2)问要证明的方程根之间的不等式关系比较复杂，此类问题可通过不等式的等价变形，将两个根分布在不等式两侧，然后利用函数的单调性转化为对应函数值之间的大小关系即可．显然构造函数的关键仍然是消掉参数，另外根据函数性质确定“x2＞2”是解题的一个关键点，确定其范围之后才能将x1与化归到函数的同一个单调区间上，这也是此类问题的一个难点——精确定位．
[例4] 已知函数(，)有两个不同的零点，．
(1)求的最值；
(2)证明：．
思维引导 (1)求出导函数，由函数有两个不同的零点，则在内必不单调，得，进而得到函数的单调性，即可求出函数的最值．
(2)由题意转化为证明，不妨设，令，只需证明，设，根据函数的单调性，即可作出证明．
解析 (1)，有两个不同的零点，∴在内必不单调，故，
此时，解得，∴在上单增，上单减，
∴，无最小值．
(2)由题知两式相减得，即，
故要证，即证，即证，
不妨设，令，则只需证，设，
则，设，则，
∴在上单减，∴，∴在上单增，∴，
即在时恒成立，原不等式得证．
总结提升 体会在用表示时为什么要用两个方程，而不是只用来表示？如果只用或进行表示，则很难处理，用两个变量表示，在代入的时候有项，即可以考虑利用换元法代替，这也体现出双变量换元时在结构上要求“平衡”的特点．
【对点训练】
1．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<．
1．解析 f′(x)＝ln x＋1，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得0
F′(x)＝f′(x)＋f′＝1＋ln x＋·＝(1＋ln x)·，
当00，得F(x)在上是增函数，∴F(x)
方法二 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＝．
∴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)为增函数，g(t)>g(1)＝0，∴ln t－>0．故x1x2<．
2．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若函数有两个零点，．
①求的取值范围；②证明：．
2．解析 (1)的定义域为，，
(ⅰ)当时，在上单调递增；
(ⅱ)当时，若，则，在上单调递增；
若，则，在区间上单调递减；
综上：时，在上单调递增；
时，在上单调递增，在上单调递减；
(2)①由(1)知，时，单调递增，至多一个零点，不合题意，
当时，在上单调递增，在区间上单调递减；
，若函数有两个零点，，
由于时，，时，，所以，解得，
故所求的取值范围为；
②证明：由题意：，，，
要证，只要证，即．
只要证即证，
令，，
，即成立，
故原不等式成立．
3．已知函数在其定义域内有两个不同的极值点．
(1)求的取值范围．
(2)设的两个极值点为，，证明．
3．解析 (1)函数的定义域为，．
函数在其定义域内有两个不同的极值点．
方程在有两个不同根；
转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点．
又，即时，，时，，
故在上单调增，在上单调减．故．
又有且只有一个零点是1，且在时，，在在时，，
故的草图如图，，即．故的取值范围为．
(2)由(1)可知，分别是方程的两个根，即，，
设，作差得．得．
要证明．只需证明．
，，即只需证明，
令，则，只需证明，
设，．函数在上单调递增，
，故成立．成立．
4．已知函数f(x)＝(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直．
(1)试比较2 0182 019与2 0192 018的大小，并说明理由；
(2)若函数g(x)＝f(x)－k有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2＞e2．
4．解析 (1)依题意得f′(x)＝，所以f′(1)＝＝，
又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直，
所以f′(1)＝1，即＝1，解得a＝0．故f(x)＝，f′(x)＝．
令f′(x)＞0，则1－ln x＞0，解得0＜x＜e；令f′(x)＜0，则1－ln x＜0，解得x＞e，
所以f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．
所以f(2 018)＞f(2 019)，即＞，整理得ln 2 0182 019＞ln 2 0192 018，
所以2 0182 019＞2 0192 018．
(2)不妨设x1＞x2＞0，因为g(x1)＝g(x2)＝0，所以ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，
可得ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝k(x1－x2)．
要证x1x2＞e2，即证ln x1x2＞2，只需证ln x1＋ln x2＞2，也就是证k(x1＋x2)＞2，即证k＞．
因为k＝，所以只需证＞，即证ln ＞．
令＝t(t＞1)，则只需证ln t＞(t＞1)．
令h(t)＝ln t－(t＞1)，则h′(t)＝－＝＞0，
故函数h(t)在(1，＋∞)上是单调递增的，所以h(t)＞h(1)＝0，即ln t＞，所以x1x2＞e2．
5．已知函数f(x)＝lnx＋－a (a∈R，b∈R)有最小值M，且M≥0．
(1)求ea－1－b＋1的最大值；
(2)当ea－1－b＋1取得最大值时，设F(b)＝－m(m∈R)，F(x)有两个零点为x1，x2(x1＜x2)，证明：．
5．解析 (1)有题意，
当时，，在上单增，此时显然不成立，
当时，令，得，此时在上单减，在上单增，
(b)，即，所以，．
所以的最大值为1．
(2)当取得最大值时，，，
的两个零点为，，则，即，，
不等式恒成立等价于，
两式相减得，
带入上式得，
令，则，，
所以函数在上单调递增，(1)，得证．
6．已知函数f (x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)．
(1)当x>1时，求f (x)的单调区间和极值；
(2)若对任意x∈[e，e2]，都有f (x)<4ln x成立，求k的取值范围；
(3)若x1≠x2，且f (x1)＝f (x2)，证明x1x2
