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第8 讲 双变量与极值点偏移
微点一 切割线夹问题
例1 已知函数f(x)=1−x
2
e
x
.
(1)求函数f(x)的零点x0，以及曲线y=f(x)在x=x0处的切线方程；
(2)设方程f(x)=m(m>0)有两个实根x1，x2，求证：|x1-x2|<2-m(1+ 1
2e).
(1)解 令f(x)=1−x
2
e
x
=0，得x=±1，
所以函数f(x)的零点x0=±1，又f'(x)= x
2−2 x−1
e
x
，
则f'(-1)=2e，f'(1)=-2
e ，则曲线y=f(x)在点(-1，0)，(1，0)处的切线方程分别为y=2e(x+1)和y=-2
e (x-1).
(2)证明 画出函数f(x)=1−x
2
e
x
的图象，易知 x1，x2∈(-1，1)，
又f(0)=1，f'(0)=-1，所以曲线y=f(x)在点(-1，0)，(0，1)处的切线方程分别为y=2e(x+1)和y=-x+1.
令g(x)=2e(x+1)，h(x)=-x+1.
先证f(x)<g(x)(-1<x<1)，再证f(x)≤h(x)(-1<x<1).
构造函数F(x)=f(x)-g(x)=1−x
2
e
x
-2e(x+1) (-1<x<1)，
易证当-1<x<1 时，F'(x)= x
2−2 x−1
e
x
-2e<0，所以F(x)在(-1，1)上单调递减，
故F(x)=1−x
2
e
x
-2e(x+1)<F(-1)=0，
即f(x)<g(x)(-1<x<1).
f(x)-h(x)=1−x
2
e
x
+x-1
=( x−1)[e
x−( x +1)]
e
x
(-1<x<1)，
令φ(x)=ex-(x+1)(-1<x<1)，
φ'(x)=ex-1，
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令φ'(x)<0，得-1<x<0，
令φ'(x)>0，得0<x<1，
则φ(x)在(-1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，所以当-1<x<1 时，φ(x)≥φ(0)=0，
又当-1<x<1 时，x-1<0，ex>0，
所以f(x)-h(x)≤0，
即f(x)≤h(x)(-1<x<1)，
不妨设-1<x1<x2<1，方程g(x)=m 的根为x'1，
可得x'1= m
2e -1.
因为g(x)在(-1，1)上单调递增，
且g(x1)>f(x1)=m=g(x'1)，
所以x1> x'1.
类似地，设方程h(x)=m 的根为x'2，可得x'2=1-m.
因为h(x)在(-1，1)上单调递减，且h(x2)≥f(x2)=m=h(x'2)，所以x2≤ x'2.
由此可得x2-x1< x'2-x'1=1-m-(
m
2e −1)
=2-m(1+ 1
2e).
综上，|x1-x2|<2-m(1+ 1
2e).
[规律方法] 当方程的根无法求解时，可以联想到弦长公式的求法|AB|=√1+k
2|x1-x2|，设而不求，尝试转化，
借助第(1)问，利用切线夹逼，这是一种以直代曲的思想(定积分的思想)，将不可求解问题化归为可求解问
题，在选取切线时需合理，且需要严格论证.
跟踪演练1 已知函数f(x)=xln x.
(1)对于任意的x>0，证明：f(x)≥-2x-e-3；
(2)若f(x)=b 有两个实根x1，x2(x1≠x2)，求证：|x1-x2|<3
2b+1+ 1
2e
3.
证明 (1)令g(x)=f(x)+2x+e-3=xln x+2x+e-3，g'(x)=ln x+3，
显然g'(x)=0 时，x=e-3，当x∈(0，e-3)时，g'(x)<0，
∴函数g(x)在(0，e-3)上单调递减；
当x∈(e-3，+∞)时，g'(x)>0，
∴函数g(x)在(e-3，+∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(e-3)=-3e-3+2e-3+e-3=0.
∴对于任意的x>0，f(x)≥-2x-e-3.
(2)当x=1 时，f(1)=0，由函数f(x)=xln x 在点(1，0)处切线的斜率k=f'(1)=1，
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可得在(1，0)处的切线方程为y=x-1，
作出直线y=x-1 与f(x)=xln x 的图象，如图，根据图象可得x1，x2∈(0，1)，易证f(x)>x-1(0<x<1)，
记直线y=-2x-e-3，y=x-1 分别与y=b 交于点(x'1，b)，(x'2，b)，
可得x'1=−b−e
−3
2
，x'2=b+1，不妨设x1<x2，则x'1≤x1，x2<x'2，
故|x1-x2|=x2-x1<x'2-x'1=(b+1)-(−b
2 −1
2e
3)=3
2b+1+ 1
2e
3 ，
故|x1-x2|<3
2b+1+ 1
2e
3.
