2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题21导数极值点偏移问题（Word版附解析）
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专题21导数极值点偏移问题知识梳理方法技巧题型归类题型一：消参减元题型二：对称变换题型三：比(差)值换元题型四：对数均值不等式培优训练训练一：训练二：训练三：训练四：训练五：训练六：强化测试解答题：共12题一、【知识梳理】【方法技巧】众所周知，函数满足定义域内任意自变量都有，则函数关于直线对称；可以理解为函数在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若为单峰函数，则必为的极值点.如二次函数的顶点就是极值点，若的两根的中点为，则刚好有，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数的极值点为，且函数满足定义域内左侧的任意自变量都有或，则函数极值点,左右侧变化快慢不同.故单峰函数定义域内任意不同的实数满足，则与极值点必有确定的大小关系：①若，则称为极值点左偏；②若，则称为极值点右偏.[来源:学_科_X_X_K]1.对称变换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，即根据极值点构造对称函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)，若证x1x2>x，则令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. 2.含参函数问题可考虑先消去参数，其目的就是减元，进而建立与所求解问题相关的函数. 3.比(差)值换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.一般用t表示两个极值点之比(差)，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题. 4.对数均值不等式可用对称化构造或比值换元进行证明，在解答题中，一般要先证明后应用. 设a，b>0，a≠b，则>>，其中被称之为对数平均数，上述不等式称为对数均值不等式.二、【题型归类】【题型一】消参减元【典例1】已知函数f(x)＝lnx－ax，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2，求证：x1·x2>e2.【证明】法一 消参转化成无参数问题：由题知f(x)＝0，则lnx＝ax，即lnx＝aelnx.因为x1，x2是方程f(x)＝0的两个根，,所以x1，x2也是方程lnx＝aelnx的两个根，即lnx1，lnx2是方程x＝aex的两个根.设u1＝lnx1，u2＝lnx2，g(x)＝xe－x，即g(u1)＝g(u2)，从而由x1x2>e2，可得lnx1＋lnx2>2，即u1＋u2>2，由本专题例1得证.法二 直接换元构造新函数：由题知a＝＝，则＝，设x1<x2，t＝(t>1)，则x2＝tx1，所以＝t，即＝t，解得lnx1＝，lnx2＝lntx1＝lnt＋lnx1＝lnt＋＝.由x1x2>e2，得lnx1＋lnx2>2，所以lnt>2，所以lnt－>0，构造g(t)＝lnt－，t>1，g′(t)＝－＝>0，,所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增.又g(1)＝0，所以g(t)>g(1)＝0，即lnt>，故x1x2>e2.【典例2】已知函数f(x)＝ln(ax)＋ax2－2x，a>0.设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，且x1<x2，求证：x1＋x2>2.【证明】因为f′(x)＝(x>0)，f(x)有两个极值点x1，x2，所以x1，x2是方程ax2－2x＋1＝0的两个不相等的正实数根，从而Δ＝(－2)2－4a>0，a>0，解得0<a<1.由ax2－2x＋1＝0得a＝.因为0<a<1，所以x>且x≠1.令g(x)＝，x>且x≠1，则g′(x)＝，所以当<x<1时，g′(x)>0，从而g(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，从而g(x)单调递减，于是a＝＝.要证x1＋x2>2，只要证x2>2－x1，只要证明g(x2)<g(2－x1).,因为g(x1)＝g(x2)，所以只要证g(x1)<g(2－x1).令f(x1)＝g(x1)－g(2－x1)＝－，则f′(x1)＝＋＝＋＝2(1－x1)＝.因为<x1<1，所以f′(x1)>0，即F(x1)在上单调递增，所以F(x1)<f(1)＝0，即g(x1)<g(2－x1)，所以x2>2－x1，即x1＋x2>2.【题型二】对称变换【典例1】已知函数f(x)＝－lnx＋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.【解析】(1)解 由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．由f′(x)＝－＋1＝＝，可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，,所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.又f(x)≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．(2)证明 方法一 不妨设x1<x2，则由(1)知0<x1<1<x2，>1.令F(x)＝f(x)－f ，则F′(x)＝＋e1x+1x1x-11x2⋅1x2＝x-1x2ex+x-xe1x-1.令g(x)＝ex＋x－xe1x－1(x>0)，则g′(x)＝ex＋1－e1x+xe1x⋅1x2＝ex＋1＋e1x(x>0)，所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，所以当x∈(0,1)时，g(x)<g(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，f′(x)>0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以F(x)<f(1)，即在(0,1)上f(x)－f>0)，g(x)＝h(x)－h＝x－－2lnx(x>0)，则g′(x)＝1＋－＝≥0(x>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－＝(x>0)，所以h(x)在(0,1)上单调递减，所以0<x1<<1，即x1x2<1.