①当k≤0时，因为x>1，所以f ′(x)＝ln x－k>0，
所以函数f (x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间，无极值．
②当k>0时，令ln x－k＝0，解得x＝ek，
当1ek时，f ′(x)>0．
所以函数f (x)的单调递减区间是(1，ek)，单调递增区间是(ek，＋∞)，
在(1，＋∞)上的极小值为f (ek)＝(k－k－1)ek＝－ek，无极大值．
(2)由题意，f (x)－4ln x<0，即问题转化为(x－4)ln x－(k＋1)x<0对任意x∈[e，e2]恒成立，
即k＋1>对任意x∈[e，e2]恒成立，
令g(x)＝，x∈[e，e2]，则g′(x)＝．
令t(x)＝4ln x＋x－4，x∈[e，e2]，则t′(x)＝＋1>0，
所以t(x)在区间[e，e2]上单调递增，故t(x)min＝t(e)＝4＋e－4＝e>0，故g′(x)>0，
所以g(x)在区间[e，e2]上单调递增，函数g(x)max＝g(e2)＝2－．
要使k＋1>对任意x∈[e，e2]恒成立，只要k＋1>g(x)max，所以k＋1>2－，解得k>1－，
所以实数k的取值范围为．
(3)法一 因为f(x1)＝f(x2)，由(1)知，
当k>0时，函数f(x)在区间(0，ek)上单调递减，在区间(ek，＋∞)上单调递增，且f(ek＋1)＝0．
不妨设x1
即h(x)＝xln x－(k＋1)x＋e2k，
h′(x)＝ln x＋1－(k＋1)＋e2k ＝(ln x－k)，
当x∈(0，ek)时，ln x－k<0，x20，所以函数h(x)在区间(0，ek)上单调递增，h(x)
x1ln x1－x2ln x1＋x2ln x1－x2ln x2＝(k＋1)(x1－x2)，即(x1－x2)ln x1＋x2ln＝(k＋1)(x1－x2)，
k＋1＝ln x1＋，同理k＋1＝ln x2＋，从而2k＝ln x1＋ln x2＋＋－2，
要证ln x1＋ln x2<2k，只要证＋－2>0，
不妨设00，即证>2，
即证ln t<2·对t∈(0，1)恒成立，
设h(t)＝ln t－2·，当00，
所以h(t)在t∈(0，1)上单调递增，h(t)
【例题选讲】
[例1] 已知函数g(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x(a∈R)．
(1)求g(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)＝g(x)＋(a＋1)x2－2x，x1，x2(0＜x1＜x2)是函数f(x)的两个零点，证明：f′<0．
思维引导 (2)利用分析法先等价转化所证不等式：要证明f′<0，只需证明－<0，即证明，即证明，再令，构造函数，利用导数研究函数单调性，确定其最值：在上递增，所以，即可证得结论．
解析 (1)函数g(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝－2ax＋(2－a)＝－，
①当a≤0时，g ′(x)>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，若x∈，则g ′(x)>0，若x∈，则g ′(x)<0，
则g(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)因为x1，x2是f (x)＝lnx＋ax2－ax的两个零点，
所以lnx1＋ax－ax1＝0，ln x2＋ax－ax2＝0，所以a＝＋(x2＋x1)，又f ′(x)＝＋2x－a，
所以f′＝＋(x1＋x2)－a＝－，
所以要证f′<0，只须证明－<0，
即证明>lnx1－lnx2，即证明
令，则，则， ．
∴在上递减， ，∴在上递增， ．
所以成立，即．
[例2] 已知函数f(x)＝x2＋ax＋blnx，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2x．
(1)求实数a，b的值；
(2)设F(x)＝f(x)－x2＋mx(m∈R)，x1，x2 (0＜x1＜x2)分别是函数F(x)的两个零点，求证：F¢()＜0(F¢(x)为函数F(x)的导函数)．
解析 (1) a＝1，b＝－1；
(2)，，，因为分别是函数的两个零点，所以，两式相减，得，，要证明，只需证．
思维引导1 因为，只需证．令，即证，令，则，所以函数在上单调递减，，即证，由上述分析可知．
总结提升 这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把转化为的函数，常把的关系变形为齐次式，设等，构造函数来解决，可称之对称化构造函数法．
思维引导2 因为，只需证，设，则，所以函数在
上单调递减，，即证．由上述分析可知．
总结提升 极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于（或）的一元函数来处理．应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明．此乃主元法．
思维引导3 要证明，只需证，即证，由对数平均数易得．
总结提升 极值点偏移问题中，如果等式含有参数，则消参，有指数的则两边取对数，转化为对数式，通过恒等变换转化为对数平均问题，利用对数平均不等式求解，此乃对数平均法．
[例3] 已知函数．
(1)若，使得恒成立，求的取值范围．
(2)设，为函数图象上不同的两点，的中点为，求证：
令，，
由于，则在单调递减，在单调递增，
故，解得．
(2)因为为的中点，则，
故，
，
故要证，即证，
由于，即证．不妨假设，
只需证明，即．
设，构造函数，，则，
则有，从而．
[例4] 已知函数f(x)＝ex－x2－ax有两个极值点x1，x2(e为自然对数的底数)．
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：f(x1)＋f(x2)>2．
解析 (1)由于f(x)＝ex－x2－ax，则f′(x)＝ex－x－a，
设g(x)＝f′(x)＝ex－x－a，则g′(x)＝ex－1，令g′(x)＝ex－1＝0，解得x＝0．
所以当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0．所以g(x)min＝g(0)＝1－a．
①当a≤1时，g(x)＝f′(x) ≥0，所以函数f(x)单调递增，没有极值点；
