2022高考数学一轮复习 第三章 高考专题突破一 第3课时　利用导数证明不等式

这是一份2022高考数学一轮复习 第三章 高考专题突破一 第3课时　利用导数证明不等式，共12页。试卷主要包含了将不等式转化为函数的最值问题，将不等式转化为两个函数的，适当放缩证明不等式等内容，欢迎下载使用。

题型一 将不等式转化为函数的最值问题
例1 (2021·赣州模拟)已知函数f(x)＝1－eq \f(ln x,x)，g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,x)－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直．
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x).
(1)解 因为f(x)＝1－eq \f(ln x,x)，x>0，
所以f′(x)＝eq \f(ln x－1,x2)，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝eq \f(ae,ex)＋eq \f(1,x)－bx，所以g′(x)＝－eq \f(ae,ex)－eq \f(1,x2)－b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，
所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，
所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，
解得a＝－1，b＝－1.
(2)证明 由(1)知，g(x)＝－eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x)＋x，
则f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x)⇔1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x≥0.
令h(x)＝1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝eq \f(－1＋ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋eq \f(1,x2)＋1＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝eq \f(ln x,x2)＋eq \f(e,ex)＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0，
即1－eq \f(ln x,x)－eq \f(e,ex)－eq \f(1,x)＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥eq \f(2,x).
思维升华 待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．
跟踪训练1 (2021·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(a,x)，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明f(x)≥eq \f(2a－1,a).
(1)解 f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2)(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，
函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；
若0(2)证明 由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.
要证f(x)≥eq \f(2a－1,a)，只需证ln a＋1≥eq \f(2a－1,a)，
即证ln a＋eq \f(1,a)－1≥0.
令函数g(a)＝ln a＋eq \f(1,a)－1，
则g′(a)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,a2)＝eq \f(a－1,a2)(a>0)，
当01时，g′(a)>0，
所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(a)min＝g(1)＝0.
所以ln a＋eq \f(1,a)－1≥0恒成立，
所以f(x)≥eq \f(2a－1,a).
题型二 将不等式转化为两个函数的
最值进行比较
例2 (2020·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex2－xln x．求证：当x>0时，f(x)证明 要证f(x)0)，则h′(x)＝eq \f(ex－1,ex2)，易知h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，则h(x)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝0，所以ln x＋eq \f(1,ex)≥0.再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex思维升华 (1)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．
(2)在证明过程中，等价转化是关键，此处h(x)min＝φ(x)max恒成立．从而φ(x)≤h(x)恒成立，但此处φ(x)与h(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”，故φ(x)跟踪训练2 已知f(x)＝xln x.
(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>eq \f(1,ex)－eq \f(2,ex)成立．
(1)解 由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,e).当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
①当0②当eq \f(1,e)≤t所以g(t)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，0(2)证明 问题等价于证明xln x>eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)(x∈(0，＋∞))．由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－eq \f(1,e)，当且仅当x＝eq \f(1,e)时取到．设m(x)＝eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝eq \f(1－x,ex)，由m′(x)<0，得x>1时，m(x)单调递减，由m′(x)>0得0eq \f(1,ex)－eq \f(2,ex)成立．
题型三 适当放缩证明不等式
例3 已知函数f(x)＝aln(x－1)＋eq \f(2,x－1)，其中a为正实数．证明：当x>2时，f(x)证明 令φ(x)＝ln x－x＋1，其定义域为(0，＋∞)，
φ′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x).
当x∈(0,1)时，φ′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴φ(x)max＝φ(1)＝0，
∴φ(x)≤0，
即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．
当x>2时，ln(x－1)又a>0，
∴aln(x－1)要证f(x)只需证aln(x－1)＋eq \f(2,x－1)只需证a(x－2)＋eq \f(2,x－1)即ex－x－eq \f(2,x－1)>0对于任意的x>2恒成立．
令h(x)＝ex－x－eq \f(2,x－1)，x>2，
则h′(x)＝ex－1＋eq \f(2,x－12).
