关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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f ( x)满足定义域内任意自变量x 都有f ( x)=f (2m−x)，则函数f ( x)关于直
线x=m对称；可以理解为函数f ( x)在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若f ( x)为单峰
函数，则x=m必为f ( x)的极值点. 如二次函数f ( x)的顶点就是极值点x0，若f ( x)=c 的两
根的中点为
x1+x2
2
，则刚好有
x1+x2
2
=x0，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏
移.
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数f ( x)的极值点为m ，且函数f ( x)满足定义域
内x=m左侧的任意自变量x 都有f ( x)>f (2m−x)或f ( x)<f (2m−x)，则函数f ( x)极值点m
左右侧变化快慢不同. 故单峰函数f ( x)定义域内任意不同的实数x1, x2满足f ( x1)=f ( x2)，则
x1+x2
2
与极值点m 必有确定的大小关系：
①若
m< x1+x2
2
，则称为极值点左偏；②若
m> x1+x2
2
，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
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【典例1】已知函数f(x)＝ln x－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ln x＝ax，即ln x＝aeln x.
因为x1，x2是方程f(x)＝0 的两个根，
所以x1，x2也是方程ln x＝aeln x的两个根，
即ln x1，ln x2是方程x＝aex的两个根.
设u1＝ln x1，u2＝ln x2，g(x)＝xe－x，
即g(u1)＝g(u2)，从而由x1x2>e2，
可得ln x1＋ln x2>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ln x1＝，ln x2＝ln tx1＝ln t＋ln x1＝ln t＋＝.
由x1x2>e2，
得ln x1＋ln x2>2，
所以ln t>2，
所以ln t－>0，
构造g(t)＝ln t－，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ln t>，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，
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【典例1】已知函数f(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.
【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)＝＋(e
1
x + 1
x)(
1
x −1)
1
x
2
⋅1
x
2
＝(x−1)
x
2 (e
x+ x−x e
1
x −1).
令g(x)＝ex＋x－x e
1
x－1(x>0)，
则g′(x)＝ex＋1－e
1
x + x e
1
x ⋅1
x
2
＝ex＋1＋e
1
x(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 <F(1)＝0.
又f(x1)＝f(x2)＝0，所以f(x2)－f <0，
即f(x2)<f .
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以x2<，即x1x2<1.
方法二 (同构法构造函数化解等式)
不妨设x1<x2，
则由(1)知0<x1<1<x2，0<<1.
由f(x1)＝f(x2)＝0，
得e
x1
x1
－ln x1＋x1＝e
x2
x2
－ln x2＋x2，
即e
x1－ln x1＋x1－ln x1＝e
x2－ln x2＋x2－ln x2.
因为函数y＝ex＋x 在R 上单调递增，
所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立．
构造函数h(x)＝x－ln x(x>0)，
g(x)＝h(x)－h＝x－－2ln x(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)＝＋ln x.
(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＋ln 2，无极大值，f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
单调递减区间为(0,2)．
(2)证明 由题意知，g(x1)＝g(x2)．
不妨设x1<x2，
由(1)知，g(x)在(0,2)上单调递减，
在(2，＋∞)上单调递增；所以0<x1<2<x2.
所以证明不等式x1＋x2>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＋ln x1－a>＋ln(4－x1)－a(0<x1<2)，
即＋ln x1－－ln(4－x1)>0(0<x1<2)恒成立，
令h(x)＝＋ln x－－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＋ln 2－1－ln 2＝0，
即h(x)＝＋ln x－－ln(4－x)>0(0<x<2)恒成立，
因此不等式＋ln x1－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)＝xln x 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)＝ln x＋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(x1)＝f(x2)即x1ln x1＝x2ln x2，
令t＝>1，则x2＝tx1，
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
代入上式得x1ln x1＝tx1(ln t＋ln x1)，
得ln x1＝.
又x1x2<⇔ln x1＋ln x2<－2⇔2ln x1＋ln t<－2⇔＋ln t<－2⇔ln t－>0.
设g(t)＝ln t－(t>1)，
则g′(t)＝>0.
∴当t>1 时，g(t)单调递增，g(t)>g(1)＝0，
∴ln t－>0.
故x1x2<.
法二 构造函数F(x)＝f(x)－f，
则F′(x)＝f′(x)＋f′
＝1＋ln x＋·
＝(1＋ln x)·，
当0<x<时，
1＋ln x<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：ln x1＋ln x2>2.
【证明】不妨设x1<x2，
由题意知
则ln x1x2＝m(x1＋x2)，
ln ＝m(x2－x1)⇒m＝.