②当a>1时，g(x)min＝1－a<0，且当当x→－∞时，g(x)→＋∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞．
此时，g(x)＝f′(x)＝ex－x－a有两个零点x1，x2，不妨设x1
答案速得 函数f(x)有两个极值点实质上就是其导数f′(x)有两个零点，亦即函数y＝ex与直线y＝x＋a有两个交点，如图所示，显然实数a的取值范围是(1，＋∞)．
(2)由(1)知，x1，x2为g(x)＝0的两个实数根，x1<0
设h(x)＝－＋2x(x>0)，则h′(x)＝－＋2<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)
要证f(x1)＋f(x2)>2，只需证f(－x2)＋f(x2)>2，即证＋－－2>0．
设函数k(x)＝＋－－2，x∈(0，＋∞)，则k′(x)＝－－2x．
设r(x)＝k′(x)＝－－2x，则r′(x)＝＋－2>0，
所以r(x)在(0，＋∞)上单调递增，r(x)>r(0)＝0，即k′(x)>0．
所以k(x)在(0，＋∞)上单调递增，k(x)>k(0)＝0．
故当x∈(0，＋∞)时，＋－－2>0，则＋－－2>0，
所以f(－x2)＋f(x2)>2，亦即f(x1)＋f(x2)>2．
总结提升 本题是极值点偏移问题的泛化，是拐点的偏移，依然可以使用极值点偏移问题的有关方法来解决．只不过需要挖掘出拐点偏移中隐含的拐点的不等关系，如本题中的x1<－x2<0，如果“脑中有‘形’”，如图所示，并不难得出．
【对点训练】
1．设函数f(x)＝x2－(a－2)x－alnx．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若方程f(x)＝c有两个不相等的实数根x1，x2，求证：．
1．解析 (1)．．
当时，，函数在上单调递增，即的单调递增区间为．
当时，由得；由，解得．
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)，是方程得两个不等实数根，由(1)可知：．
不妨设．则，．
两式相减得，化为．
，当时，，当时，．
故只要证明即可，即证明，即证明，
设，令，则．
，．在上是增函数，又在处连续且，
当时，总成立．故命题得证．
2．(2011辽宁)已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a＞0，证明：当0＜x＜时，f(＋x)＞f(－x)；
(3)若函数y＝f(x)的图象与轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f¢(x0)＜0．
2．解析 (1)若a≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调增加；
若a＞0，f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减；
(2)法一：构造函数，利用函数单调性证明，方法上同，略；
法二：构造以为主元的函数，设函数，
则，，
由，解得，当时，，而，
所以，故当时，
(2)由(1)可得a＞0，f¢(x)＝－2ax＋2－a在(0，＋∞)上单调递减，f¢()＝0，
不妨设A(x1，0)，B(x2，0)，0＜x1＜x2，则0＜x1＜＜x2，
欲证明f¢(x)＜0，即f¢(x0)＜f¢()，只需证明x0＝＞，即x1＞－x2，
只需证明f(x2)＝f(x1)＞f(－x2)．
由(2)得f(－x2)＝f[＋(－x2)]＞f[－(－x2)]＝f(x2)，得证．
3．设函数f(x)＝ex－ax＋a，其图象与轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，且x1＜x2．
(1)求a的取值范围；
(2)证明：f¢()＜0(f¢(x)为函数f(x)的导函数)．
3．解析 (1)a∈(e2，＋∞)，且0＜x1＜lna＜x2，f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增；
(2)要证明f¢()＜0，只需证f¢()＜0，即f¢()＜f¢(lna)，
因为f¢(x)＝ex－a单调递增，所以只需证＜lna，亦即x2＞2lna－x1，
只要证明f(x2)＝f(x1)＞f(2lna－x1)即可；令g(x)＝f(x)－f(2lna－x)(x＜lna)，则
g¢(x)＝f¢(x)－f¢(2lna－x1)＝ex－－2a＜0，所以g(x)在(0，lna)上单调递减，g(x)＞g(lna)＝0，得证．
4．已知函数f(x)＝ln x－ax＋1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，证明：f′(x1·x2)<1－a．
4．解析 (1)由f(x)＝0，可得a＝，
转化为函数g(x)＝与直线y＝a的图象在(0，＋∞)上有两个不同交点．
g′(x)＝(x>0)，故当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0．
故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1．
又g＝0，当x→＋∞时，g(x)→0，
故当x∈时，g(x)<0；当x∈时，g(x)>0．可得a∈(0，1)．
(2)f′(x)＝－a，由(1)知x1，x2是ln x－ax＋1＝0的两个根，
故ln x1－ax1＋1＝0，ln x2－ax2＋1＝0⇒a＝．
要证f′(x1·x2)<1－a，只需证x1·x2>1，即证ln x1＋ln x2>0，即证(ax1－1)＋(ax2－1)>0，
即证a>，即证>．
不妨设0
则h(t)在(0，1)上单调递增，则h(t)
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设f(x)的导函数为f′(x)，若f(x)有两个不相同的零点x1，x2．
①求实数a的取值范围；②证明：x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2lna＋2．
5．思维引导 (1)求导函数f′(x)，对a分类讨论，确定导函数的正负，即可得到f(x)的单调性；
(2)①根据第(1)问的函数f(x)的单调性，确定a>0，且f(x)min＝f(a)<0，求得a的取值范围，再用零点判定定理证明根的存在性．②对所要证明的结论分析，问题转化为证明x1x2>a2，不妨设0，通过对f(x)的单调性的分析，问题进一步转化为证明f()>f(x2)，构造函数，通过导数法不难证得结论．