【典例2】已知函数f(x)＝＋lnx.(1)求f(x)的极值和单调区间；(2)若函数g(x)＝f(x)－a(a>2)的两个零点为x1，x2，证明：x1＋x2>4.【解析】(1)解 f′(x)＝－＝(x>0)，令f′(x)>0得x>2，令f′(x)<0得0<x<2.所以f(x)在(0,2)上单调递减，,在(2，＋∞)上单调递增，所以当x＝2时，f(x)取得极小值1＋ln2，无极大值，f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)．(2)证明>4等价于x2>4－x1，又因为4－x1>2，x2>2，g(x)在(2，＋∞)上单调递增，因此证明不等式等价于证明g(x2)>g(4－x1)，即证明g(x1)>g(4－x1)，即＋lnx1－a>＋ln(4－x1)－a(0<x1<2)，即＋lnx1－－ln(4－x1)>0(0<x1<2)恒成立，令h(x)＝＋lnx－－ln(4－x)(0<x<2)，则h′(x)＝－＋－＋＝<0，所以h(x)在(0,2)上单调递减，所以h(x)>h(2)＝1＋ln2－1－ln2＝0，即h(x)＝＋lnx－－ln(4－x)>0(0<x<2)恒成立，因此不等式＋lnx1－a>＋ln(4－x1)－a(0<x1<2)恒成立，即x1＋x2>4.【题型三】比(差)值换元【典例1】已知函数f(x)＝xlnx的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2).求证：x1x2<.,【证明】f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)>0，得x>，由f′(x)<0，得0<x<，∴函数f(x)在上单调递减，在上单调递增.可设0<x1<<x2.法一 f="">1，则x2＝tx1，代入上式得x1lnx1＝tx1(lnt＋lnx1)，得lnx1＝.又x1x2<⇔lnx1＋lnx2<－2⇔2lnx1＋lnt<－2⇔＋lnt<－2⇔lnt－>0.设g(t)＝lnt－(t>1)，则g′(t)＝>0.∴当t>1时，g(t)单调递增，g(t)>g(1)＝0，∴lnt－>0.故x1x2<.,法二 构造函数F(x)＝f(x)－f，则F′(x)＝f′(x)＋f′＝1＋lnx＋·＝(1＋lnx)·，当0<x<时，1＋lnx<0，1－<0，则f′(x)>0，得F(x)在上单调递增，∴F(x)<f＝0，∴f(x)<f，将x1代入上式得f(x1)<f，又f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)<f，又x2>，>，且f(x)在上单调递增，∴x2<，∴x1x2<.,【典例2】已知函数f(x)＝－m的两个零点为x1，x2，证明：lnx1＋lnx2>2.【证明】不妨设x1<x2，由题意知则lnx1x2＝m(x1＋x2)，ln＝m(x2－x1)⇒m＝.欲证lnx1＋lnx2>2，只需证lnx1x2>2，只需证m(x1＋x2)>2，即证ln>2.即证ln>2，设t＝>1，则只需证lnt>，即证lnt－>0.记u(t)＝lnt－(t>1)，则u′(t)＝－＝>0.所以u(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以u(t)>u(1)＝0，所以原不等式成立，故lnx1＋lnx2>2.,【题型四】对数均值不等式【典例1】设函数其图象与轴交于两点,且.（1）求实数的取值范围；（2）证明：为函数的导函数）；【证明】（1）f'(x)=ex-a,x∈R,当a≤0时,f'(x)>0在R上恒成立,不合题意当a>0时,fxmin=flna=a2-lna当f(x)min,即0<a≤e2时,f(x)至多有一个零点,不合题意,故舍去；当f(x)min,即a>e2时,由f(1)=e>0,且f(x)在(-∞,lna)内单调递减,故f(x)在(1,lna)有且只有一个零点；由f(lna2)=a2-2alna+a=a(a+1-2lna),令y=a+1-2lna,a>e2,则y'=1-2a>0,故a+1-2lna>e2+1-4=e2-3>0所以f(lna2)>0,即在(lna,2lna)有且只有一个零点.（2）由（1）知,f(x)在(-∞,lna)内递减,在(lna,+∞)内递增,且f(1)=e>0所以1<x1<lna<x2<2lna,因为f(x1)=ex1-ax1+a=0,f(x2)=ex2-ax2+a=0a=ex1x1-1=ex2x2-1,即ex1-1x1-1=ex2-1x2-1,所以1=(x1-1)-(x2-1)ln(x1-1)-ln(x2-1)>(x1-1)(x2-1)所以x1x2-(x1+x2)<0,要证：f'(x1x2)<0,只须证ex1x2<a,即x1x2<lna故,x1x2<x1-ln(x1-1),x1x2<x2-ln(x2-1)所以2x1x2<x1+x2-ln(x1-1)(x2-1),所以ln(x1x2-(x1+x2)+1)<x1+x2-2x1x2因为x1x2-(x1+x2)<0,所以ln(x1x2-(x1+x2)+1)<ln1=0,而x1+x2-2x1x2>0所以ln(x1x2-(x1+x2)+1)<x1+x2-2x1x2成立,所以f'(x1x2)<0【典例2】已知f(x)＝a－－lnx有两个零点x1，x2，且x1<x2，求证：2<x1＋x2<3ea－1－1.【解析】函数f(x)定义域为(0，＋∞).∵a＝＋lnx1＝＋lnx2，,∴x1x2＝，由对数均值不等式知：<，∴<x1x2，∴>1，∴x1＋x2>2>2.令f(x)＝0，即ax－1－xlnx＝0，设h(x)＝ax－1－xlnx，x>0，则h′(x)＝a－1－lnx，其在(0，＋∞)上单调递减，且h′(x)的零点为p＝ea－1，∴h(x)在(0，p)单调递增，在(p，＋∞)单调递减，且a－1－lnp＝0(*)∴x1<p<x2，由对数均值不等式知：>，∴lnx1<＋lnp，∴a－<＋lnp，化简得：(2＋lnp－a)x－(2p＋ap－plnp－1)x1＋p>0，把(*)式代入上式得：x－(3p－1)x1＋p>0；同理可得：x－(3p－1)x2＋p<0，∴x－(3p－1)x2＋p<x－(3p－1)x1＋p，∴(x2－x1)(x2＋x1)<(3p－1)(x2－x1)，∵x1<x2，∴x1＋x2<3ea－1－1.