新高考数学专题复习专题30极值点偏移问题的研究专题练习(学生版+解析)

这是一份新高考数学专题复习专题30极值点偏移问题的研究专题练习(学生版+解析)，共21页。试卷主要包含了题型选讲，构造函数的极值点偏移问题等内容，欢迎下载使用。

一、题型选讲
题型一、常见的极值点偏移问题
常见的极值点偏移问题主要有以下几种题型：1. 若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）； 2. 若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；3. 若函数存在两个零点且，令，求证：；
例1、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知函数．
(1)当时，设函数的最小值为，证明：；
(2)若函数有两个极值点，证明：．
例2、（2020届山东省滨州市高三上期末）已知函数，其中，为的导函数，设，且恒成立.
（1）求的取值范围；
（2）设函数的零点为，函数的极小值点为，求证：.
例3、(2019无锡期末）已知函数f(x)＝ex－eq \f(a,2)x2－ax(a>0)．
(1) 当a＝1时，求证：对于任意x>0，都有f(x)>0 成立；
(2) 若函数y＝f(x)恰好在x＝x1和x＝x2两处取得极值，求证：eq \f(x1＋x2,2)例4、(2018常州期末）已知函数f(x)＝eq \f(lnx,（x＋a）2)，其中a为常数．
(1) 若a＝0，求函数f(x)的极值；
(2) 若函数f(x)在(0，－a)上单调递增，求实数a的取值范围；
(3) 若a＝－1，设函数f(x)在(0，1)上的极值点为x0，求证：f(x0)<－2.
题型二、构造函数的极值点偏移问题
（1）求出函数的极值点；（2）构造一元差函数；（3）确定函数的单调性；（4）结合，判断的符号，从而确定、的大小关系.
例5、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，证明：．
例6、(2017苏州期末）已知函数f(x)＝(lnx－k－1)x(k∈R)．
(1) 当x＞1时，求函数f(x)的单调区间和极值；
(2) 若对于任意x∈[e，e2]，都有f(x)＜4lnx成立，求实数k的取值范围；
(3) 若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1x2＜e2k.
.
例7、(2019南通、泰州、扬州一调）已知函数f(x)＝eq \f(a,x)＋lnx(a∈R)．
(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.
二、达标训练
1、(2018常州期末）已知函数f(x)＝eq \f(lnx,（x＋a）2)，其中a为常数．
(1) 若a＝0，求函数f(x)的极值；
(2) 若函数f(x)在(0，－a)上单调递增，求实数a的取值范围；
(3) 若a＝－1，设函数f(x)在(0，1)上的极值点为x0，求证：f(x0)<－2.
2、(2017南京学情调研）已知函数f(x)＝ax2－bx＋lnx，a，b∈R.
(1) 当a＝b＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2) 当b＝2a＋1时，讨论函数f(x)的单调性；
(3) 当a＝1，b＞3时，记函数f(x)的导函数f′(x)的两个零点是x1和x2 (x1＜x2)，求证：f(x1)－f(x2)＞eq \f(3,4)－ln2.
3、已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)若函数， 是函数的两个零点， 是函数的导函数，证明： .
4、已知函数为实数)的图像在点处的切线方程为.
（1）求实数的值及函数的单调区间；
（2）设函数，证明时， .

5、过点P(−1,0)作曲线f(x)=ex的切线l．
（1）求切线l的方程；
（2）若直线l与曲线y=af(x) (a∈R)交于不同的两点A(x1,y1)，B(x2,y2)，求证：x1+x2<−4．
专题30 极值点偏移问题的研究
一、题型选讲
题型一、常见的极值点偏移问题
常见的极值点偏移问题主要有以下几种题型：1. 若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）； 2. 若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；3. 若函数存在两个零点且，令，求证：；
例1、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知函数．
(1)当时，设函数的最小值为，证明：；
(2)若函数有两个极值点，证明：．
【解析】（1），令，解得，
当时，，当时，，
，，
令，则，
令，解得，
当时，，当时，，
，，
当时，；
（2），，
令，则，
令，解得，
当时，，当时，，
，
又函数有两个极值点，则，
，且，
当时，单调递增，当时，单调递减，
当时，，
又，，
，
令，则，
令，则，
在上单调递增，，
在上单调递增，，
，，即，
．
例2、（2020届山东省滨州市高三上期末）已知函数，其中，为的导函数，设，且恒成立.