微点二 代数偏移与几何偏移
1.极值点偏移的定义
极值点偏移是函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数的图象不具有对称性.例如我们学过的二次函
数为标准的对称结构，有对称轴，但是有些函数没有对称轴，即关于类对称轴对称的两点横坐标之和不等
于对称点横坐标的两倍，我们把这种现象叫做极值点偏移.
2.从图形角度理解极值点偏移(x0为极值点，且x1<x2)
(1)左右对称，无偏移，如二次函数；若f(x1)=f(x2)，则x1+x2=2x0.
(2)左陡右缓，极值点向左偏移；若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>2x0.
(3)左缓右陡，极值点向右偏移；若f(x1)=f(x2)，则x1+x2<2x0.
例2 已知函数f(x)=ln x+1
x +a，a 为常数.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当f(x1)=f(x2)(x1≠x2)时，证明：x1+x2>2.
(1)解 函数f(x)的定义域为(0，+∞)，
f'(x)=1
x - 1
x
2= x−1
x
2 ，
在(0，1)上，f'(x)<0，f(x)单调递减；
在(1，+∞)上，f'(x)>0，f(x)单调递增，
故f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞).
(2)证明 方法一 (对称化构造法)
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由(1)可知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，在x=1 处取得极小值.
不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2，
欲证x1+x2>2，即证x2>2-x1，
又2-x1>1，
即证f(x2)>f(2-x1)，
由f(x1)=f(x2)，
即证f(x1)>f(2-x1).
构造函数F(x)=f(x)-f(2-x)，0<x<1，
则F'(x)=f'(x)+f'(2-x)
= x−1
x
2 + 1−x
(2−x)
2=−4(1−x)
2
x
2(2−x)
2 <0，
所以F(x)在(0，1)上单调递减，
所以F(x)>f(1)-f(2-1)=0.
又因为x1∈(0，1)，
所以F(x1)=f(x1)-f(2-x1)>0，
即f(x1)>f(2-x1)，
故x1+x2>2，得证.
方法二 (引元消参法)
由(1)可知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，在x=1 处取得极小值.
不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2，
由f(x1)=f(x2)，得ln x1+ 1
x1
=ln x2+ 1
x2
，
令
x2
x1
=t(t>1)，可得x2=tx1，
则ln x1+ 1
x1
=ln(tx1)+ 1
t x1
，
解得x1=t −1
t ln t ，进而可得x2=t −1
ln t ，
欲证x1+x2>2，
即证t −1
t ln t +t −1
ln t =t
2−1
t lnt >2，
即证2ln t-t+1
t <0，
令g(t)=2ln t-t+1
t ，t>1，
则g'(t)=2
t -1- 1
t
2=−(t −1)
2
t
2
<0，
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所以g(t)在(1，+∞)上单调递减，
所以g(t)<2ln 1-1+1
1=0，
所以2ln t-t+1
t <0，
故x1+x2>2，得证.
[规律方法] 对称化构造函数法构造辅助函数
(1)对结论x1+x2>2x0型，构造函数F(x)=f(x)-f(2x0-x).
(2)对结论x1x2>x0
2型，方法一是构造函数F(x)=f(x)-f(
x0
2
x )，通过研究F(x)的单调性获得不等式；方法二是两
边取对数，转化成ln x1+ln x2>2ln x0，再把ln x1，ln x2看成两变量即可.
跟踪演练2 (2022·全国甲卷)已知函数f(x)=e
x
x -ln x+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.
(1)解 由题意知函数f(x)的定义域为(0，+∞).
由f'(x)=e
x( x−1)
x
2
-1
x +1
=e
x( x−1)−x + x
2
x
2
=(e
x+ x)( x−1)
x
2
，
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 (对称化构造法)
由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
由f(x)有两个零点，
可得f(1)=e+1-a<0，
即a>e+1.