解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝．
当a≤0时，f′(x)>0成立，所以f(x)在(0，＋∞)为增函数；
当a>0时，(i)当x>a时，f′(x)>0，所以f(x)在(a，＋∞)上为增函数；
(ii)当0
当a>0时，f(x)的最小值为f(a)，依题意知f(a)＝1＋lna<0，解得0
所以f(x)在(a，＋∞)上有唯一的一个零点．
另一方面，因为0g＝e－2>0
又f(a)<0，f(x)在(0，a)为减函数，且函数f(x)的图像在(a2，a)上不间断．
所以f(x)在(0，a)有唯一的一个零点．
综上，实数a的取值范围是．
②设p＝x1f′(x1)＋x2f′(x2)＝1－＋1－＝2－．又lnx1＋＝0，lnx2＋＝0，则p＝2＋ln(x1x2)．
下面证明x1x2>a2．不妨设x1
又f(x1)＝f(x2)＝0，即证f()>f(x2)．
设函数F(x)＝f()－f(x)＝－－2lnx＋2lna(x>a)．
所以F′(x)＝>0，所以F(x)在(a，＋∞)为增函数．
所以F(x2)>F(a)＝0，所以f()>f(x2)成立．从而x1x2>a2成立．
所以p＝2＋ln(x1x2)>2lna＋2，即x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2lna＋2成立．
总结提升 1．第(2)①中，用零点判定定理证明f(x)在(0，a)上有一个零点是解题的一个难点，也是一个热点问题，就是当00，这里需要取关于a的代数式，取x0＝a2，再证明f(a2)>0，事实上由(1)可以得到xlnx≥－，而f(a2)＝＋lna2＝>0即可．
2．在(2)②中证明x1x2>a2的过程，属于构造消元构造函数方法，将两个变量x1，x2转化为证明单变量的问题，这一处理方法，在各类压轴题中，经常出现，要能领悟并加以灵活应用．
6．已知函数f(x)＝ex＋ax－1(a∈R)．
(1)若对任意的实数x，函数y＝f′(x)的图象与直线y＝x有且只有两个交点，求a的取值范围；
(2)设g(x)＝f(x)－x2＋1，若函数g(x)有两个极值点x1，x2，且x12．
6．解析 (1) f(x)＝ex＋ax－1，则f′(x)＝ex＋a，
由已知得，函数y＝ex＋a的图象与直线y＝x有两个交点，
即方程ex－x＋a＝0有两个不相等的实数解，
设h(x)＝ex－x＋a，则h′(x)＝ex－1，令h′(x)＝0，解得x＝0，
当x∈(－∞，0)时，h′(x) <0，h(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，h′(x) >0，h(x)单调递增，
所以h(x)min＝h(0)＝a＋1，所以a＋1<0，所以a<－1，
当x→－∞时，h(x) →＋∞；当x→＋∞时，h(x) →＋∞
所以a<－1时，函数y＝f′(x)的图象与直线y＝x有且只有两个交点．
(2)g(x)＝f(x)－x2＋1＝ex－x2－ax，g′(x)＝ex－x－a，
因为函数g(x)有两个极值点x1，x2，方程g′(x)＝0有两个不同的实数解x1，x2，
由(1)知，h(x)＝ex－x＋a，h(x1)＝h(x2)＝0，且x1<0
且得a＝－x2，所以h(－x2)＝＋x2－a＝－＋2x2．
设k(x)＝－＋2x(x>0)，则k′(x)＝－－＋2<0，所以k(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以k(x)
要证g(x1)＋g(x2)>2，只须证g (－x2)＋g(x2)>2，
即证＋－－2>0，
设r(x)＝＋－－2，则r′(x)＝－－2x，
令p(x)＝r′(x)＝－－2x，则p′(x)＝＋－2>0，
所以p(x)在(0，＋∞)单调递增，p(x)>p(0)＝0，即r′(x)>0，
所以r(x)在(0，＋∞)单调递增，r(x)>r(0)＝0，
故当x>0时，＋－－2>0，即＋－－2>0，
所以g (－x2)＋g(x2)>2，亦即g(x1)＋g(x2)>2．
专题25 极值点偏移之积(x1x2)型不等式的证明
【例题选讲】
[例1] 已知f(x)＝xlnx－mx2－x，x∈R．
(1)当m＝－2时，求函数f(x)的所有零点；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1x2＞e2(e为自然对数的底数)．
解析 (1)当m＝－2时，f(x)＝xlnx＋x2－x＝x(lnx＋x－1)，x＞0．设g(x)＝lnx＋x－1，x＞0，
则g′(x)＝＋1＞0，于是g(x)在(0，＋∞)上为增函数．
又g(1)＝0，所以g(x)有唯一的零点x＝1，从而函数f(x)有唯一的零点x＝1．
(2)欲证x1x2＞e2，只需证ln x1＋ln x2＞2．
由函数f(x)有两个极值点x1，x2，可得函数f′(x) 有两个零点，又f′(x)＝ln x－mx，
所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同实根．于是有
①＋②可得ln x1＋ln x2＝m(x1＋x2)，即m＝，
②－①可得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，即m＝，
从而可得＝，于是ln x1＋ln x2＝．
由0＜x1＜x2，设t＝，则t＞1．因此ln x1＋ln x2＝，t＞1．
要证ln x1＋ln x2＞2，即证＞2(t＞1)，即证当t＞1时，有ln t＞．
令h(t)＝ln t－(t＞1)，则h′(t)＝－＝＞0，
所以h(t)为(1，＋∞)上的增函数．因此h(t)＞ln 1－＝0．
于是当t＞1时，有ln t＞．所以有ln x1＋ln x2＞2成立，即x1x2＞e2．
[例2] 已知函数．
(1)函数有两个不同的零点，求实数的取值范围；
(2)在(1)的条件下，求证：．
解析 (1)有两个不同的零点，即有两个不同的根，．
设，，令可得：．
在单调递减，在单调递增，且时，，，
(2)思路一：不妨设，由已知可得：，．
即只需证明：，在方程可得：．
，只需证明：．
即．
令，则，所以只需证明不等式：①，
设，，，
，在单调递增．．
在单调递增，，即不等式①得证．
即，．
思路二：所证不等式，因为有两不同零点．