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
欲证ln x1＋ln x2>2，
只需证ln x1x2>2，
只需证m(x1＋x2)>2，
即证ln >2.
即证 ln >2，
设t＝>1，
则只需证ln t>，
即证ln t－>0.
记u(t)＝ln t－(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ln x1＋ln x2>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)=e
x−a,x∈R,当a≤0时,f
'( x)>0在R 上恒成立,不合题意
当a>0时, f (x)min= f (ln a)=a(2−ln a)
当f ( x)min,即0<a≤e
2时,f ( x)至多有一个零点,不合题意,故舍去；
当f ( x)min,即a>e
2时,由f (1)=e>0,且f ( x)在(−∞,ln a)内单调递减,故f ( x)在(1,ln a)有且只有一
个零点；由f (ln a
2)=a
2−2a ln a+a=a(a+1−2ln a),
令y =a+1−2ln a,a>e
2,则y
' =1−2
a >0,故a+1−2ln a>e
2+1−4 =e
2−3>0
所以f (ln a
2)>0,即在(ln a,2ln a)有且只有一个零点.
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（2）由（1）知,f ( x)在(−∞,ln a)内递减,在(ln a,+∞)内递增,且f (1)=e>0
所以1< x1<ln a< x2<2ln a,因为f ( x1)=e
x1−a x1+a=0,f ( x2)=e
x2−a x2+a=0
a=
e
x1
x1−1 =
e
x2
x2−1,即e
x1−1
x1−1 = e
x2−1
x2−1,所以1=
( x1−1)−( x2−1)
ln( x1−1)−ln( x2−1) >√( x1−1)( x2−1)
所以x1 x2−( x1+ x2)<0,要证：f
'(√x1 x2)<0,只须证e√x1 x2<a,即√x1 x2<ln a
故,√x1 x2< x1−ln( x1−1),√x1 x2< x2−ln( x2−1)
所以2√x1 x2< x1+ x2−ln( x1−1)( x2−1),所以ln( x1 x2−( x1+ x2)+1)< x1+ x2−2√x1 x2
因为x1 x2−( x1+ x2)<0,所以ln( x1 x2−( x1+ x2)+1)<ln1=0,而x1+ x2−2√x1 x2>0
所以ln( x1 x2−( x1+ x2)+1)< x1+ x2−2√x1 x2成立,所以f
'(√x1 x2)<0
【典例2】已知f(x)＝a－－ln x 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＝＋ln x1＝＋ln x2，
∴x1x2＝，
由对数均值不等式知：
<，
∴<x1x2，
∴>1，
∴x1＋x2>2>2.
令f(x)＝0，即ax－1－xln x＝0，
设h(x)＝ax－1－xln x，x>0，
则h′(x)＝a－1－ln x，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－ln p＝0(*)
∴x1<p<x2，
由对数均值不等式知：
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
>，
∴ln x1<＋ln p，
∴a－<＋ln p，
化简得：(2＋ln p－a)x－(2p＋ap－pln p－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，
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
∴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ln x1－x1＝ln x2－x2.
令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝，x2＝.
∴x1＋x2＝>2⇔ln t－>0，
设g(t)＝ln t－(t>1)，
∴g′(t)＝－＝>0，
∴当t>1 时，g(t)单调递增，∴g(t)>g(1)＝0，
∴ln t－>0，故x1＋x2>2.
【训练二】已知函数f(x)＝xln x－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)＝ln x－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＝－ln m－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；
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
当<m<1 时，g(x)max＝g＝－ln m－1；
当m≥1 时，g(x)max＝g(1)＝－m.
(2)证明 要证x1x2>e2，只需证ln x1＋ln x2>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)＝ln x－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ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，
从而可得＝，
于是ln x1＋ln x2＝
＝.
不妨设0<x1<x2，
设t＝，则t>1.
因此ln x1＋ln x2＝，t>1.
要证ln x1＋ln x2>2，
即证>2，t>1，
即当t>1 时，有ln t>，
设函数h(t)＝ln t－，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ln t>.
