導(dǎo)數(shù)專題：和積型極值點(diǎn)偏移問(wèn)題和積型極值點(diǎn)偏移問(wèn)題，本質(zhì)是利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)單調(diào)性與極值，通過(guò)構(gòu)造對(duì)稱函數(shù)、換元法或不等式，將“極值點(diǎn)兩側(cè)的函數(shù)值關(guān)系”轉(zhuǎn)化為“兩變量的和/積不等式”。一、核心概念與題型特征1.基礎(chǔ)定義(1)極值點(diǎn)偏移：若函數(shù)fx在x=x0處取得極值，且存在x1≠x2(2)和積型：題目明確要求證明x1+x2.題目特點(diǎn)(1)已知fx1=fx2(2)結(jié)論指向兩變量的和、積與極值點(diǎn)的關(guān)聯(lián)，如“證明x1+x二、核心解題方法1.對(duì)稱構(gòu)造法（通法）(1)適用形式：所有和積型偏移問(wèn)題，尤其含指數(shù)、對(duì)數(shù)的函數(shù)。(2)步驟：a.求fx的極值點(diǎn)x0，確定fx在?∞c.求gx的導(dǎo)數(shù)，判斷gd.利用gx0=0，結(jié)合fx1=fx22.換元法（簡(jiǎn)化運(yùn)算）(1)適用形式：和積關(guān)系可通過(guò)換元轉(zhuǎn)化為單變量函數(shù)。(2)步驟：a.由fxb.設(shè)t=x1/x2（t>1c.把目標(biāo)式x1+x2或3.不等式放縮法（輔助提速）(1)適用形式：目標(biāo)和積關(guān)系可通過(guò)常見(jiàn)不等式簡(jiǎn)化。(2)常用不等式：a.對(duì)數(shù)均值不等式（核心）：對(duì)a>0,b>0,a≠b，有ab<b.基本不等式：a+b≥2ab三、題目講解(一)和型極值點(diǎn)偏移[例1](2025年湖北省武漢市武鋼中學(xué)高三模擬試題)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1－x,1＋x2)ex．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：當(dāng)f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)時(shí)，x1＋x2＜0．解析(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)．f(x)＝(eq\f(1－x,1＋x2))ex＋eq\f(1－x,1＋x2)ex＝[eq\f(x2－2x－1,(1＋x2)2)＋eq\f(1－x,1＋x2)]ex＝eq\f(－x[(x－1)2＋2],(1＋x2)2)ex．當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＞0；當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＜0．所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)．(2)法一：令函數(shù)F(x)＝f(x)－f(－x)，x∈(0，＋∞)，代入化簡(jiǎn)得F(x)＝eq\f(1,1＋x2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1((1－x)ex－\f(1＋x,ex)))．再次局部構(gòu)造輔助函數(shù)，令G(x)＝(1－x)ex－eq\f(1＋x,ex)，求導(dǎo)得G′(x)＝－xe－x(e2x－1)．當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，G′(x)<0，即G(x)是(0，＋∞)上的單調(diào)減函數(shù)．于是G(x)<G(0)＝0，則F(x)<0．即F(x)＝f(x)－f(－x)<0．所以x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)<f(－x)．由x2∈(0，＋∞)，則f(x2)<f(－x2)．又f(x1)＝f(x2)，即得f(x1)<f(－x2)．根據(jù)(1)知f(x)是(－∞，0)上的單調(diào)增函數(shù)，而x1∈(－∞，0)，－x2∈(－∞，0)，所以x1<－x2，故x1＋x2<0得證．法二：不妨設(shè)x1＜x2，要證明x1＋x2＜0，即x1＜－x2＜0，只需證明f(x1)＜f(－x2)，因?yàn)閒(x1)＝f(x2)，即f(x2)＜f(－x2)．而f(x2)＜f(－x2)等價(jià)于(1－x2)－1－x2＜0，x∈(0，＋∞)，令g(x)＝(1－x)－1－x(x＞0)，則g(x)＝(1－2x)－1，令h(x)＝(1－2x)－1，則h(x)＝－4x＜0，所以h(x)單調(diào)遞減，h(x)＜h(0)＝0，即g(x)＜0，所以g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)＜g(0)＝0，得證．法三：先證明：x∈(0，＋∞)，f(x)＜f(－x)，即證eq\f(1－x,1＋x2)ex＜eq\f(1＋x,1＋x2)e－x，此不等式等價(jià)于(1－x)ex－eq\f(1＋x,ex)＜0．令g(x)＝(1－x)ex－eq\f(1＋x,ex)，則g(x)＝－xe－x(e2x－1)．當(dāng)x∈(0，＋∞)，g(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減，從而g(x)＜g(0)＝0，即(1－x)ex－eq\f(1＋x,ex)＜0．所以x∈(0，＋∞)，f(x)＜f(－x)，而x2∈(0，＋∞)，所以f(x2)＜f(－x2)，從而f(x1)＜f(－x2)．由于x1，－x2∈(－∞，0)，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，所以x1＜－x2，即x1＋x2＜0．[例2](2025年云南師范大學(xué)附屬中學(xué)高三月考試題)已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有兩個(gè)零點(diǎn)．(1)求a的取值范圍；(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，求證：x1＋x2<2．解析(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．①當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．②當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．因?yàn)閒(1)＝－e，f(2)＝a，取b滿足b<0且b<lneq\f(a,2)，則f(b)>eq\f(a,2)(b－2)＋a(b－1)2＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2－\f(3,2)b))>0，故f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)．②當(dāng)a<0時(shí)，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－eq\f(e,2)，則ln(－2a)≤1，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)x≤1時(shí)，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)．若a<－eq\f(e,2)，則ln(－2a)>1，所以f(x)在(1，ln(－2a))上單調(diào)遞減，在(ln(－2a)，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)x≤1時(shí)，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)．綜上，a的取值范圍為(0，＋∞)．(2)分析法不妨設(shè)x1<x2，由(1)知x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，所以x1＋x2<2等價(jià)于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0．因?yàn)閒(2－x2)＝－x2＋a(x2－1)2，f(x2)＝(x2－2)＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2－(x2－2)．設(shè)g(x)＝－x－(x－2)ex，則g′(x)＝(x－1)(－ex)，當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減．因?yàn)間(1)＝0，所以當(dāng)x>1時(shí)，g(x)<0，從而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2．(2)綜合法設(shè)－x＋2－(x－2)·ex．求導(dǎo)得F′(x)＝(1－x)(ex－e－x＋2)．即x<1時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，則函數(shù)F(x)是(－∞，1)上的單調(diào)減函數(shù)．于是F(x)>F(1)＝0，則f(2－x)－f(x)>0，即f(2－x)>f(x)．