（1）求的取值范围；
（2）设函数的零点为，函数的极小值点为，求证：.
【解析】（1）由题设知，，
，，
由，得，所以函数在区间上是增函数；
由，得，所以函数在区间上是减函数.
故在处取得最小值，且.
由于恒成立，所以，得，
所以的取值范围为；
（2）设，则.
设，
则，
故函数在区间上单调递增，由（1）知，，
所以，，
故存在，使得，
所以，当时，，，函数单调递减；
当时，，，函数单调递增.
所以是函数的极小值点.因此，即.
由（1）可知，当时，，即，整理得，
所以.
因此，即.
所以函数在区间上单调递增.
由于，即，
即，
所以.
又函数在区间上单调递增，所以.
例3、(2019无锡期末）已知函数f(x)＝ex－eq \f(a,2)x2－ax(a>0)．
(1) 当a＝1时，求证：对于任意x>0，都有f(x)>0 成立；
(2) 若函数y＝f(x)恰好在x＝x1和x＝x2两处取得极值，求证：eq \f(x1＋x2,2) eq \a\vs4\al(思路分析) (1)利用导数分别讨论函数 和 的单调性即可；
(2)直接证明比较困难，需要利用分析法，通过代数变形，换元等方法将问题转化为熟悉的不等式问题，再通过构造函数，结合常用不等式 ，利用导数进行证明．
(1)由f(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－x，则f′(x)＝ex－x－1，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－1，(3分)
当x>0，g′(x)>0，则f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f′(x)>f′(0)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，(5分)
进而f(x)>f(0)＝1>0，即对于任意x>0，都有f(x)>0.(6分)
(2) f′(x)＝ex－ax－a，因为x1，x2为f(x)的两个极值点，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（x1）＝0，,f′（x2）＝0.))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex1－ax1－a＝0，,ex2－ax2－a＝0.))
两式相减，得a＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex4－ax1－a＝0，,ex2－ax2－a＝0.))
两式相减，得a＝eq \f(ex1－ex2,x1－x2)，(8分)
则所证不等式等价eq \f(x1＋x2,2)令t＝x1－x2，t>0，所以证不等式只需证明：
eeq \f(t,2)设φ(t)＝teeq \f(t,2)0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)＋1))≥0，所以φ′(t)≤0，所以φ(t)在(0，＋∞)单调递减，φ(t)<φ(0)＝0.
所以eq \f(x1＋x2,2)例4、(2018常州期末）已知函数f(x)＝eq \f(lnx,（x＋a）2)，其中a为常数．
(1) 若a＝0，求函数f(x)的极值；
(2) 若函数f(x)在(0，－a)上单调递增，求实数a的取值范围；
(3) 若a＝－1，设函数f(x)在(0，1)上的极值点为x0，求证：f(x0)<－2.
eq \a\vs4\al(思路分析) 第一小问，利用导函数求单调性、极值、值域的一般步骤，必须掌握！也是解决后面问题的基础；第二小问，由函数在(0，－a)上的单调性得出导函数在特定区间的符号，转化为含参数的恒成立问题；第三小问，关键是找到零点的大致范围，还是利用导数求最大值、最小值的方法．
规范解答 (1) 当a＝0时，f(x)＝eq \f(lnx,x2)，定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝eq \f(1－2lnx,x3)，令f′(x)＝0，得x＝eq \r(e).
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以当x＝eq \r(e)时，f(x)的极大值为eq \f(1,2e)，无极小值．(4分)
(2) f′(x)＝eq \f(1＋\f(a,x)－2lnx,（x＋a）3)，由题意f′(x)≥0对x∈(0，－a)恒成立．
因为x∈(0，－a)，所以(x＋a)3<0，
所以1＋eq \f(a,x)－2lnx≤0对x∈(0，－a)恒成立．
所以a≤2xlnx－x对x∈(0，－a)恒成立．(6分)
令g(x)＝2xlnx－x，x∈(0，－a)，则g′(x)＝2lnx＋1.