因为x>2，所以h′(x)>0恒成立，
所以h(x)在(2，＋∞)上单调递增，
所以h(x)>h(2)＝e2－4>0，
所以当x>2时，f(x)思维升华 导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号．(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．
跟踪训练3 已知函数f(x)＝aex－1－ln x－1.
(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.
(1)解 当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
f′(x)＝ex－1－eq \f(1,x)，
k＝f′(1)＝0，
又f(1)＝0，
∴切点为(1,0)．
∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.
(2)证明 ∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，
∴f(x)≥ex－1－ln x－1.
方法一 令φ(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
∴φ′(x)＝ex－1－eq \f(1,x)，
令h(x)＝ex－1－eq \f(1,x)，
∴h′(x)＝ex－1＋eq \f(1,x2)>0，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，φ′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝0，
∴φ(x)≥0，
∴f(x)≥φ(x)≥0，
即证f(x)≥0.
方法二 令g(x)＝ex－x－1，
∴g′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(0)＝0，
故ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．
同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．
由ex≥x＋1⇒ex－1≥x(当且仅当x＝1时取“＝”)，
由x－1≥ln x⇒x≥ln x＋1(当且仅当x＝1时取“＝”)，
∴ex－1≥x≥ln x＋1，
即ex－1≥ln x＋1，
即ex－1－ln x－1≥0(当且仅当x＝1时取“＝”)，
即证f(x)≥0.
方法三 f(x)＝aex－1－ln x－1，定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝aex－1－eq \f(1,x)，
令k(x)＝aex－1－eq \f(1,x)，
∴k′(x)＝aex－1＋eq \f(1,x2)>0，
∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f′(1)＝a－1≥0且x→0时，f′(x)→－∞，
∴∃x0∈(0,1]使f′(x0)＝0，即－eq \f(1,x0)＝0，
即＝eq \f(1,x0)，
∴当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)min＝f(x0)＝－ln x0－1＝eq \f(1,x0)－ln x0－1.
令φ(x)＝eq \f(1,x)－ln x－1，x∈(0,1]，
∴φ′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)<0，
∴φ(x)在(0,1]上单调递减，
∴φ(x)min＝φ(1)＝0，
∴φ(x)≥0，
∴eq \f(1,x0)－ln x0－1≥0，
即f(x)min＝f(x0)≥0，故f(x)≥0.
极值点偏移问题常作为压轴题出现，题型复杂多变．解决此类问题，先需理解此类问题的实质，巧妙消元、消参、构造函数，利用函数的性质解决问题．
例1 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.
(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＝eq \f(x2,x1)>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝eq \f(ln t,t－1)，x2＝eq \f(tln t,t－1).
∴x1＋x2＝eq \f(t＋1ln t,t－1)>2⇔ln t－eq \f(2t－1,t＋1)>0，
设g(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)(t>1)，
∴g′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)>0，
∴当t>1时，g(t)单调递增，∴g(t)>g(1)＝0，
∴ln t－eq \f(2t－1,t＋1)>0，故x1＋x2>2.
例2 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.
(1)解 f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x)(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＝eq \f(1,a).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0.
由题意知f(x)＝ln x－ax的极大值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝ln eq \f(1,a)－1>0，解得0所以实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))).
(2)证明 因为f(1)＝－a<0，所以1构造函数H(x)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋x))－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－x))
＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋x))－ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－x))－2ax,0H′(x)＝eq \f(1,\f(1,a)＋x)＋eq \f(1,\f(1,a)－x)－2a＝eq \f(2a3x2,1－a2x2)>0，
所以H(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，
故H(x)>H(0)＝0，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋x))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－x)).
由1eq \f(1,a)，
故f(x2)＝f(x1)
＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－x1))))因为f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减，
所以x2>eq \f(2,a)－x1，即x1＋x2>eq \f(2,a).
故ln x1x2＝ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)>2，
即x1·x2>e2.
课时精练
1．(2021·莆田模拟)已知函数f(x)＝xex－1－ax＋1，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线l的斜率为3e－2.
(1)求a的值及切线l的方程；
(2)证明：f(x)≥0.