不妨设0<x1<1<x2，
要证x1x2<1，即证x2< 1
x1
，
由1
x1>1，x2>1，
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即证f(x2)<f (
1
x1)，
即证f(x1)<f (
1
x1)，
构造函数h(x)=f(x)-f (
1
x)(0<x<1)，
则h'(x)=f'(x)+ 1
x
2f'(
1
x)
=( x−1)(e
x+ x−x e
1
x −1)
x
2
，
构造函数m(x)=ex+x-xe
1
x-1(0<x<1)，
则m'(x)=ex+1-e
1
x(1−1
x)，
因为0<x<1，所以1-1
x <0，
所以m'(x)>0 在(0，1)上恒成立，
即m(x)在(0，1)上单调递增，
所以m(x)<e+1-e-1=0，
又因为x-1<0，
所以h'(x)>0 在(0，1)上恒成立，
所以h(x)在(0，1)上单调递增，
所以h(x)<f(1)-f(1)=0，即f(x)<f (
1
x)，
又因为0<x1<1，
所以f(x1)<f (
1
x1)，
即x1x2<1，得证.
方法二 (引元消参法)
由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
由f(x)有两个零点，
可得f(1)=e+1-a<0，
即a>e+1.
因为f(x)的两个零点为x1，x2，
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所以{
e
x1
x1
−ln x1+ x1=a,
e
x2
x2
−ln x2+ x2=a,
即{
e
x1−ln x1+ x1−ln x1=a,
e
x2−ln x2+ x2−ln x2=a,
由函数y=ex+x 在R 上单调递增，
可得x1-ln x1=x2-ln x2，
不妨设0<x1<1<x2，
令t= x2
x1
(t>1)，
可得x1-ln x1=tx1-ln(tx1)，
解得x1= lnt
t −1 ，
进而可得x2=t ln t
t −1 ，
欲证x1x2<1，即证t(lnt )
2
(t −1)
2<1，
即证ln t-√t+ 1
√t <0，
令h(t)=ln t-√t+ 1
√t ，t>1，
则h'(t)=1
t - 1
2√t -
1
2t √t =2√t −t −1
2t √t
=-(√t −1)
2
2t √t
<0，
所以h(t)在(1，+∞)上单调递减，
所以h(t)<ln 1-√1+ 1
√1=0，
即ln t-√t+ 1
√t <0，
故x1x2<1，得证.
微点三 不对称零点和积最值问题
例3 已知函数f(x)=xln x-ax2-x，g(x)=f ( x)
x
，a∈R.
(1)讨论g(x)的单调性；
(2)设f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，证明：x1
4x2>e3.(e=2.718 28…为自然对数的底数)
(1)解 g(x)=f ( x)
x
=ln x-ax-1，x>0，g'(x)=1
x -a，
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①当a≤0 时，g'(x)>0，g(x)在(0，+∞)上单调递增；
②当a>0 时，令g'(x)=0，解得x=1
a ，
当x∈(0，1
a)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(
1
a ，+ ∞)时，g'(x)<0，g(x)单调递减.
综上，当a≤0 时，g(x)在(0，+∞)上单调递增；
当a>0 时，g(x)在(0，1
a)上单调递增，在(
1
a ，+∞)上单调递减.
(2)证明 由题意知，f'(x)=ln x-2ax，x>0，x1，x2是f'(x)=0 的两个不同的实数根，
即ln x1-2ax1=0，ln x2-2ax2=0，
解得2a=ln x1−ln x2
x1−x2
，
(*)
要证x1
4x2>e3，
即证4ln x1+ln x2>3，
即4·2ax1+2ax2>3，
把(*)式代入得ln x1−ln x2
x1−x2
·(4x1+x2)>3(x1<x2)，
所以只需证ln x1
x2
<3( x1−x2)
4 x1+ x2
=
3(
x1
x2
−1)
4 x1
x2
+1
，
令t= x1
x2
，0<t<1，
即证h(t)=ln t-3(t −1)
4 t +1 <0(0<t<1)成立，
而h'(t)=1
t -
15
(4t +1)
2=16t
2−7t +1
t(4 t +1)
2
=16(t −7
32)
2
+ 15
64
t(4t +1)
2
>0，
所以h(t)在(0，1)上单调递增，
所以h(t)<h(1)=0，
所以命题得证.
[规律方法] 当我们遇到x1+x2或者x1x2最值时，这个属于对称零点最值，也通常指向极值点偏移方向，而
x1+kx2或者x1
kx2之类的，属于不对称零点问题，通常也是利用比值换元来解决问题.