综上所述，2<x1＋x2<3ea－1－1.,三、【培优训练】【训练一】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.【解析】(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<x2，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<x1<1<x2，f(x1)＝f(x2)即x1e-x1＝x2e-x2，取对数得lnx1－x1＝lnx2－x2.令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得lnx1－x1＝lnt＋lnx1－tx1，得x1＝，x2＝.∴x1＋x2＝>2⇔lnt－>0，设g(t)＝lnt－(t>1)，,∴g′(t)＝－＝>0，∴当t>1时，g(t)单调递增，∴g(t)>g(1)＝0，∴lnt－>0，故x1＋x2>2.【训练二】已知函数f(x)＝xlnx－mx2－x，m∈R.(1)若g(x)＝f′(x)(f′(x)为f(x)的导函数)，求函数g(x)在区间[1，e]上的最大值；(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，求证：x1x2>e2.【解析】(1)解 因为g(x)＝lnx－mx，g′(x)＝，①当m≤0时，因为x∈[1，e]，所以g′(x)>0，所以函数g(x)在[1，e]上单调递增，则g(x)max＝g(e)＝1－me；②当≥e，即0<m≤时，x∈[1，e]，g′(x)≥0，所以函数g(x)在[1，e]上单调递增，则g(x)max＝g(e)＝1－me；③当1<<e，即<m<1时，函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，则g(x)max＝g＝－lnm－1；④当0<≤1，即m≥1时，x∈[1，e]，g′(x)≤0，函数g(x)在[1，e]上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝－m.综上，当m≤时，g(x)max＝g(e)＝1－me；当<m<1时，g(x)max＝g＝－lnm－1；,当m≥1时，g(x)max＝g(1)＝－m.(2)证明>e2，只需证lnx1＋lnx2>2，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)＝lnx－mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同的实根，即解得m＝，另一方面，由得lnx2－lnx1＝m(x2－x1)，从而可得＝，于是lnx1＋lnx2＝＝.不妨设0<x1<x2，设t＝，则t>1.因此lnx1＋lnx2＝，t>1.要证lnx1＋lnx2>2，即证>2，t>1，即当t>1时，有lnt>，设函数h(t)＝lnt－，t>1，则h′(t)＝－＝>0，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增．又h(1)＝0，因此h(t)>h(1)＝0.,于是当t>1时，有lnt>.所以lnx1＋lnx2>2成立，即x1x2>e2得证．【训练三】已知函数，．（1）求函数的单调区间；（2）若，且，证明：．【解析】（1）f'x=cosx-sinxex，0<x<π，由f'x=0得x=π4，当0<x<π4时，f'x>0；当π4<x<π时f'x<0，∴fx在0,π4上单调递增，在π4,π上单调递减．（2）∵x1≠x2，且fx1=fx2，∴由（1）知，不妨设0<x1<π4<x2<π．要证x1+x2>π2，只需证明x2>π2-x1，而π4<π2-x1<π2，fx在π4,π上单调递减，故只需证明fx2<fπ2-x1．又fx1=fx2，∴只需证明fx1<fπ2-x1．令函数gx=fx-fπ2-x=sinxex-sinπ2-xeπ2-x=sinxex-cosxeπ2-x，则g'x=cosx-sinxex+sinx-cosxeπ2-x=cosx-sinx1ex-1eπ2-x=cosx-sinx⋅eπ2-x-exeπ2.当0<x<π4时，cosx-sinx>0，π2-x>x，故g'x>0，∴gx在0,π4上单调递增，故在0,π4上gx<gπ4=fπ4-fπ4=0，∴fx1<fπ2-x1成立，故x1+x2>π2成立．【训练四】已知函数有两个极值点x1,x2．,（1）求实数m的取值范围；（2）证明：x1x2＜4．【解析】(1)fx=ln2x-x+mlnx有两个极值点x1,x2,f'x=2xlnx-1+mx=0在x∈0,+∞有两不等实根x1,x2,m=x-2lnx,记mx=x-2lnx,x→0+,mx→+∞,x→+∞,mx→+∞，m'x=1-2x,x∈0,2,m'x<0,mx单调递减,x∈2,+∞,m'x>0,mx单调递增,mx最小值m2=2-2ln2因为f'(x)=2xlnx-1+mx=0在x∈0,+∞有两根x1,x2,所以m>2-2ln2；（2）由（1）x2-2lnx2=x1-2lnx1,x2-x1=2lnx2-lnx1,x2-x1lnx2-lnx1=2,要证x1x2＜4,只需证明：x1x2<x2-x1lnx2-lnx1即可,不妨设,则x2x1>1即证lnx2-lnx1<x2-x1x1x2,即证lnx2x1<x2x1-x1x2,只需证明lnx2x1-x2x1+x1x2<0,令t=x2x1,t>1,记函数ht=2lnt-t+1t,t>1h't=2t-1-1t2=2t-t2-1t2=-t-12t2<0,所以ht=2lnt-t+1t,t>1单调递减,ht<h1=0,所以lnx2x1-x2x1+x1x2<0成立,同理可证当x1>x2时结论成立,所以原命题x1x2＜4得证.【训练五】已知函数f(x)＝x(1－lnx)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，证明：2<＋<e.