由題x1，x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，并且在x＝1的兩側(cè)，所以不妨設(shè)x1<1<x2，則f(x2)＝f(x1)<f(2－x1)，即f(x2)<f(2－x1)．由(1)知函數(shù)f(x)是(1，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù)，且x2，2－x1∈(1，＋∞)，所以x2<2－x1．故x1＋x2<2得證．[例3](2025年四川省綿陽(yáng)中學(xué)高三練習(xí)試題)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋(1－a)x－alnx，a∈R．(1)若f(x)存在極值點(diǎn)1，求a的值；(2)若f(x)存在兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，求證：x1＋x2>2．解析(1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－eq\f(a,x)，因?yàn)閒(x)存在極值點(diǎn)1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，經(jīng)檢驗(yàn)符合題意，所以a＝1．(2)f′(x)＝x＋1－a－eq\f(a,x)＝(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,x)))(x>0)，①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，不符合題意；②當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝0得x＝a，當(dāng)x>a時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)0<x<a時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝a時(shí)，f(x)取得極小值f(a)．又f(x)存在兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，所以f(a)<0，即eq\f(1,2)a2＋(1－a)a－alna<0，整理得lna>1－eq\f(1,2)a，作y＝f(x)關(guān)于直線x＝a的對(duì)稱曲線g(x)＝f(2a－x)，令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－alneq\f(2a－x,x)，則h′(x)＝－2＋eq\f(2a2,(2a－x)x)＝－2＋eq\f(2a2,－(x－a)2＋a2)，因?yàn)樵?0，2a)上，h′(x)≥0，所以h(x)在(0，2a)上單調(diào)遞增，不妨設(shè)x1<a<x2，則h(x2)>h(a)＝0，即g(x2)＝f(2a－x2)>f(x2)＝f(x1)，又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上為減函數(shù)，所以2a－x2<x1，即x1＋x2>2a，又lna>1－eq\f(1,2)a，易知a>1成立，故x1＋x2>2．[例4](2025年高三練習(xí)試題)已知函數(shù)f(x)＝x－1＋aex．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：x1＋x2>4．解析(1)f′(x)＝1＋aex，當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)>0，則f(x)在R上單調(diào)遞增．當(dāng)a<0時(shí)，令f′(x)>0，得x<lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))))，令f′(x)<0，得x>lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))，＋∞))．(2)由f(x)＝0得a＝eq\f(1－x,ex)，設(shè)g(x)＝eq\f(1－x,ex)，則g′(x)＝eq\f(x－2,ex)．由g′(x)<0，得x<2；由g′(x)>0，得x>2．故g(x)min＝g(2)＝－eq\f(1,e2)<0．當(dāng)x>1時(shí)，g(x)<0，當(dāng)x<1時(shí)，g(x)>0，不妨設(shè)x1<x2，則x1∈(1，2)，x2∈(2，＋∞)，x1＋x2>4等價(jià)于x2>4－x1，∵4－x1>2且g(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴要證x1＋x2>4，只需證g(x2)>g(4－x1)，∵g(x1)＝g(x2)＝a，設(shè)h(x)＝e2x－4(x－3)＋x－1，x∈(1，2)，則h′(x)＝e2x－4(2x－5)＋1，令m(x)＝h′(x)，則m′(x)＝4e2x－4(x－2)，∵x∈(1，2)，∴m′(x)<0，∴m(x)在(1，2)上單調(diào)遞減，即h′(x)在(1，2)上單調(diào)遞減，∴h′(x)>h′(2)＝0，∴h(x)在(1，2)上單調(diào)遞增，∴h(x)<h(2)＝0，[例6](2025年湖北省黃岡中學(xué)高三10月考試題)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(m,x)＋eq\f(1,2)lnx－1(m∈R)的兩個(gè)零點(diǎn)為x1，x2(x1＜x2)．(1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(2)求證：eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＞eq\f(2,e)．解析(1)f(x)＝－eq\f(m,x2)+eq\f(1,2x)＝eq\f(x－2m,2x2)，①m≤0時(shí)，f(x)＞0，f(x)在(0，∞)上單調(diào)遞增，不可能有兩個(gè)零點(diǎn)．②m＞0時(shí)，由f(x)＞0可解得x＞2m，由f(x)＜0可解得0＜x＜2m，∴f(x)在(0，2m)上單調(diào)遞減，在(2m，＋∞)上單調(diào)遞增，于是f(x)min＝f(2m)min＝f(x)min＝f(2m)＝eq\f(m,2m)＋eq\f(1,2)ln2m－1，要使得f(x)在(0，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)，則eq\f(m,2m)＋ln2m－1＜0，解得0＜m＜eq\f(2,e)，又f(1)＝m－1＞0，f(e2)＝eq\f(m,e2)＞0，即m的取值范圍為(0，eq\f(2,e))．(2)令t＝eq\f(1,x)，則f(t)＝mt－eq\f(1,2)lnt－1，由題意知方程mt－2lnt－1＝0有兩個(gè)根t1，t2，即方程m＝eq\f(lnt＋2,2t)有兩個(gè)根t1，t2，不妨設(shè)t1＝eq\f(1,x1)，t2＝eq\f(1,x2)．令h(t)＝eq\f(lnt＋2,2t)，則h(t)＝－eq\f(lnt＋1,2t2)，由h(t)＞0可得0＜t＜eq\f(1,e)，由h(t)＜0可得t＞eq\f(1,e)，∴t∈(0，eq\f(1,e))時(shí)，h(t)單調(diào)遞增，t∈(eq\f(1,e)，＋∞)時(shí)，h(t)單調(diào)遞減．故結(jié)合已知有t1＞eq\f(1,e)＞t2＞0，要證eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＞eq\f(2,e)，即證t1＋t2＞eq\f(2,e)，即t1＞eq\f(2,e)－t2＞eq\f(1,e)．即證h(t1)＜h(eq\f(2,e)－t2)．令φ(x)＝h(x)－h(huán)(eq\f(2,e)－x)，下面證φ(x)＜0對(duì)任意的x∈(0，eq\f(1,e))恒成立．φ(x)＝h(x)＋h(eq\f(2,e)－x)＝eq\f(－lnx－1,2x2)＋eq\f(－ln(eq\f(2,e)－x)－1,2(eq\f(2,e)－x)2)．∵x∈(0，eq\f(1,e))，∴－lnx－1＞0，x2＜(eq\f(2,e)－x)2，∴φ(x)＞eq\f(－lnx－1,2(eq\f(2,e)－x)2)＋eq\f(－ln(eq\f(2,e)－x)－1,2(eq\f(2,e)－x)2)＝eq\f(－lnx(eq\f(2,e)－x)－2,2(eq\f(2,e)－x)2)．∵x(eq\f(2,e)－x)＜[eq\f(x＋(eq\f(2,e)－x),2)]2＝eq\f(1,e2)，∴φ(x)＞0，∴φ(x)在(0，eq\f(1,e))是增函數(shù)，∴φ(x)<φ(eq\f(1,e))＝0，∴原不等式成立．變式練習(xí)1．(2025年湖北省孝感高中高三練習(xí)試題)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1(a為常數(shù))，曲線y＝f(x)在與y軸的交點(diǎn)A處的切線斜率為－1．(1)求a的值及函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)若x1＜ln2，x2＞ln2，且f(x1)＝f(x2)，試證明：x1＋x2＜2ln2．1．解析(1)由f(x)＝ex－ax－1，得f′(x)＝ex－a．又f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝ex－2x－1，f′(x)＝ex－2．