满足方程，由(1)可得：．
考虑设，，由(1)可得：在单调递减，在单调递增．
，．结合的单调性可知：只需证明．
，所以只需证明：．
即证明：．
设，则．
，则．
，则．
单调递减，，单调递减，．
单调递减，，即得证．
得证，从而有．
[例3] 已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，方程f(x)＝m(m＜－2)有两个相异实根x1，x2，且x1＜x2，求证：x1·x＜2．
解析 (1)由题意得，f′(x)＝－a＝(x＞0)．
当a≤0时，由x＞0，得1－ax＞0，即f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a＞0时，由f′(x)＞0，得0＜x＜，由f′(x)＜0，得x＞，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由题意及(1)可知，方程f(x)＝m(m＜－2)的两个相异实根x1，x2满足ln x－x－m＝0，
且0＜x1＜1＜x2，即ln x1－x1－m＝ln x2－x2－m＝0．
由题意，可知ln x1－x1＝m＜－2＜ln 2－2，
又由(1)可知，f(x)＝ln x－x在(1，＋∞)上单调递减，故x2＞2．
令g(x)＝ln x－x－m，则g(x)－g＝－x＋＋3ln x－ln 2．
令h(t)＝－t＋＋3ln t－ln 2(t＞2)，则h′(t)＝－．
当t＞2时，h′(t)＜0，h(t)单调递减，所以h(t)＜h(2)＝2ln 2－＜0，所以g(x)＜g．
因为x2＞2且g(x1)＝g(x2)，所以h(x2)＝g(x2)－g＝g(x1)－g＜0，即g(x1)＜g．
因为g(x)在(0，1)上单调递增，所以x1＜，故x1·x＜2．
总结提升 本题第(2)问要证明的方程根之间的不等式关系比较复杂，此类问题可通过不等式的等价变形，将两个根分布在不等式两侧，然后利用函数的单调性转化为对应函数值之间的大小关系即可．显然构造函数的关键仍然是消掉参数，另外根据函数性质确定“x2＞2”是解题的一个关键点，确定其范围之后才能将x1与化归到函数的同一个单调区间上，这也是此类问题的一个难点——精确定位．
[例4] 已知函数(，)有两个不同的零点，．
(1)求的最值；
(2)证明：．
思维引导 (1)求出导函数，由函数有两个不同的零点，则在内必不单调，得，进而得到函数的单调性，即可求出函数的最值．
(2)由题意转化为证明，不妨设，令，只需证明，设，根据函数的单调性，即可作出证明．
解析 (1)，有两个不同的零点，∴在内必不单调，故，
此时，解得，∴在上单增，上单减，
∴，无最小值．
(2)由题知两式相减得，即，
故要证，即证，即证，
不妨设，令，则只需证，设，
则，设，则，
∴在上单减，∴，∴在上单增，∴，
即在时恒成立，原不等式得证．
总结提升 体会在用表示时为什么要用两个方程，而不是只用来表示？如果只用或进行表示，则很难处理，用两个变量表示，在代入的时候有项，即可以考虑利用换元法代替，这也体现出双变量换元时在结构上要求“平衡”的特点．
【对点训练】
1．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<．
1．解析 f′(x)＝ln x＋1，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得0
F′(x)＝f′(x)＋f′＝1＋ln x＋·＝(1＋ln x)·，
当0
方法二 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＝．
∴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)为增函数，g(t)>g(1)＝0，∴ln t－>0．故x1x2<．
2．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若函数有两个零点，．
①求的取值范围；②证明：．
2．解析 (1)的定义域为，，
(ⅰ)当时，在上单调递增；
(ⅱ)当时，若，则，在上单调递增；
若，则，在区间上单调递减；
综上：时，在上单调递增；
时，在上单调递增，在上单调递减；
(2)①由(1)知，时，单调递增，至多一个零点，不合题意，
当时，在上单调递增，在区间上单调递减；
，若函数有两个零点，，
由于时，，时，，所以，解得，
故所求的取值范围为；
②证明：由题意：，，，
要证，只要证，即．
只要证即证，
令，，
，即成立，
故原不等式成立．
3．已知函数在其定义域内有两个不同的极值点．
(1)求的取值范围．
(2)设的两个极值点为，，证明．
3．解析 (1)函数的定义域为，．
函数在其定义域内有两个不同的极值点．
方程在有两个不同根；
转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点．
又，即时，，时，，
故在上单调增，在上单调减．故．
又有且只有一个零点是1，且在时，，在在时，，
故的草图如图，，即．故的取值范围为．
(2)由(1)可知，分别是方程的两个根，即，，
设，作差得．得．
要证明．只需证明．
，，即只需证明，
令，则，只需证明，
设，．函数在上单调递增，
，故成立．成立．
4．已知函数f(x)＝(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直．
(1)试比较2 0182 019与2 0192 018的大小，并说明理由；
(2)若函数g(x)＝f(x)－k有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2＞e2．
4．解析 (1)依题意得f′(x)＝，所以f′(1)＝＝，
又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直，
所以f′(1)＝1，即＝1，解得a＝0．故f(x)＝，f′(x)＝．
令f′(x)＞0，则1－ln x＞0，解得0＜x＜e；令f′(x)＜0，则1－ln x＜0，解得x＞e，
所以f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．
所以f(2 018)＞f(2 019)，即＞，整理得ln 2 0182 019＞ln 2 0192 018，
所以2 0182 019＞2 0192 018．