【解析】(1)解>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 由题意知，a，b是两个不相等的正数，且blna－alnb＝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0<x<e时，f(x)>0，当x>e时，f(x)<0，不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2<e.要证2<＋<e，即证2<x1＋x2<e.先证x1＋x2>2，要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，因为0<x1<1<x2<e，所以x2>2－x1>1，又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f(x2)<f(2－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)<f(2－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)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，当0<x<1时，x(2－x)<1，则－ln[x(2－x)]>0，,即当0<x<1时，f′(x)>0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以当0<x<1时，f(x)<f(1)＝0，所以当0<x<1时，f(x)－f(2－x)<0成立，所以x1＋x2>2成立．再证x1＋x2<e.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－lnx)>x，直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x1<m.欲证x1＋x2<e，即证x1＋x2<m＋x2＝f(x2)＋x2<e，即证当1<x<e时，f(x)＋x<e.构造函数h(x)＝f(x)＋x，则h′(x)＝1－lnx，当1<x<e时，h′(x)>0，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，所以当1<x<e时，h(x)<h(e)＝f(e)＋e＝e，即f(x)＋x<e成立，所以x1＋x2<e成立．综上可知，2<＋<e成立．【训练六】已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2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，求证：x1＋x2<2.【解析】(1)解 f="">0时，f′(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.因为f(1)＝－e，f(2)＝a，故在(1，＋∞)上有一个零点.取b满足b<0且b<ln，则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，故在(－∞，1)上有一个零点，,故f(x)存在两个零点.③当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝ln(－2a).若a≥－，则ln(－2a)≤1，f(x)在(1，＋∞)上单调递增.当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.若a<－，则ln(－2a)>1，所以f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增.当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.综上，a的取值范围为(0，＋∞).(2)证明 不妨设x1<x2，由(1)知x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0.因为f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，x>1，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)，当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减.因为g(1)＝0，所以当x>1时，g(x)<0，从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.四、【强化测试】【解答题】,1.已知函数f(x)＝＋lnx，若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>4.【证明】由题知f′(x)＝－＋＝，则f(x)在(0，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数.由函数f(x)＝＋lnx的单调性可知，若f(x1)＝f(x2)，设x1<x2，则必有0<x1<2<x2，所以4－x1>2，则f(x1)－f(4－x1)＝＋lnx1－－ln(4－x1).令h(x)＝－＋lnx－ln(4－x)(0<x<2)，则h′(x)＝－－＋＋＝＝－<0，所以函数h(x)在(0，2)上为减函数，所以h(x)>h(2)＝0，所以f(x1)－f(4－x1)>0，则f(x1)>f(4－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以f(x2)>f(4－x1)，则x2>4－x1，所以x1＋x2>4.2.已知函数f(x)＝，f(x1)＝f(x2)＝t(0<x1<x2，0<t<1).证明：x1＋x2>2x1x2.,【证明】因为x2>x1>0，依题意得⇒两式相减得lnx1－lnx2＝x1－x2，由对数均值不等式得<＝1<，∴x1x2<1，即>1，且x1＋x2>2，故>2，所以x1＋x2>2x1x2.3.已知函数f(x)＝x－lnx－a有两个不同的零点x1，x2.(1)求实数a的取值范围；(2)证明：x1＋x2>a＋1.【解析】(1)解 ∵函数f(x)＝x－lnx－a，∴f′(x)＝1－＝，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数.