①若0<－a≤e－eq \f(1,2)，即0>a≥－e－eq \f(1,2)，则g′(x)＝2lnx＋1<0对x∈(0，－a)恒成立，
所以g(x)＝2xlnx－x在(0，－a)上单调递减，
则a≤2(－a)ln(－a)－(－a)，所以ln(－a)≥0，所以a≤－1与a≥－e－eq \f(1,2)矛盾，舍去；
②若－a>e－eq \f(1,2)，即a<－e－eq \f(1,2)，令g′(x)＝2lnx＋1＝0，得x＝e－eq \f(1,2)，
当0当e－eq \f(1,2)0，所以g(x)＝2xlnx－x单调递增，
所以当x＝e－eq \f(1,2)时，g(x)min＝g(e－eq \f(1,2))＝2e－eq \f(1,2)·lne－eq \f(1,2)－e－eq \f(1,2)＝－2e－eq \f(1,2)，所以a≤－2e－eq \f(1,2).
综上，实数a的取值范围是(－∞，－2e－eq \f(1,2)]．(10分)
(3) 当a＝－1时，f(x)＝eq \f(lnx,（x－1）2)，f′(x)＝eq \f(x－1－2xlnx,x（x－1）3).
令h(x)＝x－1－2xlnx，x∈(0，1)，
则h′(x)＝1－2(lnx＋1)＝－2lnx－1，令h′(x)＝0，得x＝e－eq \f(1,2).
①当e－eq \f(1,2)≤x<1时，h′(x)≤0，所以h(x)＝x－1－2xlnx单调递减，h(x)∈(0，2e－eq \f(1,2)－1]，x∈(0，1)，
所以f′(x)＝eq \f(x－1－2xlnx,x（x－1）3)<0恒成立，所以f(x)＝eq \f(lnx,（x－1）2)单调递减，且f(x)≤f(e－eq \f(1,2))．(12分)
②当0其中heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,2)－1－2·eq \f(1,2)·lneq \f(1,2)＝lneq \r(\f(4,e))>0，
h(e－2)＝e－2－1－2e－2·lne－2＝eq \f(5,e2)－1<0，
所以存在唯一x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e－2，\f(1,2)))，使得h(x0)＝0，所以f′(x0)＝0，
当00，所以f(x)＝eq \f(lnx,（x－1）2)单调递增；
当x0由①和②可知，f(x)＝eq \f(lnx,（x－1）2)在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，
所以当x＝x0时，f(x)＝eq \f(lnx,（x－1）2)取极大值．
因为h(x0)＝x0－1－2x0lnx0＝0，所以lnx0＝eq \f(x0－1,2x0)，
所以f(x0)＝eq \f(lnx0,（x0－1）2)＝eq \f(1,2x0（x0－1）)＝eq \f(1,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(1,2)))\s\up12(2)－\f(1,2)).
又x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e－2，\f(1,2)))⊆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，所以2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(1,2)))2－eq \f(1,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))，所以f(x0)＝eq \f(1,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(1,2)))\s\up12(2)－\f(1,2))<－2.(16分)
题型二、构造函数的极值点偏移问题
（1）求出函数的极值点；（2）构造一元差函数；（3）确定函数的单调性；（4）结合，判断的符号，从而确定、的大小关系.
例5、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，证明：．
【解析】（1）的定义域为，.
（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.
（ii）若，令得，或.
当时，；
当时，.
所以在单调递减，在单调递增.
（2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当.
由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.
由，
所以等价于.
设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，.
所以，即.
例6、(2017苏州期末）已知函数f(x)＝(lnx－k－1)x(k∈R)．
(1) 当x＞1时，求函数f(x)的单调区间和极值；
(2) 若对于任意x∈[e，e2]，都有f(x)＜4lnx成立，求实数k的取值范围；
(3) 若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1x2＜e2k.