由f′(x)＝ex－2＞0，得x＞ln2．所以函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(－∞，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)設(shè)x＞ln2，所以2ln2－x＜ln2，f(2ln2－x)＝e(2ln2－x)－2(2ln2－x)－1＝eq\f(4,ex)＋2x－4ln2－1．令g(x)＝f(x)－f(2ln2－x)＝ex－eq\f(4,ex)－4x＋4ln2(x≥ln2)，所以g′(x)＝ex＋4e－x－4≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝ln2時(shí)，等號(hào)成立，所以g(x)＝f(x)－f(2ln2－x)在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增．又g(ln2)＝0，所以當(dāng)x＞ln2時(shí)，g(x)＝f(x)－f(2ln2－x)＞g(ln2)＝0，即f(x)＞f(2ln2－x)，所以f(x2)＞f(2ln2－x2)，又因?yàn)閒(x1)＝f(x2)，所以f(x1)＞f(2ln2－x2)，由于x2＞ln2，所以2ln2－x2＜ln2，因?yàn)閤1＜ln2，由(1)知函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(－∞，ln2)上單調(diào)遞減，所以x1＜2ln2－x2，即x1＋x2＜2ln2．2．已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2，其中a∈R．(1)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍；(2)若函數(shù)f(x)有極大值為－eq\f(1,2)，且方程f(x)＝m的兩個(gè)根為x1，x2，且x1<x2，求證：x1＋x2>4a．2．解析(1)由題知f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＝eq\f(1－2ax2,x)(x>0)．當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，不可能有兩個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝0，得x＝eq\r(\f(1,2a))．當(dāng)x∈(0，eq\r(\f(1,2a)))時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(eq\r(\f(1,2a))，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)的極大值為f(eq\r(\f(1,2a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))))－eq\f(1,2)，由lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))))－eq\f(1,2)>0，得0<a<eq\f(1,2e)．因?yàn)閒(e－a)＝ln(e－a)－ae－2a＝－a－ae－2a<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e－a，\r(\f(1,2a))))上必存在一個(gè)零點(diǎn)．顯然當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))，＋∞))上必存在一個(gè)零點(diǎn)，所以當(dāng)0<a<eq\f(1,2e)時(shí)，函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．(2)由(1)可知，當(dāng)a>0時(shí)，f(x)的極大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))))－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)，解得a＝eq\f(1,2)，所以f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2．由f′(x)＝eq\f(1,x)－x>0，得0<x<1，由f′(x)<0，得x>1，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．當(dāng)x→0時(shí)，f(x)<0，且當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)<0，f(1)＝－eq\f(1,2)，則由f(x)＝m的兩個(gè)根分別為x1，x2，得x1<1<x2．令F(x)＝f(x)－f(2－x)，則F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,2－x)－2，當(dāng)0<x<1時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，所以F(x)單調(diào)遞增．因?yàn)閤1<1<x2，所以F(x1)＝f(x1)－f(2－x1)<F(1)＝0，所以f(x1)<f(2－x1)．又因?yàn)閒(x1)＝f(x2)，所以f(x2)<f(2－x1)．因?yàn)閒(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，x2∈(1，＋∞)，2－x1∈(1，＋∞)，所以x2>2－x1，即x1＋x2>2＝4a，原命題得證．3．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(t,x)－s(s，t∈R)．(1)討論f(x)的單調(diào)性及最值；(2)當(dāng)t＝2時(shí)，若函數(shù)f(x)恰有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(0<x1<x2)，求證：x1＋x2>4．3．解析(1)f′(x)＝eq\f(x－t,x2)(x>0)，當(dāng)t≤0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)無(wú)最值；當(dāng)t>0時(shí)，由f′(x)<0，得x<t，由f′(x)>0，得x>t，f(x)在(0，t)上單調(diào)遞減，在(t，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)在x＝t處取得極小值也是最小值，最小值為f(t)＝lnt＋1－s，無(wú)最大值．(2)證明：∵f(x)恰有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(0<x1<x2)，∴f(x1)＝lnx1＋eq\f(2,x1)－s＝0，f(x2)＝lnx2＋eq\f(2,x2)－s＝0，即s＝eq\f(2,x1)＋lnx1＝eq\f(2,x2)＋lnx2，∴eq\f(2(x2－x1),x1x2)＝lneq\f(x2,x1)，設(shè)m＝eq\f(x2,x1)>1，則lnm＝eq\f(2(m－1),mx1)，x1＝eq\f(2(m－1),mlnm)，故x1＋x2＝x1(m＋1)＝eq\f(2(m2－1),mlnm)，∴x1＋x2－4＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m2－1,m)－2lnm)),lnm)．令函數(shù)h(m)＝eq\f(m2－1,m)－2lnm，∵h(yuǎn)′(m)＝eq\f((m－1)2,m2)>0，∴h(m)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∵m>1，∴h(m)>h(1)＝0，又m＝eq\f(x2,x1)>1，∴l(xiāng)nm>0，故x1＋x2>4成立．4．已知f(x)＝eq\f(1,2)x2－a2lnx，a>0．(1)若f(x)≥0，求a的取值范圍；(2)若f(x1)＝f(x2)，且x1≠x2，證明：x1＋x2>2a．4．解析(1)f′(x)＝x－eq\f(a2,x)＝eq\f((x＋a)(x－a),x)(x>0)．當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．當(dāng)x＝a時(shí)，f(x)取最小值f(a)＝eq\f(1,2)a2－a2lna．令eq\f(1,2)a2－a2lna≥0，解得0<a≤eq\r(e)．故a的取值范圍是(0，eq\r(e)]．(2)由(1)知，f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，不失一般性，設(shè)0<x1<a<x2，則2a－x2<a．要證x1＋x2>2a即x1>2a－x2，則只需證f(x1)<f(2a－x2)．因f(x1)＝f(x2)，則只需證f(x2)<f(2a－x2)．設(shè)g(x)＝f(x)－f(2a－x)，a≤x<2a．則g′(x)＝f′(x)－[f(2a－x)]′＝x－eq\f(a2,x)＋2a－x－eq\f(a2,2a－x)＝－eq\f(2a(a－x)2,x(2a－x))≤0，所以g(x)在[a，2a)上單調(diào)遞減，從而g(x)≤g(a)＝0．又由題意得a<x2<2a，于是g(x2)＝f(x2)－f(2a－x2)<0，即f(x2)<f(2a－x2)．5．