(1)解 由f(x)＝xex－1－ax＋1，
得f′(x)＝(x＋1)ex－1－a，
因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线l的斜率为3e－2，所以f′(2)＝3e－a＝3e－2，解得a＝2，
所以f(2)＝2e－4＋1＝2e－3，故切线l的方程为y－(2e－3)＝(3e－2)(x－2)，即(3e－2)x－y－4e＋1＝0.
所以a＝2，切线l的方程为(3e－2)x－y－4e＋1＝0.
(2)证明 由(1)，可得f(x)＝xex－1－2x＋1，
f′(x)＝(x＋1)ex－1－2，
所以当x∈(－∞，－1]时，f′(x)<0.
令g(x)＝(x＋1)ex－1－2(x>－1)，
则g′(x)＝(x＋2)ex－1>0，
所以当x∈(－1，＋∞)时，g(x)单调递增，
即f′(x)单调递增，又因为f′(1)＝0，
所以当x∈(－1,1)时，f′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增．
所以f(x)≥f(1)＝0.
2．(2021·沧州七校联考)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
(1)解 由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)．
f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．
(2)证明 设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，
所以g(x)在R内单调递增．
于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．
又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
3．已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
(1)解 f′(x)＝eq \f(e,x)－a(x>0)．
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00；当x>eq \f(e,a)时，f′(x)<0，
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明 因为x>0，所以只需证f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减．所以f(x)max＝f(1)＝－e，
记g(x)＝eq \f(ex,x)－2e(x>0)，则g′(x)＝eq \f(x－1ex,x2)，
所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e，
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
4．已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；
(2)证明：ex－e2ln x>0恒成立．
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x)，
当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a)，
∴x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明 方法一 要证ex－e2ln x>0，即证ex－2>ln x，
令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1.
令φ′(x)＝0，得x＝0，∴x∈(－∞，0)时，φ′(x)<0；
x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(0)＝0，
即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．
同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．
由ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取“＝”)，
可得ex－2≥x－1(当且仅当x＝2时取“＝”)，
又ln x≤x－1，即x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取“＝”，
所以ex－2≥x－1≥ln x且两等号不能同时成立，
故ex－2>ln x．即证原不等式成立．
方法二 令φ(x)＝ex－e2ln x，φ(x)的定义域为(0，＋∞)，
φ′(x)＝ex－eq \f(e2,x)，令h(x)＝ex－eq \f(e2,x)，
∴h′(x)＝ex＋eq \f(e2,x2)>0，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又φ′(1)＝e－e2<0，φ′(2)＝e2－eq \f(1,2)e2＝eq \f(1,2)e2>0，
故∃x0∈(1,2)，使φ′(x0)＝0，
即－eq \f(e2,x0)＝0，
即＝eq \f(e2,x0)，
∴当x∈(0，x0)时，φ′(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x0)>0，
∴φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(x0)＝－e2ln x0＝eq \f(e2,x0)－e2ln x0＝eq \f(e2,x0)－＝eq \f(e2,x0)－e2(2－x0)＝e2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)＋x0－2))＝e2·eq \f(x0－12,x0)>0，
故φ(x)>0，即ex－e2ln x>0，即证原不等式成立．
5．(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝eq \f(1,x)－x＋aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，
证明：eq \f(fx1－fx2,x1－x2)(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－eq \f(1,x2)－1＋eq \f(a,x)＝－eq \f(x2－ax＋1,x2).
①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②若a>2，令f′(x)＝0，得
x＝eq \f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq \f(a＋\r(a2－4),2).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))时，
f′(x)<0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))时，f′(x)>0.
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上单调递增．
(2)证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨设x11.
由于eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＝－eq \f(1,x1x2)－1＋aeq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)
＝－2＋aeq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＝－2＋aeq \f(－2ln x2,\f(1,x2)－x2)，
所以eq \f(fx1－fx2,x1－x2)设函数g(x)＝eq \f(1,x)－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0.
所以eq \f(1,x2)－x2＋2ln x2<0，即eq \f(fx1－fx2,x1－x2)(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
2(1－ln 2＋a)
↗