. 思路分析 (1) 只要注意对k的讨论．
(2) 分离出k，转化为k＞K(x)恒成立问题．
(3) 先说明0＜x1＜ek＜x2，从而只要证ek＜x2＜eq \f(e2k,x1)，只要证f(x1)＝f(x2)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2k,x1))).转化为关于x1的不等式对0＜x1＜ek恒成立问题．
规范解答 (1) f′(x)＝lnx－k，其中x＞1.(1分)
①若k≤0，则x＞1时，f′(x)＞0恒成立，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，无极值；(2分)
②若k＞0，则f(x)在(1，ek]上单调递减，在[ek，＋∞)上单调递增，(4分)
有极小值f(ek)＝－ek，无极大值．(5分)
(2) 问题可转化为k＞eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,x)))lnx－1对x∈[e，e2]恒成立．(7分)
设K(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,x)))lnx－1，则K′(x)＝eq \f(4,x2)lnx＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,x)))eq \f(1,x)＝eq \f(4,x2)(lnx－1)＋eq \f(1,x).
当x∈[e，e2]时，K′(x)≥eq \f(1,x)＞0，所以K(x)在[e，e2]上单调递增，K(x)max＝K(e2)＝1－eq \f(8,e2).(9分)
所以实数k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(8,e2)，＋∞)).(10分)
(3) 因为f′(x)＝lnx－k，所以f(x)在(0，ek]上单调递减，在[ek，＋∞)上单调递增．
不妨设0＜x1＜ek＜x2.要证x1x2＜e2k，只要证x2＜eq \f(e2k,x1).
因为f(x)在[ek，＋∞)上单调递增，所以只要证f(x1)＝f(x2)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2k,x1)))，即要证(lnx1－k－1)x1＜(k－lnx1－1)eq \f(e2k,x1).(12分)
令t＝2(k－lnx1)＞0，只要证(t－2)et＋t＋2＞0.
设H(t)＝(t－2)et＋t＋2，则只要证H(t)＞0对t＞0恒成立．H′(t)＝(t－1)et＋1，H″(t)＝tet＞0对t＞0恒成立．
所以H′(t)在(0，＋∞)上单调递增，H′(t)＞H′(0)＝0.(14分)
所以H(t)在(0，＋∞)上单调递增，H(t)＞H(0)＝0.
综上所述，x1x2＜e2k.(16分)
例7、(2019南通、泰州、扬州一调）已知函数f(x)＝eq \f(a,x)＋lnx(a∈R)．
(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.
eq \a\vs4\al(思路分析) (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0eq \f(a2,x2)，通过对f(x)的单调性的分析，问题进一步转化为证明feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,x2)))>f(x2)，构造函数，通过导数法不难证得结论．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq \f(x－a,x2).
(1.1)当a≤0时，f′(x)>0成立，所以f(x)在(0，＋∞)为增函数；(2分)
(1.2)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(2)①由(1)知，当a≤0时，f(x)至多一个零点，不合题意；
当a>0时，f(x)的最小值为f(a)，依题意知f(a)＝1＋lna<0，解得0一方面，由于1>a，f(1)＝a>0，f(x)在(a，＋∞)为增函数，且函数f(x)的图像在(a，1)上不间断．
所以f(x)在(a，＋∞)上有唯一的一个零点．
另一方面， 因为0f(a2)＝eq \f(1,a)＋lna2＝eq \f(1,a)＋2lna，令g(a)＝eq \f(1,a)＋2lna，
当0所以f(a2)＝g(a)＝eq \f(1,a)＋2lna>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))).(10分)
② 设p＝x1f′(x1)＋x2f′(x2)＝1－eq \f(a,x1)＋1－eq \f(a,x2)＝2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x1)＋\f(a,x2))).
又eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lnx1＋\f(a,x1)＝0，
lnx2＋\f(a,x2)＝0，))则p＝2＋ln(x1x2)．(12分)
下面证明x1x2>a2.
不妨设x1要证x1x2>a2，即证x1>eq \f(a2,x2).