(2)不妨设x1＞x2＞0，因为g(x1)＝g(x2)＝0，所以ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，
可得ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝k(x1－x2)．
要证x1x2＞e2，即证ln x1x2＞2，只需证ln x1＋ln x2＞2，也就是证k(x1＋x2)＞2，即证k＞．
因为k＝，所以只需证＞，即证ln ＞．
令＝t(t＞1)，则只需证ln t＞(t＞1)．
令h(t)＝ln t－(t＞1)，则h′(t)＝－＝＞0，
故函数h(t)在(1，＋∞)上是单调递增的，所以h(t)＞h(1)＝0，即ln t＞，所以x1x2＞e2．
5．已知函数f(x)＝lnx＋－a (a∈R，b∈R)有最小值M，且M≥0．
(1)求ea－1－b＋1的最大值；
(2)当ea－1－b＋1取得最大值时，设F(b)＝－m(m∈R)，F(x)有两个零点为x1，x2(x1＜x2)，证明：．
5．解析 (1)有题意，
当时，，在上单增，此时显然不成立，
当时，令，得，此时在上单减，在上单增，
(b)，即，所以，．
所以的最大值为1．
(2)当取得最大值时，，，
的两个零点为，，则，即，，
不等式恒成立等价于，
两式相减得，
带入上式得，
令，则，，
所以函数在上单调递增，(1)，得证．
6．已知函数f (x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)．
(1)当x>1时，求f (x)的单调区间和极值；
(2)若对任意x∈[e，e2]，都有f (x)<4ln x成立，求k的取值范围；
(3)若x1≠x2，且f (x1)＝f (x2)，证明x1x2
①当k≤0时，因为x>1，所以f ′(x)＝ln x－k>0，
所以函数f (x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间，无极值．
②当k>0时，令ln x－k＝0，解得x＝ek，
当1
所以函数f (x)的单调递减区间是(1，ek)，单调递增区间是(ek，＋∞)，
在(1，＋∞)上的极小值为f (ek)＝(k－k－1)ek＝－ek，无极大值．
(2)由题意，f (x)－4ln x<0，即问题转化为(x－4)ln x－(k＋1)x<0对任意x∈[e，e2]恒成立，
即k＋1>对任意x∈[e，e2]恒成立，
令g(x)＝，x∈[e，e2]，则g′(x)＝．
令t(x)＝4ln x＋x－4，x∈[e，e2]，则t′(x)＝＋1>0，
所以t(x)在区间[e，e2]上单调递增，故t(x)min＝t(e)＝4＋e－4＝e>0，故g′(x)>0，
所以g(x)在区间[e，e2]上单调递增，函数g(x)max＝g(e2)＝2－．
要使k＋1>对任意x∈[e，e2]恒成立，只要k＋1>g(x)max，所以k＋1>2－，解得k>1－，
所以实数k的取值范围为．
(3)法一 因为f(x1)＝f(x2)，由(1)知，
当k>0时，函数f(x)在区间(0，ek)上单调递减，在区间(ek，＋∞)上单调递增，且f(ek＋1)＝0．
不妨设x1
即h(x)＝xln x－(k＋1)x＋e2k，
h′(x)＝ln x＋1－(k＋1)＋e2k ＝(ln x－k)，
当x∈(0，ek)时，ln x－k<0，x2
x1ln x1－x2ln x1＋x2ln x1－x2ln x2＝(k＋1)(x1－x2)，即(x1－x2)ln x1＋x2ln＝(k＋1)(x1－x2)，
k＋1＝ln x1＋，同理k＋1＝ln x2＋，从而2k＝ln x1＋ln x2＋＋－2，
要证ln x1＋ln x2<2k，只要证＋－2>0，
不妨设0
即证ln t<2·对t∈(0，1)恒成立，
设h(t)＝ln t－2·，当0
所以h(t)在t∈(0，1)上单调递增，h(t)
【例题选讲】
[例1] 已知函数g(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x(a∈R)．
(1)求g(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)＝g(x)＋(a＋1)x2－2x，x1，x2(0＜x1＜x2)是函数f(x)的两个零点，证明：f′<0．
思维引导 (2)利用分析法先等价转化所证不等式：要证明f′<0，只需证明－<0，即证明，即证明，再令，构造函数，利用导数研究函数单调性，确定其最值：在上递增，所以，即可证得结论．
解析 (1)函数g(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝－2ax＋(2－a)＝－，
①当a≤0时，g ′(x)>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，若x∈，则g ′(x)>0，若x∈，则g ′(x)<0，
则g(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)因为x1，x2是f (x)＝lnx＋ax2－ax的两个零点，
所以lnx1＋ax－ax1＝0，ln x2＋ax－ax2＝0，所以a＝＋(x2＋x1)，又f ′(x)＝＋2x－a，
所以f′＝＋(x1＋x2)－a＝－，
所以要证f′<0，只须证明－<0，
即证明>lnx1－lnx2，即证明
令，则，则， ．
∴在上递减， ，∴在上递增， ．
所以成立，即．
[例2] 已知函数f(x)＝x2＋ax＋blnx，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2x．
(1)求实数a，b的值；
(2)设F(x)＝f(x)－x2＋mx(m∈R)，x1，x2 (0＜x1＜x2)分别是函数F(x)的两个零点，求证：F¢()＜0(F¢(x)为函数F(x)的导函数)．
解析 (1) a＝1，b＝－1；
(2)，，，因为分别是函数的两个零点，所以，两式相减，得，，要证明，只需证．
思维引导1 因为，只需证．令，即证，令，则，所以函数在上单调递减，，即证，由上述分析可知．
总结提升 这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把转化为的函数，常把的关系变形为齐次式，设等，构造函数来解决，可称之对称化构造函数法．
思维引导2 因为，只需证，设，则，所以函数在
上单调递减，，即证．由上述分析可知．