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跟踪演练3 已知关于x 的方程ax-ln x=0 有两个不相等的正实根x1和x2，且x1<x2.
(1)求实数a 的取值范围；
(2)设k 为常数，当a 变化时，若x1
kx2有最小值ee，求常数k 的值.
解 (1)由ax-ln x=0 且x>0，可得a=ln x
x .
设F(x)=ln x
x ，x∈(0，+∞)，
则F'(x)=1−ln x
x
2
，
令F'(x)=0，解得x=e.
当0<x<e 时，F'(x)>0，F(x)单调递增；
当x>e 时，F'(x)<0，F(x)单调递减，
函数F(x)=ln x
x 的图象如图，又当x 趋向于0 时，F(x)趋向于-∞，
当x 趋向于+∞时，F(x)趋向于0；
要使F(x)的图象与直线y=a 有两个交点，
则0<a<F(e)=1
e ，故a 的取值范围是(0，1
e).
(2)因为F(1)=0，由(1)得1<x1<e<x2，
则a=ln x1
x1
=ln x2
x2
，x2
x1
=ln x2
ln x1
，
设
x2
x1
=t(t>1)，
则t=ln t + ln x1
ln x1
，
即ln x1= lnt
t −1 ，ln x2=t lnt
t −1 ，
由x1
kx2有最小值ee，
即kln x1+ln x2=(k +t )ln t
t −1
有最小值e.
设g(t)=(k +t )ln t
t −1
(t>1)，
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g'(t)=−(k +1)ln t +t −k
t + k −1
(t −1)
2
，
记G(t)=-(k+1)ln t+t-k
t +k-1，t>1，
G'(t)=-k +1
t
+1+ k
t
2=(t −1)(t −k )
t
2
，
由于t>1，若k≤1，
则G'(t)>0，可得G(t)单调递增，
此时G(t)>G(1)=0，即g'(t)>0，g(t)单调递增，
此时g(t)在(1，+∞)上没有最小值，不符合题意.
若k>1，当t∈(1，k)时，G'(t)<0，
则G(t)在(1，k)上单调递减，
当t∈(k，+∞)时，G'(t)>0，
则G(t)在(k，+∞)上单调递增.
又G(1)=0，G(k)<G(1)=0，
且当t 趋向于+∞时，G(t)趋向于+∞，
故存在唯一的t0∈(k，+∞)，使得G(t0)=0.
当1<t<t0时，G(t)<0，
即g'(t)<0，此时g(t)在(1，t0)上单调递减；
当t>t0时，G(t)>0，
即g'(t)>0，g(t)在(t0，+∞)上单调递增.
所以当k>1 时，g(t)有最小值g(t0)，
而G(t0)=0，即-(k+1)ln t0+t0- k
t0
+k-1=0，
整理得k=
−ln t0+t0−1
ln t0+ 1
t0
−1
，
此时g(t0)=(k +t0)ln t0
t0−1
=
(ln t0)
2
ln t0+ 1
t0
−1
，
由题意知g(t0)=e.
令y=x+e-x-1 且x>0，
则y'=1-e-x>0，
即y 在(0，+∞)上单调递增，故y>y|x=0=0，
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设h(x)=
x
2
x +e
−x−1
(x>0)，
h'(x)= x[( x +2)e
−x+ x−2]
( x +e
−x−1)
2
，
设H(x)=(x+2)e-x+x-2，x>0，
H'(x)=-(x+1)e-x+1.
设u(x)=H'(x)，x>0，u'(x)=xe-x>0，
故H'(x)单调递增，H'(x)>H'(0)=0.
此时H(x)单调递增，H(x)>H(0)=0，
故h'(x)>0，h(x)在(0，+∞)上单调递增，
而由h(1)=e 知，h(x)=e 的唯一解是x=1.
故g(t0)=e 的唯一解是ln t0=1，即t0=e.
综上所述，k=e2-2e.
专题强化练
[分值：60 分]
1.(13 分)已知函数f(x)=xe2x-aex.
(1)若f(x)≥-1，求a 的取值范围；(5 分)
(2)若函数g(x)=a(e3x-ex)-f(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1+x2<2ln1
a.(8 分)
(1)解 因为f(x)≥-1，所以xe2x-aex+1≥0，
即a≤xex+ 1
e
x .