故当x＝1时，函数f(x)＝x－lnx－a取最小值f(1)＝1－a，若函数f(x)＝x－lnx－a有两个不同的零点x1，x2.则1－a<0，即a>1.故实数a的取值范围为(1，＋∞).(2)证明 由(1)可设0<x1<1<x2，则x1－lnx1＝a，且x2－lnx2＝a，若证x1＋x2>a＋1，,即证x2>1－lnx1，构造函数g(x)＝f(x)－f(1－lnx)，0<x<1，所以g(x)＝x－lnx－(1－lnx)＋ln(1－lnx)＝x－1＋ln(1－lnx)，所以g′(x)＝1－，0<x<1，令h(x)＝x(1－lnx)，则h′(x)＝－lnx>0，所以h(x)单调递增，所以0<h(x)<h(1)＝1.所以g′(x)<0，所以g(x)>g(1)＝0，即f(x)>f(1－lnx)，0<x<1，又0<x1<1<x2，所以f(x2)＝f(x1)>f(1－lnx1).因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以x2>1－lnx1，故原不等式得证.4.已知f(x)＝x2－2alnx，a∈R.若y＝f(x)有两个零点x1，x2(x1<x2)．(1)求实数a的取值范围；(2)若x0是y＝f(x)的极值点，求证：x1＋3x2>4x0.【解析】(1)解 f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－＝，要使y＝f(x)有两个零点，则a>0，令f′(x)>0，解得x>，令f′(x)<0，解得0<x<，故f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，依题意需f()＝()2－2aln<0，此时1<lna，故a>e.(2)证明 因为1<x1<，x2>，令＝t(t>1)，由f(x1)＝f(x2)⇒x－2alnx1＝x－2alnx2，,即x－2alnx1＝t2x－2alntx1⇒x＝，而x1＋3x2>4x0⇔(3t＋1)x1>4⇔(3t＋1)2x>16a，即(3t＋1)2·>16a，由a>0，t>1，只需证(3t＋1)2lnt－8t2＋8>0，令h(t)＝(3t＋1)2lnt－8t2＋8，则h′(t)＝(18t＋6)lnt－7t＋6＋，令n(t)＝(18t＋6)lnt－7t＋6＋，则n′(t)＝18lnt＋11＋>0(t>1)，故n(t)在(1，＋∞)上单调递增，n(t)>n(1)＝0，故h(t)在(1，＋∞)上单调递增，h(t)>h(1)＝0，所以x1＋3x2>4x0.5.已知a是实数，函数f(x)＝alnx－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个相异的零点x1，x2且x1>x2>0，求证：x1x2>e2.【解析】(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1＝，当a≤0时，f′(x)<0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，令f′(x)>0，得x∈(0，a)；令f′(x)<0，得x∈(a，＋∞)，故f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．(2)证明 由(1)可知，要想f(x)有两个相异的零点x1，x2，则a>0，因为f(x1)＝f(x2)＝0，所以alnx1－x1＝0，alnx2－x2＝0，,所以x1－x2＝a(lnx1－lnx2)，要证x1x2>e2，即证lnx1＋lnx2>2，等价于＋>2，而＝，所以等价于证明>，即ln >，令t＝，则t>1，于是等价于证明lnt>成立，设g(t)＝lnt－，t>1，g′(t)＝－＝>0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，故g(t)>g(1)＝0，即lnt>成立，所以x1x2>e2，结论得证．6.已知函数f(x)＝lnx－ax有两个零点x1，x2.(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1·x2>e2.【解析】(1)解 f′(x)＝－a＝(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＝.当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.,由题意知f(x)＝lnx－ax的极大值f ＝ln－1>0，解得0<a<.所以实数a的取值范围为.(2)证明>0，所以H(x)在上单调递增，故H(x)>H(0)＝0，即f >f .由1<x1<<x2，知－x1>，故f(x2)＝f(x1)＝f <f>－x1，即x1＋x2>.故lnx1x2＝lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)>2，即x1·x2>e2.7.已知函数f(x)＝－2lnx(a∈R，a≠0)．(1)求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1<x2)，且a＝4，证明：x1＋x2>4.【解析】(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，,f′(x)＝－＝.当a<0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴f(x)在(0，＋∞)上无极值；当a>0时，若x∈(0，)，f′(x)<0，f(x)在(0，)上单调递减．若x∈(，＋∞)，f′(x)>0，f(x)在(，＋∞)上单调递增，故当x＝时，f(x)在(0，＋∞)上的极小值为f()＝1－2ln＝1－lna，无极大值．(2)证明 当a＝4时，f(x)＝－2lnx，由(1)知，f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，x＝2是极值点，又x1，x2为函数f(x)的零点，∴0<x1<2<x2，要证x1＋x2>4，只需证x2>4－x1.