总结提升 极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于（或）的一元函数来处理．应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明．此乃主元法．
思维引导3 要证明，只需证，即证，由对数平均数易得．
总结提升 极值点偏移问题中，如果等式含有参数，则消参，有指数的则两边取对数，转化为对数式，通过恒等变换转化为对数平均问题，利用对数平均不等式求解，此乃对数平均法．
[例3] 已知函数．
(1)若，使得恒成立，求的取值范围．
(2)设，为函数图象上不同的两点，的中点为，求证：
令，，
由于，则在单调递减，在单调递增，
故，解得．
(2)因为为的中点，则，
故，
，
故要证，即证，
由于，即证．不妨假设，
只需证明，即．
设，构造函数，，则，
则有，从而．
[例4] 已知函数f(x)＝ex－x2－ax有两个极值点x1，x2(e为自然对数的底数)．
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：f(x1)＋f(x2)>2．
解析 (1)由于f(x)＝ex－x2－ax，则f′(x)＝ex－x－a，
设g(x)＝f′(x)＝ex－x－a，则g′(x)＝ex－1，令g′(x)＝ex－1＝0，解得x＝0．
所以当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0．所以g(x)min＝g(0)＝1－a．
①当a≤1时，g(x)＝f′(x) ≥0，所以函数f(x)单调递增，没有极值点；
②当a>1时，g(x)min＝1－a<0，且当当x→－∞时，g(x)→＋∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞．
此时，g(x)＝f′(x)＝ex－x－a有两个零点x1，x2，不妨设x1
答案速得 函数f(x)有两个极值点实质上就是其导数f′(x)有两个零点，亦即函数y＝ex与直线y＝x＋a有两个交点，如图所示，显然实数a的取值范围是(1，＋∞)．
(2)由(1)知，x1，x2为g(x)＝0的两个实数根，x1<0
设h(x)＝－＋2x(x>0)，则h′(x)＝－＋2<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)
要证f(x1)＋f(x2)>2，只需证f(－x2)＋f(x2)>2，即证＋－－2>0．
设函数k(x)＝＋－－2，x∈(0，＋∞)，则k′(x)＝－－2x．
设r(x)＝k′(x)＝－－2x，则r′(x)＝＋－2>0，
所以r(x)在(0，＋∞)上单调递增，r(x)>r(0)＝0，即k′(x)>0．
所以k(x)在(0，＋∞)上单调递增，k(x)>k(0)＝0．
故当x∈(0，＋∞)时，＋－－2>0，则＋－－2>0，
所以f(－x2)＋f(x2)>2，亦即f(x1)＋f(x2)>2．
总结提升 本题是极值点偏移问题的泛化，是拐点的偏移，依然可以使用极值点偏移问题的有关方法来解决．只不过需要挖掘出拐点偏移中隐含的拐点的不等关系，如本题中的x1<－x2<0，如果“脑中有‘形’”，如图所示，并不难得出．
【对点训练】
1．设函数f(x)＝x2－(a－2)x－alnx．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若方程f(x)＝c有两个不相等的实数根x1，x2，求证：．
1．解析 (1)．．
当时，，函数在上单调递增，即的单调递增区间为．
当时，由得；由，解得．
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)，是方程得两个不等实数根，由(1)可知：．
不妨设．则，．
两式相减得，化为．
，当时，，当时，．
故只要证明即可，即证明，即证明，
设，令，则．
，．在上是增函数，又在处连续且，
当时，总成立．故命题得证．
2．(2011辽宁)已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a＞0，证明：当0＜x＜时，f(＋x)＞f(－x)；
(3)若函数y＝f(x)的图象与轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f¢(x0)＜0．
2．解析 (1)若a≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调增加；
若a＞0，f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减；
(2)法一：构造函数，利用函数单调性证明，方法上同，略；
法二：构造以为主元的函数，设函数，
则，，
由，解得，当时，，而，
所以，故当时，
(2)由(1)可得a＞0，f¢(x)＝－2ax＋2－a在(0，＋∞)上单调递减，f¢()＝0，
不妨设A(x1，0)，B(x2，0)，0＜x1＜x2，则0＜x1＜＜x2，
欲证明f¢(x)＜0，即f¢(x0)＜f¢()，只需证明x0＝＞，即x1＞－x2，
只需证明f(x2)＝f(x1)＞f(－x2)．
由(2)得f(－x2)＝f[＋(－x2)]＞f[－(－x2)]＝f(x2)，得证．
3．设函数f(x)＝ex－ax＋a，其图象与轴交于A(x1，0)，B(x2，0)两点，且x1＜x2．
(1)求a的取值范围；
(2)证明：f¢()＜0(f¢(x)为函数f(x)的导函数)．
3．解析 (1)a∈(e2，＋∞)，且0＜x1＜lna＜x2，f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增；
(2)要证明f¢()＜0，只需证f¢()＜0，即f¢()＜f¢(lna)，
因为f¢(x)＝ex－a单调递增，所以只需证＜lna，亦即x2＞2lna－x1，
只要证明f(x2)＝f(x1)＞f(2lna－x1)即可；令g(x)＝f(x)－f(2lna－x)(x＜lna)，则
g¢(x)＝f¢(x)－f¢(2lna－x1)＝ex－－2a＜0，所以g(x)在(0，lna)上单调递减，g(x)＞g(lna)＝0，得证．
4．已知函数f(x)＝ln x－ax＋1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，证明：f′(x1·x2)<1－a．
4．解析 (1)由f(x)＝0，可得a＝，