令t(x)=xex+ 1
e
x ，
则t'(x)=xex+ex- 1
e
x.
当x∈(-∞，0)时，ex<1< 1
e
x ，t'(x)<0，t(x)单调递减；
当x∈(0，+∞)时，ex>1> 1
e
x ，t'(x)>0，t(x)单调递增.
所以t(x)min=t(0)=1，则a≤1，
故a 的取值范围是(-∞，1].
(2)证明 g(x)=a(e3x-ex)-f(x)=e2x(aex-x)，易知e2x>0.
令h(x)=aex-x，
则h(x)有两个不同的零点x1，x2.
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求导得h'(x)=aex-1，
当a≤0 时，h'(x)<0，h(x)在R 上单调递减，
故h(x)不可能存在两个不同的零点，不满足题意；
当a>0 时，当x∈(-∞，-ln a)时，h'(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(-ln a，+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增.
当x→-∞时，h(x)→+∞，
当x→+∞时，h(x)→+∞.
故h(x)min=h(-ln a)=1+ln a<0，
解得0<a<1
e .
设x1<x2，则x1∈(-∞，-ln a)，x2∈(-ln a，+∞).
要证x1+x2<2ln1
a ，
即证2ln1
a-x1>x2，
因为x1，x2是h(x)的两个不同的零点，
所以h(x1)=h(x2)=0，
故令F(x)=h(2ln 1
a −x)-h(x)= 1
ae
x -aex+2x+2ln a，x<-ln a，且0<aex<1.
所以F'(x)=- 1
ae
x -aex+2=-(
1
ae
x +ae
x)+2<-2√
1
ae
x ·ae
x+2=0，
所以F(x)在(-∞，-ln a)上单调递减，
故F(x)>F(-ln a)=0.
因为x1∈(-∞，-ln a)，
所以F(x1)=h(2ln 1
a −x1)-h(x1)>0，
所以h(2ln 1
a −x1)>h(x1)=h(x2)=0.
因为h(x)在(-ln a，+∞)上单调递增，且2ln1
a-x1∈(-ln a，+∞)，x2∈(-ln a，+∞)，
所以2ln1
a-x1>x2，
即x1+x2<2ln1
a.
2.(15 分)(2025·十堰模拟)已知函数f(x)=e
ax
x ，g(x)=ax-ln x-1.
(1)判断f(x)的单调性；(5 分)
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(2)若f(x)+g(x)≥0 恒成立，求实数a 的取值范围；(5 分)
(3)若方程f(x)+g(x)=0 有两个不同的根x1，x2，证明：x1x2>e2.(5 分)
(1)解 因为f(x)=e
ax
x ，x≠0，
所以f'(x)=(ax−1)e
ax
x
2
.
当a=0 时，f'(x)<0，
所以f(x)在(-∞，0)和(0，+∞)上单调递减；
当a>0 时，令f'(x)>0，得x>1
a ，
令f'(x)<0，得0<x<1
a或x<0，
所以f(x)在(
1
a ，+ ∞)上单调递增，在(-∞，0)和(0，1
a)上单调递减；
当a<0 时，令f'(x)>0，得x<1
a ，
令f'(x)<0，得1
a<x<0 或x>0，
所以f(x)在(−∞，1
a)上单调递增，在(
1
a ，0)和(0，+∞)上单调递减.
综上所述，当a=0 时，f(x)在(-∞，0)和(0，+∞)上单调递减；
当a>0 时，f(x)在(
1
a ，+ ∞)上单调递增，在(-∞，0)和(0，1
a)上单调递减；
当a<0 时，f(x)在(−∞，1
a)上单调递增，在(
1
a ，0)和(0，+∞)上单调递减.
(2)解 方法一 因为f(x)+g(x)=e
ax
x +ax-ln x-1≥0(x>0)恒成立，
所以eax-ln x+ax-ln x-1≥0 恒成立.
令t=ax-ln x，则et+t-1≥0.
令ω(t)=et+t-1，
则ω(t)在R 上单调递增.
因为ω(0)=0，所以ω(t)≥0，即t≥0.
由t=ax-ln x≥0(x>0)，得a≥ln x
x .
令φ(x)=ln x
x ，x∈(0，+∞)，
则φ'(x)=1−ln x
x
2
，
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当x∈(0，e)时，φ'(x)>0，
当x∈(e，+∞)时，φ'(x)<0，
所以φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，
所以φ(x)max=φ(e)=1
e ，
所以a 的取值范围为[
1
e ，+∞).