(2025年四川省自貢市第一中學(xué)高三模擬試題)已知函數(shù)f(x)＝alnx－x2＋(2a－1)x(a∈R)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)．(1)求a的取值范圍；(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：x1＋x2>2a．5．解析(1)函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)－2x＋2a－1＝eq\f((2x＋1)(a－x),x)，①當(dāng)a≤0時(shí)，易得f′(x)<0，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，則f(x)至多只有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意，舍去．②當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0得：x＝a，則當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．∴f(x)max＝f(x)極大＝f(a)＝a(lna＋a－1)．∴要使函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，則必有f(a)＝a(lna＋a－1)>0，即lna＋a－1>0，設(shè)g(a)＝lna＋a－1，∵g′(a)＝eq\f(1,a)＋1>0，則g(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又∵g(1)＝0，∴a>1；當(dāng)a>1時(shí)，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e)－1))－eq\f(1,e2)－eq\f(1,e)<0，∴f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，a))上有一個(gè)零點(diǎn)；設(shè)h(x)＝lnx－x，∵h(yuǎn)′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，∴h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴h(x)≤h(1)＝－1<0，∴l(xiāng)nx<x，∴f(x)＝alnx－x2＋(2a－1)x≤ax－x2＋(2a－1)x＝3ax－x2－x≤3ax－x2＝x(3a－x)，則f(4a)<0，∴f(x)在區(qū)間(a，4a)上有一個(gè)零點(diǎn)，那么，此時(shí)f(x)恰有兩個(gè)零點(diǎn)．綜上所述，當(dāng)f(x)有兩個(gè)不同零點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍是(1，＋∞)．(2)由(1)可知，∵f(x)有兩個(gè)不同零點(diǎn)，∴a>1，且當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f(x)是增函數(shù)．當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f(x)是減函數(shù)，不妨設(shè)：x1<x2，則0<x1<a<x2．設(shè)F(x)＝f(a＋x)－f(a－x)，x∈(0，a)，則F′(x)＝f′(a＋x)＋f′(a－x)＝eq\f(a,a＋x)－2(a＋x)＋(2a－1)＋eq\f(a,a－x)－2(a－x)＋(2a－1)＝eq\f(a,a＋x)＋eq\f(a,a－x)－2＝eq\f(2x2,(a＋x)(a－x))．當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，∴F(x)單調(diào)遞增，又∵F(0)＝0，∴F(x)>0，∴f(a＋x)>f(a－x)，∵a－x1∈(0，a)，∴f(x1)＝f(x2)＝f(a－(a－x1))<f(a＋(a－x1))＝f(2a－x1)，∵x2∈(a，＋∞)，2a－x1∈(a，＋∞)，f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞減，∴x2>2a－x1，∴x1＋x2>2a．6．已知函數(shù)f(x)＝x－aex＋b(a>0，b∈R)．(1)求f(x)的最大值；(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，證明：x1＋x2<－2lna．6．解析(1)令f′(x)＝1－aex>0，得x<lneq\f(1,a)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))＝lneq\f(1,a)－1＋b．(2)由題知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－aex1＋b＝0，,x2－aex2＋b＝0，))兩式相減得x1－x2＝a(ex1－ex2)，即a＝eq\f(x1－x2,ex1－ex2)．故要證x1＋x2<－2lna，只需證x1＋x2<－2lneq\f(x1－x2,ex1－ex2)，即證<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex1－ex2,x1－x2)))eq\s\up12(2)，即證(x1－x2)2<ex1－x2－2＋ex2－x1．不妨設(shè)x1<x2，令x2－x1＝t>0，則需證t2<e－t－2＋et．設(shè)g(t)＝t2－e－t＋2－et，則g′(t)＝2t＋e－t－et．設(shè)h(t)＝2t＋e－t－et，則h′(t)＝2－e－t－et<0，∴h(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴h(t)<h(0)＝0，即g′(t)<0，∴g(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴g(t)<g(0)＝0，故原不等式成立．故原不等式成立．8．已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)若曲線y＝f(x)與直線x－y－1＝0相切，求實(shí)數(shù)a的值；(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，證明：eq\f(1,lnx1)＋eq\f(1,lnx2)＞2．8．解析(1)由f(x)＝lnx－ax，得f′(x)＝eq\f(1,x)－a．設(shè)切點(diǎn)橫坐標(biāo)為x0，依題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)－a＝1，,x0－1＝lnx0－ax0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，,a＝0.))(2)不妨設(shè)0＜x1＜x2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－ax1＝0，,lnx2－ax2＝0，))得lnx2－lnx1＝a(x2－x1)，即eq\f(1,a)＝eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)，所以eq\f(1,lnx1)＋eq\f(1,lnx2)－2＝eq\f(1,ax1)＋eq\f(1,ax2)－2＝eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))－2＝eq\f(\f(x2,x1)－\f(x1,x2)－2ln\f(x2,x1),ln\f(x2,x1))．設(shè)t＝eq\f(x2,x1)＞1，則lneq\f(x2,x1)＞0，eq\f(x2,x1)－eq\f(x1,x2)－2lneq\f(x2,x1)＝t－eq\f(1,t)－2lnt．設(shè)g(t)＝t－eq\f(1,t)－2lnt，則g′(t)＝eq\f(t2－2t＋1,t2)＞0，即函數(shù)g(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(t)＞g(1)＝0，從而eq\f(\f(x2,x1)－\f(x1,x2)－2ln\f(x2,x1),ln\f(x2,x1))＞0，即eq\f(1,lnx1)＋eq\f(1,lnx2)＞2．10．已知函數(shù)f(x)＝a－eq\f(1,x)－lnx(a∈R)．(1)若a＝2，求函數(shù)f(x)在(1，e2)上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）；(2)若f(x)有兩零點(diǎn)x1，x2(x1＜x2)，求證：2＜x1＋x2＜3ea－1－1．10．解析(1)由題設(shè)，f(x)＝eq\f(1－x,x2)，故f(x)在(1，e2)上單調(diào)遞減，所以f(x)在(1，e2)上至多只有一個(gè)零點(diǎn)．又f(1)f(e2)＝－eq\f(1,e2)＜0，故f(x)在(1，e2)上只有一個(gè)零點(diǎn)．(2)先證x1＋x2＞2．法一利用通法證明f(x)＝a－eq\f(1,x)－lnx的極值點(diǎn)x＝1向左偏移，即1＜eq\f(x1＋x2,2)．法二直接換元法化單變?cè)阂李}設(shè)，有a＝eq\f(1,x1)＋lnx1＝eq\f(1,x2)＋lnx2，于是eq\f(x2－x1,x1x2)＝lneq\f(x2,x1)，記eq\f(x2,x1)＝t(t＞1)，則lnt＝eq\f(t－1,tx1)，故x1＝eq\f(t－1,tlnt)．