因为x1，eq \f(a2,x2)∈(0，a)，f(x)在(0，a)上为减函数，
所以只要证feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,x2)))>f(x1)．
又f(x1)＝f(x2)＝0，即证feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,x2)))>f(x2)．(14分)
设函数F(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,x)))－f(x)＝eq \f(x,a)－eq \f(a,x)－2lnx＋2lna(x>a)．
所以F′(x)＝eq \f(（x－a）2,ax2)>0，所以F(x)在(a，＋∞)为增函数．
所以F(x2)>F(a)＝0，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,x2)))>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．(16分)
eq \a\vs4\al(解题反思) 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≥－eq \f(1,e)，而f(a2)＝eq \f(1,a)＋lna2＝eq \f(1＋2alna,a)>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
二、达标训练
1、(2018常州期末）已知函数f(x)＝eq \f(lnx,（x＋a）2)，其中a为常数．
(1) 若a＝0，求函数f(x)的极值；
(2) 若函数f(x)在(0，－a)上单调递增，求实数a的取值范围；
(3) 若a＝－1，设函数f(x)在(0，1)上的极值点为x0，求证：f(x0)<－2.
eq \a\vs4\al(思路分析) 第一小问，利用导函数求单调性、极值、值域的一般步骤，必须掌握！也是解决后面问题的基础；第二小问，由函数在(0，－a)上的单调性得出导函数在特定区间的符号，转化为含参数的恒成立问题；第三小问，关键是找到零点的大致范围，还是利用导数求最大值、最小值的方法．
规范解答 (1) 当a＝0时，f(x)＝eq \f(lnx,x2)，定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝eq \f(1－2lnx,x3)，令f′(x)＝0，得x＝eq \r(e).
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以当x＝eq \r(e)时，f(x)的极大值为eq \f(1,2e)，无极小值．(4分)
(2) f′(x)＝eq \f(1＋\f(a,x)－2lnx,（x＋a）3)，由题意f′(x)≥0对x∈(0，－a)恒成立．
因为x∈(0，－a)，所以(x＋a)3<0，
所以1＋eq \f(a,x)－2lnx≤0对x∈(0，－a)恒成立．
所以a≤2xlnx－x对x∈(0，－a)恒成立．(6分)
令g(x)＝2xlnx－x，x∈(0，－a)，则g′(x)＝2lnx＋1.
①若0<－a≤e－eq \f(1,2)，即0>a≥－e－eq \f(1,2)，则g′(x)＝2lnx＋1<0对x∈(0，－a)恒成立，
所以g(x)＝2xlnx－x在(0，－a)上单调递减，
则a≤2(－a)ln(－a)－(－a)，所以ln(－a)≥0，所以a≤－1与a≥－e－eq \f(1,2)矛盾，舍去；
②若－a>e－eq \f(1,2)，即a<－e－eq \f(1,2)，令g′(x)＝2lnx＋1＝0，得x＝e－eq \f(1,2)，
当0当e－eq \f(1,2)0，所以g(x)＝2xlnx－x单调递增，
所以当x＝e－eq \f(1,2)时，g(x)min＝g(e－eq \f(1,2))＝2e－eq \f(1,2)·lne－eq \f(1,2)－e－eq \f(1,2)＝－2e－eq \f(1,2)，所以a≤－2e－eq \f(1,2).
综上，实数a的取值范围是(－∞，－2e－eq \f(1,2)]．(10分)
(3) 当a＝－1时，f(x)＝eq \f(lnx,（x－1）2)，f′(x)＝eq \f(x－1－2xlnx,x（x－1）3).
令h(x)＝x－1－2xlnx，x∈(0，1)，
则h′(x)＝1－2(lnx＋1)＝－2lnx－1，令h′(x)＝0，得x＝e－eq \f(1,2).