方法二 令h(x)=f(x)+g(x)=e
ax
x +ax-ln x-1，x∈(0，+∞)，
则h(x)≥0 恒成立.
h'(x)=ae
ax x−e
ax
x
2
+a-1
x
=(e
ax+ x)(ax−1)
x
2
，
①当a≤0 时，因为x>0，所以h'(x)<0，
所以h(x)在(0，+∞)上单调递减.
因为h(1)=ea+a-1≤e0+0-1=0，
所以h(x)≥0 不恒成立.
②当a>0 时，当x∈(0，1
a)时，h'(x)<0，
当x∈(
1
a ，+ ∞)时，h'(x)>0，
所以h(x)在(0，1
a)上单调递减，在(
1
a ，+ ∞)上单调递增，
故h(x)min=h(
1
a)=ae+ln a.
因为函数F(a)=ae+ln a 在(0，+∞)上单调递增，且F(
1
e)=0，
所以当a∈[
1
e ，+ ∞)时，h(x)≥0 恒成立.
故实数a 的取值范围为[
1
e ，+∞).
(3)证明 由(2)得，h(x)=f(x)+g(x)，x∈(0，+∞)，
当0<a<1
e 时，h(x)min=h(
1
a)<0，此时1
a>e.
因为h(1)=ea+a-1>e0+0-1=0，
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h(e)=e
ae
e +ae-ln e-1<e
1
e ·e
e
+1
e ·e-2=0，
当x→+∞时，h(x)→+∞，
所以h(x)=0 有两个不同的根，
即f(x)+g(x)=0 有两个不同的根x1，x2，
不妨设x1<x2，则1<x1<e<x2.
由f(x)+g(x)=0 得，eax-ln x+ax-ln x-1=0，
因为函数ω(t)=et+t-1 在R 上单调递增，且ω(0)=0，所以ax-ln x=0，
所以{
a x1= ln x1,
a x2= ln x2,
故a=ln x1−ln x2
x1−x2
.
又a(x1+x2)=ln x1+ln x2，
所以ln x1+ln x2
=ln x1−ln x2
x1−x2
(x1+x2)=
x1
x2
+1
x1
x2
−1
·ln x1
x2
.
令m= x1
x2
∈(0，1)，
则ln x1+ln x2= m+1
m−1·ln m.
要证x1x2>e2，
只要证ln x1+ln x2>2，
即证m+1
m−1·ln m>2.
方法一 要证m+1
m−1·ln m>2，m∈(0，1)，
即证(m+1)ln m-2(m-1)<0.
令p(m)=(m+1)ln m-2(m-1)，m∈(0，1)，
则p'(m)=ln m+m+1
m
-2.
令q(m)=ln m+m+1
m
-2，m∈(0，1)，
则q'(m)= 1
m- 1
m
2=m−1
m
2 <0，
所以p'(m)在(0，1)上单调递减，
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所以p'(m)>p'(1)=0，
所以p(m)在(0，1)上单调递增.
所以p(m)<p(1)=0，
即(m+1)ln m-2(m-1)<0 成立，
故x1x2>e2.
方法二 要证m+1
m−1·ln m>2，m∈(0，1)，
即证ln m-2(m−1)
m+1
<0.
令k(m)=ln m-2(m−1)
m+1
，m∈(0，1)，
则k'(m)= 1
m-
4
(m+1)
2= (m−1)
2
m(m+1)
2>0，
所以k(m)在(0，1)上单调递增，
所以k(m)<k(1)=0，即ln m-2(m−1)
m+1
<0，
故x1x2>e2.
3.(15 分)已知函数f(x)=xln x-a(x2-1)+x.
(1)若f(x)单调递减，求实数a 的取值范围；(6 分)
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且x2>2x1，证明：e6x1x2
2>32.(9 分)
(1)解 由f(x)=xln x-a(x2-1)+x 得f'(x)=ln x-2ax+2(x>0)，
因为f(x)单调递减，
所以f'(x)=ln x-2ax+2≤0 在x>0 时恒成立，
即2a≥ln x +2
x
在x>0 时恒成立，
令g(x)=ln x +2
x
(x>0)，
则g'(x)=−ln x−1
x
2
，
可知当0<x<1
e 时，g'(x)>0，g(x)单调递增；
当x>1
e 时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
则当x=1
e 时g(x)取最大值g(
1
e)=e，所以2a≥e，
所以a 的取值范围是[
e
2 ，+ ∞).