转化为函数g(x)＝与直线y＝a的图象在(0，＋∞)上有两个不同交点．
g′(x)＝(x>0)，故当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0．
故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1．
又g＝0，当x→＋∞时，g(x)→0，
故当x∈时，g(x)<0；当x∈时，g(x)>0．可得a∈(0，1)．
(2)f′(x)＝－a，由(1)知x1，x2是ln x－ax＋1＝0的两个根，
故ln x1－ax1＋1＝0，ln x2－ax2＋1＝0⇒a＝．
要证f′(x1·x2)<1－a，只需证x1·x2>1，即证ln x1＋ln x2>0，即证(ax1－1)＋(ax2－1)>0，
即证a>，即证>．
不妨设0
则h(t)在(0，1)上单调递增，则h(t)
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设f(x)的导函数为f′(x)，若f(x)有两个不相同的零点x1，x2．
①求实数a的取值范围；②证明：x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2lna＋2．
5．思维引导 (1)求导函数f′(x)，对a分类讨论，确定导函数的正负，即可得到f(x)的单调性；
(2)①根据第(1)问的函数f(x)的单调性，确定a>0，且f(x)min＝f(a)<0，求得a的取值范围，再用零点判定定理证明根的存在性．②对所要证明的结论分析，问题转化为证明x1x2>a2，不妨设0
解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝．
当a≤0时，f′(x)>0成立，所以f(x)在(0，＋∞)为增函数；
当a>0时，(i)当x>a时，f′(x)>0，所以f(x)在(a，＋∞)上为增函数；
(ii)当0
当a>0时，f(x)的最小值为f(a)，依题意知f(a)＝1＋lna<0，解得0
所以f(x)在(a，＋∞)上有唯一的一个零点．
另一方面，因为0
又f(a)<0，f(x)在(0，a)为减函数，且函数f(x)的图像在(a2，a)上不间断．
所以f(x)在(0，a)有唯一的一个零点．
综上，实数a的取值范围是．
②设p＝x1f′(x1)＋x2f′(x2)＝1－＋1－＝2－．又lnx1＋＝0，lnx2＋＝0，则p＝2＋ln(x1x2)．
下面证明x1x2>a2．不妨设x1
又f(x1)＝f(x2)＝0，即证f()>f(x2)．
设函数F(x)＝f()－f(x)＝－－2lnx＋2lna(x>a)．
所以F′(x)＝>0，所以F(x)在(a，＋∞)为增函数．
所以F(x2)>F(a)＝0，所以f()>f(x2)成立．从而x1x2>a2成立．
所以p＝2＋ln(x1x2)>2lna＋2，即x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2lna＋2成立．
总结提升 1．第(2)①中，用零点判定定理证明f(x)在(0，a)上有一个零点是解题的一个难点，也是一个热点问题，就是当0
2．在(2)②中证明x1x2>a2的过程，属于构造消元构造函数方法，将两个变量x1，x2转化为证明单变量的问题，这一处理方法，在各类压轴题中，经常出现，要能领悟并加以灵活应用．
6．已知函数f(x)＝ex＋ax－1(a∈R)．
(1)若对任意的实数x，函数y＝f′(x)的图象与直线y＝x有且只有两个交点，求a的取值范围；
(2)设g(x)＝f(x)－x2＋1，若函数g(x)有两个极值点x1，x2，且x1
6．解析 (1) f(x)＝ex＋ax－1，则f′(x)＝ex＋a，
由已知得，函数y＝ex＋a的图象与直线y＝x有两个交点，
即方程ex－x＋a＝0有两个不相等的实数解，
设h(x)＝ex－x＋a，则h′(x)＝ex－1，令h′(x)＝0，解得x＝0，
当x∈(－∞，0)时，h′(x) <0，h(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，h′(x) >0，h(x)单调递增，
所以h(x)min＝h(0)＝a＋1，所以a＋1<0，所以a<－1，
当x→－∞时，h(x) →＋∞；当x→＋∞时，h(x) →＋∞
所以a<－1时，函数y＝f′(x)的图象与直线y＝x有且只有两个交点．
(2)g(x)＝f(x)－x2＋1＝ex－x2－ax，g′(x)＝ex－x－a，
因为函数g(x)有两个极值点x1，x2，方程g′(x)＝0有两个不同的实数解x1，x2，
由(1)知，h(x)＝ex－x＋a，h(x1)＝h(x2)＝0，且x1<0
且得a＝－x2，所以h(－x2)＝＋x2－a＝－＋2x2．
设k(x)＝－＋2x(x>0)，则k′(x)＝－－＋2<0，所以k(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以k(x)
要证g(x1)＋g(x2)>2，只须证g (－x2)＋g(x2)>2，
即证＋－－2>0，
设r(x)＝＋－－2，则r′(x)＝－－2x，
令p(x)＝r′(x)＝－－2x，则p′(x)＝＋－2>0，
所以p(x)在(0，＋∞)单调递增，p(x)>p(0)＝0，即r′(x)>0，
所以r(x)在(0，＋∞)单调递增，r(x)>r(0)＝0，
故当x>0时，＋－－2>0，即＋－－2>0，
所以g (－x2)＋g(x2)>2，亦即g(x1)＋g(x2)>2．
相关试卷
高考数学二轮专题导数复习——3.极值点偏移： 这是一份高考数学二轮专题导数复习——3.极值点偏移，共3页。试卷主要包含了已知函数，已知函数有两个不同的极值点、等内容，欢迎下载使用。
新高考数学二轮复习专题26 极值点偏移之其他型不等式的证明 (2份打包，教师版+原卷版)： 这是一份新高考数学二轮复习专题26 极值点偏移之其他型不等式的证明 (2份打包，教师版+原卷版)，文件包含新高考数学二轮复习专题26极值点偏移之其他型不等式的证明教师版doc、新高考数学二轮复习专题26极值点偏移之其他型不等式的证明原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共15页， 欢迎下载使用。
2023高考数学二轮专题导数38讲 专题26 极值点偏移之其他型不等式的证明： 这是一份2023高考数学二轮专题导数38讲 专题26 极值点偏移之其他型不等式的证明，共10页。