①当e－eq \f(1,2)≤x<1时，h′(x)≤0，所以h(x)＝x－1－2xlnx单调递减，h(x)∈(0，2e－eq \f(1,2)－1]，x∈(0，1)，
所以f′(x)＝eq \f(x－1－2xlnx,x（x－1）3)<0恒成立，所以f(x)＝eq \f(lnx,（x－1）2)单调递减，且f(x)≤f(e－eq \f(1,2))．(12分)
②当0其中heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,2)－1－2·eq \f(1,2)·lneq \f(1,2)＝lneq \r(\f(4,e))>0，
h(e－2)＝e－2－1－2e－2·lne－2＝eq \f(5,e2)－1<0，
所以存在唯一x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e－2，\f(1,2)))，使得h(x0)＝0，所以f′(x0)＝0，
当00，所以f(x)＝eq \f(lnx,（x－1）2)单调递增；
当x0由①和②可知，f(x)＝eq \f(lnx,（x－1）2)在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，
所以当x＝x0时，f(x)＝eq \f(lnx,（x－1）2)取极大值．
因为h(x0)＝x0－1－2x0lnx0＝0，所以lnx0＝eq \f(x0－1,2x0)，
所以f(x0)＝eq \f(lnx0,（x0－1）2)＝eq \f(1,2x0（x0－1）)＝eq \f(1,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(1,2)))\s\up12(2)－\f(1,2)).
又x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e－2，\f(1,2)))⊆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，所以2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(1,2)))2－eq \f(1,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))，所以f(x0)＝eq \f(1,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(1,2)))\s\up12(2)－\f(1,2))<－2.(16分)
2、(2017南京学情调研）已知函数f(x)＝ax2－bx＋lnx，a，b∈R.
(1) 当a＝b＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2) 当b＝2a＋1时，讨论函数f(x)的单调性；
(3) 当a＝1，b＞3时，记函数f(x)的导函数f′(x)的两个零点是x1和x2 (x1＜x2)，求证：f(x1)－f(x2)＞eq \f(3,4)－ln2.
思路分析 (1) 通过求出f′(1)，f(1)的值，利用点斜式求出切线的方程；
(2) 研究单调性，通过求出导函数f′(x)，然后研究f′(x)的正负，分类讨论，确定分类的标准是a≤0，a＞0，在a＞0时，再按eq \f(1,2a)＜1，eq \f(1,2a)＝1，eq \f(1,2a)＞1分类；
(3) 要证明此不等式，首先要考察x1，x2的范围与a，b的关系，由已知求出f′(x)＝eq \f(2x2－bx＋1,x)(x＞0)，因此x1，x2是方程g(x)＝2x2－bx＋1＝0的两根，x1x2＝eq \f(1,2)，粗略地估计一下，由于geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(3－b,2)＜0，g(1)＝3－b＜0，因此有x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，x2∈(1，＋∞)，由此可知f(x)在[x1，x2]上为减函数，从而有f(x1)－f(x2)＞feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))－f(1)，这里feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))－f(1)＝eq \f(b,2)－eq \f(3,4)－ln2＞eq \f(3,4)－ln2，正好可证明题设结论．
规范解答 (1) 因为a＝b＝1，所以f(x)＝x2－x＋lnx，
从而f′(x)＝2x－1＋eq \f(1,x).
因为f(1)＝0，f′(1)＝2，所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－0＝2(x－1)，即2x－y－2＝0.(3分)
(2) 因为b＝2a＋1，所以f(x)＝ax2－(2a＋1)x＋lnx，
从而f′(x)＝2ax－(2a＋1)＋eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2－2a＋1x＋1,x)＝eq \f(2ax－1x－1,x)，x＞0.(5分)
当a≤0时，若x∈(0,1)，则f′(x)＞0；若x∈(1，＋∞)，则f′(x)＜0，所以f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．(7分)
当0＜a＜eq \f(1,2)时，由f′(x)＞0得0＜x＜1或x＞eq \f(1,2a)；由f′(x)＜0得1＜x＜eq \f(1,2a)，所以f(x)在区间(0,1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))上单调递减．
当a＝eq \f(1,2)时，因为f′(x)≥0(当且仅当x＝1时取等号)，所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
当a＞eq \f(1,2)时，由f′(x)＞0得0＜x＜eq \f(1,2a)或x＞1；由f′(x)＜0得eq \f(1,2a)＜x＜1，所以f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))和(1，＋∞)上单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，1))上单调递减．(10分)
(3) 证法1 因为a＝1，所以f(x)＝x2－bx＋lnx，从而f′(x)＝eq \f(2x2－bx＋1,x)(x＞0)．
由题意知，x1，x2是方程2x2－bx＋1＝0的两个根，由根与系数的关系可得x1x2＝eq \f(1,2).