于是x1＋x2＝x1(t＋1)＝eq\f(t2－1,tlnt)，x1＋x2－2＝eq\f(2(eq\f(t2－1,2t)－lnt),lnt)．記函數(shù)g(x)＝eq\f(x2－1,2x)－lnx(x＞1)．因g(x)＝eq\f((x－1)2,2x2)＞0，故g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增；于是t＞1時(shí)，g(t)＞g(1)＝0．又lnt＞0，所以，x1＋x2＞2．再證x1＋x2＜3ea－1－1．因f(x)＝0h(x)＝ax－1－xlnx＝0，故x1，x2也是h(x)的兩零點(diǎn)．由h(x)＝a－1－lnx＝0，得x＝ea－1，且x＜ea－1，h(x)＞0，x＞ea－1，h(x)＜0．利用通法證明h(x)＝ax－1－xlnx的極值點(diǎn)x＝ea－1向右偏移，所以eq\f(x1＋x2,2)＜ea－1即x1＋x2＜2ea－1，由x1＋x2＞2即eq\f(x1＋x2,2)＞1得：1＋(x1＋x2)＜eq\f(x1＋x2,2)＋(x1＋x2)＝eq\f(3(x1＋x2),2)＜eq\f(3,2)2ea－1＝3ea－1x1＋x2＜3ea－1－1．(二)積型極值點(diǎn)偏移[例1](2025年遵義市高三診斷性試題)已知f(x)＝xlnx－eq\f(1,2)mx2－x，x∈R．(1)當(dāng)m＝－2時(shí)，求函數(shù)f(x)的所有零點(diǎn)；(2)若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1＜x2，求證：x1x2＞e2(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．解析(1)當(dāng)m＝－2時(shí)，f(x)＝xlnx＋x2－x＝x(lnx＋x－1)，x＞0．設(shè)g(x)＝lnx＋x－1，x＞0，則g′(x)＝eq\f(1,x)＋1＞0，于是g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)．又g(1)＝0，所以g(x)有唯一的零點(diǎn)x＝1，從而函數(shù)f(x)有唯一的零點(diǎn)x＝1．(2)欲證x1x2＞e2，只需證lnx1＋lnx2＞2．由函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，可得函數(shù)f′(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，又f′(x)＝lnx－mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的兩個(gè)不同實(shí)根．于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，①,lnx2－mx2＝0，②))①＋②可得lnx1＋lnx2＝m(x1＋x2)，即m＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)，②－①可得lnx2－lnx1＝m(x2－x1)，即m＝eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)，從而可得eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)，于是lnx1＋lnx2＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x2,x1)))ln\f(x2,x1),\f(x2,x1)－1)．由0＜x1＜x2，設(shè)t＝eq\f(x2,x1)，則t＞1．因此lnx1＋lnx2＝eq\f((1＋t)lnt,t－1)，t＞1．要證lnx1＋lnx2＞2，即證eq\f((t＋1)lnt,t－1)＞2(t＞1)，即證當(dāng)t＞1時(shí)，有l(wèi)nt＞eq\f(2(t－1),t＋1)．令h(t)＝lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)(t＞1)，則h′(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，所以h(t)為(1，＋∞)上的增函數(shù)．因此h(t)＞ln1－eq\f(2(1－1),1＋1)＝0．于是當(dāng)t＞1時(shí)，有l(wèi)nt＞eq\f(2(t－1),t＋1)．所以有l(wèi)nx1＋lnx2＞2成立，即x1x2＞e2．[例3](2025年陜西省寶雞市高三模擬試題)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a＝1時(shí)，方程f(x)＝m(m＜－2)有兩個(gè)相異實(shí)根x1，x2，且x1＜x2，求證：x1·xeq\o\al(2,2)＜2．解析(1)由題意得，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)(x＞0)．當(dāng)a≤0時(shí)，由x＞0，得1－ax＞0，即f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)＞0，得0＜x＜eq\f(1,a)，由f′(x)＜0，得x＞eq\f(1,a)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)由題意及(1)可知，方程f(x)＝m(m＜－2)的兩個(gè)相異實(shí)根x1，x2滿足lnx－x－m＝0，且0＜x1＜1＜x2，即lnx1－x1－m＝lnx2－x2－m＝0．由題意，可知lnx1－x1＝m＜－2＜ln2－2，又由(1)可知，f(x)＝lnx－x在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故x2＞2．令g(x)＝lnx－x－m，則g(x)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x2)))＝－x＋eq\f(2,x2)＋3lnx－ln2．令h(t)＝－t＋eq\f(2,t2)＋3lnt－ln2(t＞2)，則h′(t)＝－eq\f((t－2)2(t＋1),t3)．當(dāng)t＞2時(shí)，h′(t)＜0，h(t)單調(diào)遞減，所以h(t)＜h(2)＝2ln2－eq\f(3,2)＜0，所以g(x)＜geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x2)))．因?yàn)閤2＞2且g(x1)＝g(x2)，所以h(x2)＝g(x2)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x\o\al(2,2))))＝g(x1)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x\o\al(2,2))))＜0，即g(x1)＜geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x\o\al(2,2))))．因?yàn)間(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，所以x1＜eq\f(2,x\o\al(2,2))，故x1·xeq\o\al(2,2)＜2．總結(jié)提升本題第(2)問(wèn)要證明的方程根之間的不等式關(guān)系比較復(fù)雜，此類問(wèn)題可通過(guò)不等式的等價(jià)變形，將兩個(gè)根分布在不等式兩側(cè)，然后利用函數(shù)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化為對(duì)應(yīng)函數(shù)值之間的大小關(guān)系即可．顯然構(gòu)造函數(shù)的關(guān)鍵仍然是消掉參數(shù)，另外根據(jù)函數(shù)性質(zhì)確定“x2＞2”是解題的一個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)，確定其范圍之后才能將x1與eq\f(2,x\o\al(2,2))化歸到函數(shù)的同一個(gè)單調(diào)區(qū)間上，這也是此類問(wèn)題的一個(gè)難點(diǎn)——精確定位．(1)求的最值；變式練習(xí)1．已知函數(shù)f(x)＝xlnx的圖象與直線y＝m交于不同的兩點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)．求證：x1x2<eq\f(1,e2)．1．解析f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)>0得x>eq\f(1,e)，由f′(x)<0得0<x<eq\f(1,e)，∴函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增．可設(shè)0<x1<eq\f(1,e)<x2．