∵f(4－x1)＝－2ln(4－x1)＝－2x1＋4－2ln(4－x1)，f(x1)＝－2lnx1＝0，∴f(4－x1)＝2lnx1－2x1＋4－2ln(4－x1)，令h(x)＝2lnx－2x＋4－2ln(4－x)(0<x<2)，则h′(x)＝－2＋＝>0，∴h(x)在(0,2)上单调递增，∴h(x)<h(2)＝0，∴f(4－x1)<0＝f(x2)，∴4－x1<x2，即x1＋x2>4得证．8.已知函数f(x)＝aex－x，a∈R.若f(x)有两个不同的零点x1，x2.证明：x1＋x2>2.【证明】由f(x)＝aex－x＝0，得－a＝0，,令g(x)＝－a，则g′(x)＝，由g′(x)＝>0，得x<1；由g′(x)＝<0，得x>1.所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，由于x1，x2是方程g(x)＝0的实根，不妨设x1<1<x2，方法一>2，只要证x2>2－x1>1.由于g(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证g(x2)<g(2－x1)，由于g(x1)＝g(x2)＝0，故只要证g(x1)<g(2－x1)，令h(x)＝g(x)－g(2－x)＝－(x<1)，则h′(x)＝－＝，因为x<1，所以1－x>0,2－x>x，所以e2－x>ex，即e2－x－ex>0，所以H′(x)>0，所以H(x)在(－∞，1)上单调递增．所以H(x1)<h(1)＝0，即有g(x1)<g(2－x1)成立，所以x1＋x2>2.方法二 (比值代换法)设0<x1<1<x2，由g(x1)＝g(x2)，得x1e-x1=x2e-x2，等式两边取对数得lnx1－x1＝lnx2－x2.,令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得lnx1－x1＝lnt＋lnx1－tx1，得x1＝，x2＝.所以x1＋x2＝>2⇔lnt－>0，设g(t)＝lnt－(t>1)，所以g′(t)＝－＝>0，所以当t>1时，g(t)单调递增，所以g(t)>g(1)＝0，所以lnt－>0，故x1＋x2>2.9.已知函数．（1）若恒成立，求实数的取值范围．（2）若函数的两个零点为，，证明：．【解析】（1）解：因为fx≥0恒成立，所以x2lnx-ax+1≥0，即a≤xlnx+1x恒成立．令gx=xlnx+1x，则g'x=lnx-1x2+1，易知g'x在0,+∞上单调递增，且g'1=0．所以当x∈0,1时，g'x<0；当x∈1,+∞时，g'x>0．所以gx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以gx1min，故a≤1．（2）证明：由题意可知方程lnx-ax=0的两根为x1，x2．令hx=lnx-ax，则hx的两个零点为x1，x2．h'x=1x-a=1-axx．当a≤0时,h'x>0,hx在0,+∞上单调递增,不存在两个零点;当a>0时,hx在0,1a上单调递增,在1a,+∞上单调递减,则hxmax=h1a=ln1a-1>0,得0<a<1e.设,x1<x2,则x1∈0,1a,x2∈1a,+∞.因为hx1=hx2=0,所以lnx1=ax1,lnx2=ax2.要证x1x2>e2,即要证lnx1+lnx2=ax1+x2>2,即证x1+x2>2a.令Fx=h2a-x-hx=ln2a-x-a2a-x-lnx+ax=ln2a-x-lnx+2ax-2, x∈0,1a。则F'x=2ax-12xax-2<0,所以Fx在0,1a上单调递减,所以Fx>F1a=0.因为Fx1=h2a-x1-hx1>0,所以h2a-x1>hx1=hx2=0.因为x2,2a-x1∈1a,+∞,且hx在1a,+∞上单调递减,所以x2>2a-x1,即x1+x2>2a,故x1x2>e2成立.10.已知函数．（1）若函数在定义域内单调递增，求实数的取值范围；（2）若函数存在两个极值点，求证：．【解析】（1）易知f(x)的定义域为(0,+∞)，由题意知f'x=x22-2a+8x≥0,即a≤x24+4x在0,+∞上恒成立,令gx=x24+4xx>0,则g'x=x2-4x2=x3-82x2.当x>2时,g'x>0,gx单调递增;当0<x<2时,g'x<0,gx单调递减,所以当x=2时,gx有最小值g2=3,所以a≤3;(2)因为f'x=x22-2a+8x,由f'x=0知,a=x24+4x,设gx=x24+4xx>0则gx1=gx2,且gx在2,+∞上单调递增,在,0,2上单调递减,所以可令,0<x1<2<x2,.令hx=g2+x-g2-x,x∈-2,0.则h'x=g'2+x+g'2-x=2-42+x2-42-x2=2x2x-23x+232+x22-x2因为x∈-2,0,所以h'x<0,所以hx上在-2,0单调递减,且h0=0,所以x∈-2,0时,hx=g2+x-g2-x>h0=0.又x1∈0,2,所以x1-2∈-2,0所以hx1-2=gx1-g4-x1>0.所以gx2=gx1>g4-x1.因为x1<2,4-x1>2,x2>2且gx在2,+∞上单调递增,所以x2>4-x1，x1+x2>4．11.已知,,（其中e为自然对数的底数）.（1）求函数的单调区间；（2）若,函数有两个零点,,求证：.【解析】(1)解:f'x=e-ax-ax⋅e-ax=e-ax1-ax∵a∈R,∴a<0时,f'x=e-ax1-ax>0⇒x>1a,f'x=e-ax1-ax<0⇒x<1a∴a<0时,增区间为:1a,+∞,减区间为:-∞,1a;a=0时,f'x=e-ax1-ax=1>0,∴a=0时,增区间为:-∞,+∞；a>0时,f'x=e-ax1-ax>0⇒x<1a,f'x=e-ax1-ax<0⇒x>1a,∴a>0时,增区间为:-∞,1a,减区间为:1a,+∞;（2）解法一：由（1）知,a>0时,增区间为：-∞,1a,减区间为：1a,+∞；且x>1a时,f(x)>0,f极大值(x)=f1a=1ae,函数y=f(x)的大致图像如下图所示,因为a>0时,函数y=fx-a有两个零点x1,x2,所以a<1ae,即a2<1e,不妨设x1<x2,则0<x1<1a<x2；先证:x1+x2>2a,即证:x1>2a-x2因为x1<1a,所以2a-x2<1a,又y=fx在-∞,1a单调递增,所以即证:fx1>f2a-x2又fx1=fx2,所以即证:fx2>f2a-x2,x2>1a令函数Fx=fx-f2a-x,x∈1a,+∞,则F'x=e-ax1-ax+e-2+ax1-a2a-x=1-axe-ax-e-2+ax因为x>1a,所以-ax<ax-2,1-ax<0,故f'x=1-axe-ax-e-2+ax>0函数Fx=fx-f2a-x在1a,+∞单调递增,所以Fx>F1a=0因为x2>1a,所以,fx2>f2a-x2,即x1+x2>2a所以x12+x22>x1+x222>2a2>2e.12.