记g(x)＝2x2－bx＋1，因为b＞3，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(3－b,2)＜0，g(1)＝3－b＜0，所以x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，x2∈(1，＋∞)，且bxi＝2xeq \\al(2,i)＋1(i＝1,2)，(12分)
所以f(x1)－f(x2)＝(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))－(bx1－bx2)＋lneq \f(x1,x2)＝－(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))＋lneq \f(x1,x2).
因为x1x2＝eq \f(1,2)，所以f(x1)－f(x2)＝xeq \\al(2,2)－eq \f(1,4x\\al(2,2))－ln(2xeq \\al(2,2))，x2∈(1，＋∞)．(14分)
令t＝2xeq \\al(2,2)∈(2，＋∞)，
φ(t)＝f(x1)－f(x2)＝eq \f(t,2)－eq \f(1,2t)－lnt.
因为φ′(t)＝eq \f(t－12,2t2)≥0，所以φ(t)在区间(2，＋∞)上单调递增，所以φ(t)＞φ(2)＝eq \f(3,4)－ln2，即f(x1)－f(x2)＞eq \f(3,4)－ln2.(16分)
证法2 因为a＝1，所以f(x)＝x2－bx＋lnx，从而f′(x)＝eq \f(2x2－bx＋1,x)(x＞0)．
由题意知，x1，x2是方程2x2－bx＋1＝0的两个根．
记g(x)＝2x2－bx＋1，因为b＞3，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(3－b,2)＜0，g(1)＝3－b＜0，所以x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，x2∈(1，＋∞)，且f(x)在[x1，x2]上为减函数．(12分)
所以f(x1)－f(x2)＞feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))－f(1)＝eq \f(1,4)－eq \f(b,2)＋lneq \f(1,2)－(1－b)＝－eq \f(3,4)＋eq \f(b,2)－ln2.
因为b＞3，所以f(x1)－f(x2)＞－eq \f(3,4)＋eq \f(b,2)－ln2＞eq \f(3,4)－ln2.(16分)
3、已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)若函数， 是函数的两个零点， 是函数的导函数，证明： .
【解析】试题分析：（1）先求函数导数，根据导函数是否变号进行讨论，当时， ， 递增，当时，导函数有一零点，导函数先正后负，故得增区间为，减区间为；（2）利用分析法先等价转化所证不等式：要证明，只需证明 ，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.
试题解析：(1) 的定义域为，
当时， ， 递增
当时，
递增； 递减
综上：∴当时， 的单调增区间为，单调减区间为
当时， 的单调增区间为
即证明，即证明
令，则
则，
∴在上递减， ，∴在上递增，
所以成立，即
4、已知函数为实数)的图像在点处的切线方程为.
（1）求实数的值及函数的单调区间；
（2）设函数，证明时， .

5、过点P(−1,0)作曲线f(x)=ex的切线l．
（1）求切线l的方程；
（2）若直线l与曲线y=af(x) (a∈R)交于不同的两点A(x1,y1)，B(x2,y2)，求证：x1+x2<−4．
试题分析：（1）先根据导数几何意义求切线斜率y'|x=0=1，再根据点斜式求切线方程y=x+1．
因为x1≠x2，不妨设x1<−2，x2>−2．
设g(x)=f(x)−f(−4−x)，则g'(x)=f'(x)+f'(−4−x)=(x+2)ex(1−e−2(2+x))，
当x>−2时，g'(x)>0，g(x)在(−2,+∞)单调递增，[来源:学*科*网Z*X*X*K]
所以g(x)>g(−2)=0，所以当x>−2时，f(x)>f(−4−x)．
因为x2>−2，所以f(x2)>f(−4−x2)，
从而f(x1)>f(−4−x2)，因为−4−x2<−2，f(x)在(−∞,−2)单调递减，所以x1<−4−x2，即x1+x2<−4．x
(0，eq \r(e))
eq \r(e)
(eq \r(e)，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)

极大值eq \f(1,2e)

x
(0，eq \r(e))
eq \r(e)
(eq \r(e)，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)

极大值eq \f(1,2e)