方法一構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2x)))，則F′(x)＝f′(x)＋eq\f(1,e2x2)f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2x)))＝1＋lnx＋eq\f(1,e2x2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋ln\f(1,e2x)))＝(1＋lnx)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,e2x2)))，當(dāng)0<x<eq\f(1,e)時(shí)，1＋lnx<0，1－eq\f(1,e2x2)<0，則F′(x)>0，得F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上是增函數(shù)，∴F(x)<Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，∴f(x)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(1,e)))，將x1代入上式得f(x1)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2x1)))，又f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2x1)))，又x2>eq\f(1,e)，eq\f(1,e2x1)>eq\f(1,e)，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，∴x2<eq\f(1,e2x1)，∴x1x2<eq\f(1,e2)．方法二f(x1)＝f(x2)即x1lnx1＝x2lnx2，令t＝eq\f(x2,x1)>1，則x2＝tx1，代入上式得x1lnx1＝tx1(lnt＋lnx1)，得lnx1＝eq\f(tlnt,1－t)．∴x1x2<eq\f(1,e2)?lnx1＋lnx2<－2?2lnx1＋lnt<－2?eq\f(2tlnt,1－t)＋lnt<－2?lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)>0．設(shè)g(t)＝lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)(t>1)，則g′(t)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)>0．∴當(dāng)t>1時(shí)，g(t)為增函數(shù)，g(t)>g(1)＝0，∴l(xiāng)nt－eq\f(2(t－1),t＋1)>0．故x1x2<eq\f(1,e2)．(1)討論的單調(diào)性；(2)①由(1)知，時(shí)，單調(diào)遞增，至多一個(gè)零點(diǎn)，不合題意，(1)求的取值范圍．4．(2025年山東省淄博市實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬試題)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x＋a)(a∈R)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線x＋y＋1＝0垂直．(1)試比較與20192018的大小，并說(shuō)明理由；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－k有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，證明：x1x2＞e2．4．解析(1)依題意得f′(x)＝eq\f(\f(x＋a,x)－lnx,（x＋a）2)，所以f′(1)＝eq\f(1＋a,(1＋a)2)＝eq\f(1,1＋a)，又曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線x＋y＋1＝0垂直，所以f′(1)＝1，即eq\f(1,1＋a)＝1，解得a＝0．故f(x)＝eq\f(lnx,x)，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)．令f′(x)＞0，則1－lnx＞0，解得0＜x＜e；令f′(x)＜0，則1－lnx＜0，解得x＞e，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，＋∞)．所以f(2018)＞f(2019)，即eq\f(ln2018,2018)＞eq\f(ln2019,2019)，整理得ln＞ln，所以＞20192018．(2)不妨設(shè)x1＞x2＞0，因?yàn)間(x1)＝g(x2)＝0，所以lnx1－kx1＝0，lnx2－kx2＝0，可得lnx1＋lnx2＝k(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝k(x1－x2)．要證x1x2＞e2，即證lnx1x2＞2，只需證lnx1＋lnx2＞2，也就是證k(x1＋x2)＞2，即證k＞eq\f(2,x1＋x2)．因?yàn)閗＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，所以只需證eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＞eq\f(2,x1＋x2)，即證lneq\f(x1,x2)＞eq\f(2(x1－x2),x1＋x2)．令eq\f(x1,x2)＝t(t＞1)，則只需證lnt＞eq\f(2(t－1),t＋1)(t＞1)．令h(t)＝lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)(t＞1)，則h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,(t＋1)2)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)＞0，故函數(shù)h(t)在(1，＋∞)上是單調(diào)遞增的，所以h(t)＞h(1)＝0，即lnt＞eq\f(2(t－1),t＋1)，所以x1x2＞e2．5．(2025年福建省福州市三校聯(lián)考試題)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(b,x)－a(a∈R，b∈R)有最小值M，且M≥0．(1)求ea－1－b＋1的最大值；6．已知函數(shù)f(x)＝(lnx－k－1)x(k∈R)．(1)當(dāng)x>1時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)若對(duì)任意x∈[e，e2]，都有f(x)<4lnx成立，求k的取值范圍；(3)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，證明x1x2<e2k．6．解析(1)f′(x)＝eq\f(1,x)·x＋lnx－k－1＝lnx－k．①當(dāng)k≤0時(shí)，因?yàn)閤>1，所以f′(x)＝lnx－k>0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間，無(wú)極值．②當(dāng)k>0時(shí)，令lnx－k＝0，解得x＝ek，當(dāng)1<x<ek時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>ek時(shí)，f′(x)>0．所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(1，ek)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ek，＋∞)，在(1，＋∞)上的極小值為f(ek)＝(k－k－1)ek＝－ek，無(wú)極大值．(2)由題意，f(x)－4lnx<0，即問(wèn)題轉(zhuǎn)化為(x－4)lnx－(k＋1)x<0對(duì)任意x∈[e，e2]恒成立，即k＋1>eq\f((x－4)lnx,x)對(duì)任意x∈[e，e2]恒成立，令g(x)＝eq\f((x－4)lnx,x)，x∈[e，e2]，則g′(x)＝eq\f(4lnx＋x－4,x2)．令t(x)＝4lnx＋x－4，x∈[e，e2]，則t′(x)＝eq\f(4,x)＋1>0，所以t(x)在區(qū)間[e，e2]上單調(diào)遞增，故t(x)min＝t(e)＝4＋e－4＝e>0，故g′(x)>0，所以g(x)在區(qū)間[e，e2]上單調(diào)遞增，函數(shù)g(x)max＝g(e2)＝2－eq\f(8,e2)．要使k＋1>eq\f((x－4)lnx,x)對(duì)任意x∈[e，e2]恒成立，只要k＋1>g(x)max，所以k＋1>2－eq\f(8,e2)，解得k>1－eq\f(8,e2)，所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－eq\f(8,e2)，＋∞))．(3)法一因?yàn)閒(x1)＝f(x2)，由(1)知，當(dāng)k>0時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，ek)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(ek，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(ek＋1)＝0．不妨設(shè)x1<x2，當(dāng)x→0時(shí)，f(x)→0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞，則0<x1<ek<x2<ek＋1，要證x1x2<e2k，只需證x2<eq\f(e2k,x1)，即證ek<x2<eq\f(e2k,x1)．