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(2)证明 由(1)知，当a≥e
2时，f(x)单调递减，不符合题意；
因为函数f(x)有两个极值点x1，x2，
则f'(x)=ln x-2ax+2(x>0)有两个变号零点x1，x2，
令φ(x)=f'(x)=ln x-2ax+2(x>0)，
φ'(x)=1
x -2a，
当a≤0 时，φ'(x)>0，φ(x)单调递增，不符合题意，
可知0<a<e
2 ，且x2>2x1>0，
要证明e6x1x2
2>32，
只需证明ln x1+2ln x2>5ln 2-6.
由{
ln x1−2a x1+2=0,
ln x2−2a x2+2=0,
得{
ln x1=2a x1−2,
ln x2=2a x2−2,
则2a=ln x1−ln x2
x1−x2
，
所以ln x1+2ln x2=2a(x1+2x2)-6
=ln x1−ln x2
x1−x2
(x1+2x2)-6
=
ln x1
x2
x1
x2
−1(
x1
x2
+2)-6.
令t= x1
x2
，则t∈(0，1
2)，
要证明ln x1+2ln x2>5ln 2-6，
只需证ln t
t −1(t+2)>5ln 2.
令h(t)= lnt
t −1(t+2)，且t∈(0，1
2)，
则h'(t)=
t −3lnt −2
t +1
(t −1)
2
，
令u(t)=t-3ln t-2
t +1，且t∈(0，1
2)，
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则u'(t)=1-3
t + 2
t
2=(t −1)(t −2)
t
2
>0，
则u(t)在(0，1
2)上单调递增，
故u(t)<u(
1
2)=3ln 2-5
2<0，
故h'(t)<0，则h(t)在(0，1
2)上单调递减，
所以h(t)>h(
1
2)=5ln 2，
即ln t
t −1(t+2)>5ln 2，
即ln x1+2ln x2>5ln 2-6，
所以e6x1x2
2>32，即原不等式成立.
4.(17 分)已知函数f(x)=4x-x4，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间；(4 分)
(2)设曲线y=f(x)与x 轴正半轴的交点为P，曲线在点P 处的切线方程为y=g(x)，求证：对于任意的实数x，
都有f(x)≤g(x)；(6 分)
(3)若方程f(x)=a(a 为实数)有两个实数根x1，x2，且x1<x2，求证：x2-x1≤-a
3+4
1
3.(7 分)
(1)解 由f(x)=4x-x4，可得f'(x)=4-4x3.
当f'(x)>0，即x<1 时，函数f(x)单调递增；
当f'(x)<0，即x>1 时，函数f(x)单调递减.
所以f(x)的单调递增区间为(-∞，1)，单调递减区间为(1，+∞).
(2)证明 设点P 的坐标为(x0，0)，
则x0=4
1
3 ，f'(x0)=-12，
曲线y=f(x)在点P 处的切线方程为y=f'(x0)(x-x0)，即g(x)=f'(x0)(x-x0)，
令函数F(x)=f(x)-g(x)，
即F(x)=f(x)-f'(x0)(x-x0)，
则F'(x)=f'(x)-f'(x0).
因为F'(x0)=0，f'(x)=4-4x3是R 上的减函数，所以当x∈(-∞，x0)时，F'(x)>0；
当x∈(x0，+∞)时，F'(x)<0，
所以F(x)在(-∞，x0)上单调递增，在(x0，+∞)上单调递减，
则对于任意实数x，F(x)≤F(x0)=0，
即对任意实数x，都有f(x)≤g(x).
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(3)证明 由(2)知，g(x)=-12(x−4
1
3)，
设方程g(x)=a 的根为x'2，可得x'2=- a
12+4
1
3.
因为g(x)在R 上单调递减，又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2)，因此x2≤x'2.
类似地，设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x)，f'(0)=4，
可得h(x)=4x，对于任意的x∈R，有f(x)-h(x)=-x4≤0，即f(x)≤h(x).
设方程h(x)=a 的根为x'1，可得x'1=a
4 ，
因为h(x)=4x 在R 上单调递增，且h(x'1)=a=f(x1)≤h(x1)，
因此x'1≤x1，如图所示，由此可得x2-x1≤x'2-x'1=-a
3+4
1
3
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