已知函数.（1）当时,求的最大值；（2）设点和是曲线上不同的两点,且,若恒成立,求实数k的取值范围.【解析】（1）当a=1时,fx=lnx+2-x,fx的定义域为0,+∞,f'(x)=1x-1=1-xx,当0<x<1时,f'x>0;当x>1时,f'x<0,所以fx在0,1上为增函数,在1,+∞上为减函数,所以x=1是fx的极大值点,也是fx的最大值点，故fxmin=f1=1.(2)不妨设x1>x2>0,由alnx1-x1+2a=alnx2-x2+2a,得a=x1-x2lnx1-lnx2由ak<x1+x2,得k⋅x1-x2lnx1-lnx2<x1+x2,即k⋅x1x2-1x1x2+1-lnx1x2<0,设x1x2=tt>1,gt=k⋅t-1t+1-lntt>1,则g't=2kt+12-1t=-t2-2k-1t+1tt+12记ht=t2-2k-1t+1t>1,Δ=4k-12-4=4kk-2(i)当k≤0时,则ht图像的对称轴为t=k-1≤-1,所以ht在1,+∞上是增函数,又h0=1>0,从而当t>1时,ht>0,所以g't=-httt+12<0,于是gt在1,+∞上是减函数,所以gt<g1=0,此时适合题意(ii)当0<k≤2时,δ≤0,则ht≥0恒成立,从而g't=-httt+12≤0,所以gt在1,+∞上是减函数,于是gt<g1=0,此时适合题意.(iii)当k>2时,ht的对称轴方程为t=k-1,且h1=4-2k<0,h2k=4k+1>0,所以存在t0∈k-1,2k,使得ht0=0,于是ht在k-1,+∞内只有一个零点t0,所以当1<t<t0时,ht<0,从而g't=-httt+12>0所以gt在1,t0上是增函数,于是当t∈1,t0时,gt>g1=0,此时不适合题意.综上,实数k的取值范围-∞,2,,</t<t0时,ht<0,从而g't=-httt+12></g1=0,此时适合题意(ii)当0<k≤2时,δ≤0,则ht≥0恒成立,从而g't=-httt+12≤0,所以gt在1,+∞上是减函数,于是gt<g1=0,此时适合题意.(iii)当k></x1+x2,得k⋅x1-x2lnx1-lnx2<x1+x2,即k⋅x1x2-1x1x2+1-lnx1x2<0,设x1x2=tt></x<1时,f'x></ax-2,1-ax<0,故f'x=1-axe-ax-e-2+ax></x2,则0<x1<1a<x2；先证:x1+x2></x1<2<x2,.令hx=g2+x-g2-x,x∈-2,0.则h'x=g'2+x+g'2-x=2-42+x2-42-x2=2x2x-23x+232+x22-x2因为x∈-2,0,所以h'x<0,所以hx上在-2,0单调递减,且h0=0,所以x∈-2,0时,hx=g2+x-g2-x></x<2时,g'x<0,gx单调递减,所以当x=2时,gx有最小值g2=3,所以a≤3;(2)因为f'x=x22-2a+8x,由f'x=0知,a=x24+4x,设gx=x24+4xx></a<1e.设,x1<x2,则x1∈0,1a,x2∈1a,+∞.因为hx1=hx2=0,所以lnx1=ax1,lnx2=ax2.要证x1x2></x1<1<x2，由g(x1)＝g(x2)，得x1e-x1=x2e-x2，等式两边取对数得lnx1－x1＝lnx2－x2.,令t＝></h(1)＝0，即有g(x1)<g(2－x1)成立，所以x1＋x2></g(2－x1)，由于g(x1)＝g(x2)＝0，故只要证g(x1)<g(2－x1)，令h(x)＝g(x)－g(2－x)＝－(x<1)，则h′(x)＝－＝，因为x<1，所以1－x></x2，方法一></h(2)＝0，∴f(4－x1)<0＝f(x2)，∴4－x1<x2，即x1＋x2></x<2)，则h′(x)＝－2＋＝></x1<2<x2，要证x1＋x2></x2)，且a＝4，证明：x1＋x2></f></x1<<x2，知－x1></a<.所以实数a的取值范围为.(2)证明></x1<，x2></x<，故f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，依题意需f()＝()2－2aln<0，此时1<lna，故a></x2)．(1)求实数a的取值范围；(2)若x0是y＝f(x)的极值点，求证：x1＋3x2></x<1，又0<x1<1<x2，所以f(x2)＝f(x1)></h(x)<h(1)＝1.所以g′(x)<0，所以g(x)></x<1，所以g(x)＝x－lnx－(1－lnx)＋ln(1－lnx)＝x－1＋ln(1－lnx)，所以g′(x)＝1－，0<x<1，令h(x)＝x(1－lnx)，则h′(x)＝－lnx></x1<1<x2，则x1－lnx1＝a，且x2－lnx2＝a，若证x1＋x2></x1<x2，0<t<1).证明：x1＋x2></x<2)，则h′(x)＝－－＋＋＝＝－<0，所以函数h(x)在(0，2)上为减函数，所以h(x)></x2，则必有0<x1<2<x2，所以4－x1></x2，由(1)知x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以x1＋x2<2等价于f(x1)></ln，则f(b)></x<e时，h(x)<h(e)＝f(e)＋e＝e，即f(x)＋x<e成立，所以x1＋x2<e成立．综上可知，2<＋<e成立．【训练六】已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2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，求证：x1＋x2<2.【解析】(1)解></m.欲证x1＋x2<e，即证x1＋x2<m＋x2＝f(x2)＋x2<e，即证当1<x<e时，f(x)＋x<e.构造函数h(x)＝f(x)＋x，则h′(x)＝1－lnx，当1<x<e时，h′(x)></e.