因?yàn)閒(x)在區(qū)間(ek，＋∞)上單調(diào)遞增，所以只需證f(x2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2k,x1)))，又f(x1)＝f(x2)，即證f(x1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2k,x1)))，構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2k,x)))＝(lnx－k－1)x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lneq\f(e2k,x)－k－1))eq\f(e2k,x)，即h(x)＝xlnx－(k＋1)x＋e2keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(lnx,x)－eq\f(k－1,x)))，h′(x)＝lnx＋1－(k＋1)＋e2keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1－lnx,x2)＋eq\f(k－1,x2)))＝(lnx－k)eq\f(x2－e2k,x2)，當(dāng)x∈(0，ek)時(shí)，lnx－k<0，x2<e2k，即h′(x)>0，所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(0，ek)上單調(diào)遞增，h(x)<h(ek)，而h(ek)＝f(ek)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2k,ek)))＝0，故h(x)<0，所以f(x1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2k,x1)))，即f(x2)＝f(x1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2k,x1)))，所以x1x2<e2k成立．法二要證x1x2<e2k成立，只要證lnx1＋lnx2<2k．因?yàn)閤1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，所以(lnx1－k－1)x1＝(lnx2－k－1)x2，即x1lnx1－x2lnx2＝(k＋1)(x1－x2)，x1lnx1－x2lnx1＋x2lnx1－x2lnx2＝(k＋1)(x1－x2)，即(x1－x2)lnx1＋x2lneq\f(x1,x2)＝(k＋1)(x1－x2)，k＋1＝lnx1＋eq\f(x2ln\f(x1,x2),x1－x2)，同理k＋1＝lnx2＋eq\f(x1ln\f(x1,x2),x1－x2)，從而2k＝lnx1＋lnx2＋eq\f(x2ln\f(x1,x2),x1－x2)＋eq\f(x1ln\f(x1,x2),x1－x2)－2，要證lnx1＋lnx2<2k，只要證eq\f(x2ln\f(x1,x2),x1－x2)＋eq\f(x1ln\f(x1,x2),x1－x2)－2>0，不妨設(shè)0<x1<x2，則0<eq\f(x1,x2)＝t<1，即證eq\f(lnt,t－1)＋eq\f(lnt,1－\f(1,t))－2>0，即證eq\f((t＋1)lnt,t－1)>2，即證lnt<2·eq\f(t－1,t＋1)對(duì)t∈(0，1)恒成立，設(shè)h(t)＝lnt－2·eq\f(t－1,t＋1)，當(dāng)0<t<1時(shí)，h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,(t＋1)2)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)>0，所以h(t)在t∈(0，1)上單調(diào)遞增，h(t)<h(1)＝0，得證，所以x1x2<e2k．

7.已知函數(shù)g(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x(a∈R)．(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)＝g(x)＋(a＋1)x2－2x，x1，x2(0＜x1＜x2)是函數(shù)f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<0．解析(1)函數(shù)g(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x的定義域?yàn)?0，＋∞)，g′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋(2－a)＝－eq\f((ax－1)(2x＋1),x)，①當(dāng)a≤0時(shí)，g′(x)>0，則g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②當(dāng)a>0時(shí)，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，則g′(x)>0，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，則g′(x)<0，則g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)因?yàn)閤1，x2是f(x)＝lnx＋ax2－ax的兩個(gè)零點(diǎn)，所以lnx1＋axeq\o\al(2,1)－ax1＝0，lnx2＋axeq\o\al(2,2)－ax2＝0，所以a＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＋(x2＋x1)，又f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－a，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＝eq\f(2,x1＋x2)＋(x1＋x2)－a＝eq\f(2,x1＋x2)－eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，所以要證f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<0，只須證明eq\f(2,x1＋x2)－eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)<0，8.(2025年河北省石家莊市高三模擬試題)已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋blnx，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝2x．(1)求實(shí)數(shù)a，b的值；(2)設(shè)F(x)＝f(x)－x2＋mx(m∈R)，x1，x2(0＜x1＜x2)分別是函數(shù)F(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，求證：F(eq\r(x1x2))＜0(F(x)為函數(shù)F(x)的導(dǎo)函數(shù))．解析(1)a＝1，b＝－1；總結(jié)提升極值點(diǎn)偏移問(wèn)題中，由于兩個(gè)變量的地位相同，將待證不等式進(jìn)行變形，可以構(gòu)造關(guān)于（或）的一元函數(shù)來(lái)處理．應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，并借助于單調(diào)性，達(dá)到待證不等式的證明．此乃主元法．總結(jié)提升極值點(diǎn)偏移問(wèn)題中，如果等式含有參數(shù)，則消參，有指數(shù)的則兩邊取對(duì)數(shù)，轉(zhuǎn)化為對(duì)數(shù)式，通過(guò)恒等變換轉(zhuǎn)化為對(duì)數(shù)平均問(wèn)題，利用對(duì)數(shù)平均不等式求解，此乃對(duì)數(shù)平均法．10.(2025年湖北省宜昌市高三模擬試題)已知函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－ax有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)求證：f(x1)＋f(x2)>2．解析(1)由于f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－ax，則f′(x)＝ex－x－a，設(shè)g(x)＝f′(x)＝ex－x－a，則g′(x)＝ex－1，令g′(x)＝ex－1＝0，解得x＝0．所以當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，g′(x)>0．所以g(x)min＝g(0)＝1－a．＝1\*GB3①當(dāng)a≤1時(shí)，g(x)＝f′(x)≥0，所以函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，沒(méi)有極值點(diǎn)；＝2\*GB3②當(dāng)a>1時(shí)，g(x)min＝1－a<0，且當(dāng)當(dāng)x→－∞時(shí)，g(x)→＋∞；當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→＋∞．此時(shí)，g(x)＝f′(x)＝ex－x－a有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，不妨設(shè)x1<x2，則x1<0<x2，所以函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－ax有兩個(gè)極值點(diǎn)時(shí)，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(1，＋∞)；答案速得函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)實(shí)質(zhì)上就是其導(dǎo)數(shù)f′(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，亦即函數(shù)y＝ex與直線y＝x＋a有兩個(gè)交點(diǎn)，如圖所示，顯然實(shí)數(shù)a的取值范圍是(1，＋∞)．(2)由(1)知，x1，x2為g(x)＝0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，x1<0<x2，g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減．下面先證x1<－x2<0，只需證g(－x2)<g(x1)＝0，由于g(x2)＝－x2－a＝0，得a＝－x2，所以g(－x2)＝＋x2－a＝－＋2x2．設(shè)h(x)＝－＋2x(x>0)，則h′(x)＝－＋2<0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)<h(0)＝0，h(x2)＝g(－x2)<0，所以x1<－x2<0．由于函數(shù)f(x)在(x1，0)上也單調(diào)遞減，所以f(x1)>f(－x2)．要證f(x1)＋f(x2)>2，只需證f(－x2)＋f(x2)>2，即證＋－－2>0．設(shè)函數(shù)k(x)＝＋－－2，x∈(0，＋∞)，則k′(x)＝－－2x．設(shè)r(x)＝k′(x)＝－－2x，則r′(x)＝＋－2>0，所以r(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，r(x)>r(0)＝0，即k′(x)>0．所以k(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，k(x)>k(0)＝0．故當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，＋－－2>0，則＋－－2>0，所以f(－x2)＋f(x2)>2，亦即f(x1)＋f(x2)>2．總結(jié)提升本題是極值點(diǎn)偏移問(wèn)題的泛化，是拐點(diǎn)的偏移，依然可以使用極值點(diǎn)偏移問(wèn)題的有關(guān)方法來(lái)解決．只不過(guò)需要挖掘出拐點(diǎn)偏移中隱含的拐點(diǎn)的不等關(guān)系，如本題中的x1<－x2<0，如果“腦中有‘形’”，如圖所示，并不難得出．11．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－(a－2)x－alnx．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；12．(2025年湖北省黃岡市高三聯(lián)考試題)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)a＞0，證明：當(dāng)0＜x＜eq\f(1,a)時(shí)，f(eq\f(1,a)＋x)＞f(eq\f(1,a)－x)；(3)若函數(shù)y＝f(x)的圖象與軸交于A，B兩點(diǎn)，線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x0，證明：f(x0)＜0．12．解析(1)若a≤0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)增加；若a＞0，f(x)在(0，eq\f(1,a))上單調(diào)遞增，在(eq\f(1,a)，＋∞)上單調(diào)遞減；(2)由(1)可得a＞0，f(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋2－a在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，f(eq\f(1,a))＝0，不妨設(shè)A(x1，0)，B(x2，0)，0＜x1＜x2，則0＜x1＜eq\f(1,a)＜x2，欲證明f(x)＜0，即f(x0)＜f(eq\f(1,a))，只需證明x0＝eq\f(x1＋x2,2)＞eq\f(1,a)，即x1＞eq\f(2,a)－x2，只需證明f(x2)＝f(x1)＞f(eq\f(2,a)－x2)．由(2)得f(eq\f(2,a)－x2)＝f[eq\f(1,a)＋(eq\f(1,a)－x2)]＞f[eq\f(1,a)－(eq\f(1,a)－x2)]＝f(x2)，得證．13．(2025年重慶巴蜀中學(xué)月考題)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－ax＋a，其圖象與軸交于A(x1，0)，B(x2，0)兩點(diǎn)，且x1＜x2．(1)求a的取值范圍；(2)證明：f(eq\r(x1x2))＜0(f(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))．13．解析(1)a∈(e2，＋∞)，且0＜x1＜lna＜x2，f(x)在(0，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增；(2)要證明f(eq\r(x1x2))＜0，只需證f(eq\f(x1＋x2,2))＜0，即f(eq\f(x1＋x2,2))＜f(lna)，因?yàn)閒(x)＝ex－a單調(diào)遞增，所以只需證eq\f(x1＋x2,2)＜lna，亦即x2＞2lna－x1，只要證明f(x2)＝f(x1)＞f(2lna－x1)即可；令g(x)＝f(x)－f(2lna－x)(x＜lna)，則g(x)＝f(x)－f(2lna－x1)＝ex－eq\f(a2,ex)－2a＜0，所以g(x)在(0，lna)上單調(diào)遞減，g(x)＞g(lna)＝0，得證．14．已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋1有兩個(gè)零點(diǎn)．(1)求a的取值范圍；(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：f′(x1·x2)<1－a．14．解析(1)由f(x)＝0，可得a＝eq\f(1＋lnx,x)，轉(zhuǎn)化為函數(shù)g(x)＝eq\f(1＋lnx,x)與直線y＝a的圖象在(0，＋∞)上有兩個(gè)不同交點(diǎn)．g′(x)＝eq\f(－lnx,x2)(x>0)，故當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)<0．故g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(1)＝1．又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→0，故當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時(shí)，g(x)<0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時(shí)，g(x)>0．可得a∈(0，1)．(2)f′(x)＝eq\f(1,x)－a，由(1)知x1，x2是lnx－ax＋1＝0的兩個(gè)根，故lnx1－ax1＋1＝0，lnx2－ax2＋1＝0?a＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)．要證f′(x1·x2)<1－a，只需證x1·x2>1，即證lnx1＋lnx2>0，即證(ax1－1)＋(ax2－1)>0，即證a>eq\f(2,x1＋x2)，即證eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)>eq\f(2,x1＋x2)．不妨設(shè)0<x1<x2，故lneq\f(x1,x2)<eq\f(2(x1－x2),x1＋x2)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)－1)),\f(x1,x2)＋1)，(*)令t＝eq\f(x1,x2)∈(0，1)，h(t)＝lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)，h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,(t＋1)2)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)>0，則h(t)在(0，1)上單調(diào)遞增，則h(t)<h(1)＝0，故(*)式成立，即要證不等式得證．15．(2025年福建省廈門(mén)市高三聯(lián)考試題)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx(a∈R)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若f(x)有兩個(gè)不相同的零點(diǎn)x1，x2．①求實(shí)數(shù)a的取值范圍；②證