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－lnx)></x<1时，f(x)<f(1)＝0，所以当0<x<1时，f(x)－f(2－x)<0成立，所以x1＋x2></x<1时，f′(x)></f(2－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)<f(2－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)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，当0<x<1时，x(2－x)<1，则－ln[x(2－x)]></x1<1<x2<e，所以x2></x2，则0<x1<1<x2<e.要证2<＋<e，即证2<x1＋x2<e.先证x1＋x2></x<e时，f(x)></e.【解析】(1)解></h1=0,所以lnx2x1-x2x1+x1x2<0成立,同理可证当x1></x2-x1x1x2,即证lnx2x1<x2x1-x1x2,只需证明lnx2x1-x2x1+x1x2<0,令t=x2x1,t></x2-x1lnx2-lnx1即可,不妨设,则x2x1></gπ4=fπ4-fπ4=0，∴fx1<fπ2-x1成立，故x1+x2></fπ2-x1．又fx1=fx2，∴只需证明fx1<fπ2-x1．令函数gx=fx-fπ2-x=sinxex-sinπ2-xeπ2-x=sinxex-cosxeπ2-x，则g'x=cosx-sinxex+sinx-cosxeπ2-x=cosx-sinx1ex-1eπ2-x=cosx-sinx⋅eπ2-x-exeπ2.当0<x<π4时，cosx-sinx></x<π时f'x<0，∴fx在0,π4上单调递增，在π4,π上单调递减．（2）∵x1≠x2，且fx1=fx2，∴由（1）知，不妨设0<x1<π4<x2<π．要证x1+x2></x<π，由f'x=0得x=π4，当0<x<π4时，f'x></x1<x2，设t＝，则t></m≤时，x∈[1，e]，g′(x)≥0，所以函数g(x)在[1，e]上单调递增，则g(x)max＝g(e)＝1－me；③当1<<e，即<m<1时，函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，则g(x)max＝g＝－lnm－1；④当0<≤1，即m≥1时，x∈[1，e]，g′(x)≤0，函数g(x)在[1，e]上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝－m.综上，当m≤时，g(x)max＝g(e)＝1－me；当<m<1时，g(x)max＝g＝－lnm－1；,当m≥1时，g(x)max＝g(1)＝－m.(2)证明></x1<1<x2，f(x1)＝f(x2)即x1e-x1＝x2e-x2，取对数得lnx1－x1＝lnx2－x2.令t＝></x2，将x2代入(*)式可得f(x2)></x－(3p－1)x1＋p，∴(x2－x1)(x2＋x1)<(3p－1)(x2－x1)，∵x1<x2，∴x1＋x2<3ea－1－1.综上所述，2<x1＋x2<3ea－1－1.,三、【培优训练】【训练一】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></p<x2，由对数均值不等式知：></x1+x2-2x1x2成立,所以f'(x1x2)<0【典例2】已知f(x)＝a－－lnx有两个零点x1，x2，且x1<x2，求证：2<x1＋x2<3ea－1－1.【解析】函数f(x)定义域为(0，＋∞).∵a＝＋lnx1＝＋lnx2，,∴x1x2＝，由对数均值不等式知：<，∴<x1x2，∴></a,即x1x2<lna故,x1x2<x1-ln(x1-1),x1x2<x2-ln(x2-1)所以2x1x2<x1+x2-ln(x1-1)(x2-1),所以ln(x1x2-(x1+x2)+1)<x1+x2-2x1x2因为x1x2-(x1+x2)<0,所以ln(x1x2-(x1+x2)+1)<ln1=0,而x1+x2-2x1x2></x1<lna<x2<2lna,因为f(x1)=ex1-ax1+a=0,f(x2)=ex2-ax2+a=0a=ex1x1-1=ex2x2-1,即ex1-1x1-1=ex2-1x2-1,所以1=(x1-1)-(x2-1)ln(x1-1)-ln(x2-1)></a≤e2时,f(x)至多有一个零点,不合题意,故舍去；当f(x)min,即a></x2，由题意知则lnx1x2＝m(x1＋x2)，ln＝m(x2－x1)⇒m＝.欲证lnx1＋lnx2></f＝0，∴f(x)<f，将x1代入上式得f(x1)<f，又f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)<f，又x2></x<时，1＋lnx<0，1－<0，则f′(x)></x<，∴函数f(x)在上单调递减，在上单调递增.可设0<x1<<x2.法一></x1<2)恒成立，即x1＋x2></x<2)恒成立，因此不等式＋lnx1－a></x1<2)恒成立，令h(x)＝＋lnx－－ln(4－x)(0<x<2)，则h′(x)＝－＋－＋＝<0，所以h(x)在(0,2)上单调递减，所以h(x)></x1<2)，即＋lnx1－－ln(4－x1)></x<2.所以f(x)在(0,2)上单调递减，,在(2，＋∞)上单调递增，所以当x＝2时，f(x)取得极小值1＋ln2，无极大值，f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)．(2)证明></x1<<1，即x1x2<1.【典例2】已知函数f(x)＝＋lnx.(1)求f(x)的极值和单调区间；(2)若函数g(x)＝f(x)－a(a></f(1)，即在(0,1)上f(x)－f></g(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，f′(x)></x2，则由(1)知0<x1<1<x2，></f(1)＝0，即g(x1)<g(2－x1)，所以x2></g(2－x1).,因为g(x1)＝g(x2)，所以只要证g(x1)<g(2－x1).令f(x1)＝g(x1)－g(2－x1)＝－，则f′(x1)＝＋＝＋＝2(1－x1)＝.因为<x1<1，所以f′(x1)></x<1时，g′(x)></a<1.由ax2－2x＋1＝0得a＝.因为0<a<1，所以x></x2，求证：x1＋x2></x2，t＝(t>
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