所以ln x1＋ln x2>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：
．
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【解析】（1）f
' (x)= cos x−sin x
e
x
，0< x<π，
由f
' (x)=0得x = π
4 ，
当0< x< π
4 时，f
' (x)>0；当π
4 < x<π时f
' (x)<0，
∴f (x)在(0, π
4)上单调递增，在(
π
4 ,π)上单调递减．
（2）∵x1≠x2，且f (x1)= f (x2)，
∴由（1）知，不妨设0< x1< π
4 < x2<π．
要证x1+ x2> π
2 ，只需证明x2> π
2 −x1，
而π
4 < π
2 −x1< π
2 ，f (x)在(
π
4 ,π)上单调递减，
故只需证明f (x2)<f(
π
2 −x1)．
又f (x1)= f (x2)，∴只需证明f (x1)<f(
π
2 −x1)．
令函数g(x)= f (x)−f(
π
2 −x)= sin x
e
x −
sin(
π
2 −x)
e
π
2 −x
= sin x
e
x −cos x
e
π
2 −x
，
则g
' (x)= cos x−sin x
e
x
+ sin x−cos x
e
π
2 −x
=(cos x−sin x)(
1
e
x −
1
e
π
2 −x)
=(cos x−sin x)⋅e
π
2 −x
−e
x
e
π
2
.
当0< x< π
4 时，cos x−sin x>0，π
2 −x> x，故g
' (x)>0，
∴g(x)在(0, π
4)上单调递增，
故在(0, π
4)上g(x)< g(
π
4)= f(
π
4)−f(
π
4)=0，
∴f (x1)<f(
π
2 −x1)成立，故x1+ x2> π
2 成立．
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【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) f (x)= ln
2 x−x +mln x 有两个极值点 x1, x2, f
' (x)= 2
x ln x−1+ m
x =0 在 x∈(0,+∞)
有两不等实根 x1, x2, m= x−2ln x, 记
m(x)= x−2ln x , x→0
+,m(x)→+∞, x→+∞,m(x)→+∞，m
' (x)=1−2
x ,
x∈(0,2),m
' (x)<0,m(x)单调递减,
x∈(2,+∞),m
' (x)>0,m(x)单调递增,
m(x)最小值m(2)=2−2ln 2
因为f
'( x)= 2
x ln x−1+ m
x =0在x∈(0,+ ∞)有两根x1, x2,
所以m>2−2ln2；
（2）由（1）x2−2ln x2= x1−2ln x1,
x2−x1=2(ln x2−ln x1),
x2−x1
ln x2−ln x1
=2,
要证x1x2＜4,只需证明：√x1 x2<
x2−x1
ln x2−ln x1即可,不妨设
,则
x2
x1
>1
即证ln x2−ln x1< x2−x1
√x1 x2
,
即证ln x2
x1
<√
x2
x1
−√
x1
x2
,只需证明ln x2
x1
−√
x2
x1
+√
x1
x2
<0,令t = x2
x1
,t >1,
记函数h(t )=2ln t −t + 1
t ,t >1
h
' (t )= 2
t −1−1
t
2 = 2t −t
2−1
t
2
= −(t −1)
2
t
2
<0,
所以h(t )=2lnt −t + 1
t ,t >1单调递减,
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
h(t )<h(1)=0,所以ln x2
x1
−√
x2
x1
+√
x1
x2
<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－ln x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b 为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2<＋<e.
【解析】(1)解 因为f(x)＝x(1－ln x)，
所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1－ln x＋x·＝－ln x.
当x∈(0,1)时，f′(x)>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bln a－aln b＝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)，
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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)＝－ln x－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－ln x)>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－ln x，
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′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a).
①当a＝0 时，f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点.
②当a>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 ，
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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】
18
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
1. 已知函数f(x)＝＋ln x，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)＝＋ln x 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)＝＋ln x1－－ln(4－x1).
令h(x)＝－＋ln x－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ln x1－ln x2＝x1－x2，
由对数均值不等式得
<＝1<，
∴x1x2<1，
即>1，且x1＋x2>2，
故>2，
19
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
所以x1＋x2>2x1x2.
3. 已知函数f(x)＝x－ln x－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－ln x－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－ln x－a 取最小值f(1)＝1－a，
若函数f(x)＝x－ln x－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－ln x1＝a，且x2－ln x2＝a，
若证x1＋x2>a＋1，
即证x2>1－ln x1，
构造函数g(x)＝f(x)－f(1－ln x)，0<x<1，
所以g(x)＝x－ln x－(1－ln x)＋ln(1－ln x)＝x－1＋ln(1－ln x)，
所以g′(x)＝1－，0<x<1，
令h(x)＝x(1－ln x)，
则h′(x)＝－ln x>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－ln x)，0<x<1，
又0<x1<1<x2，
所以f(x2)＝f(x1)>f(1－ln x1).
因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以x2>1－ln x1，故原不等式得证.
4. 已知f(x)＝x2－2aln x，a∈R.若y＝f(x)有两个零点x1，x2(x1<x2)．
20
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(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<ln a，故a>e.
(2)证明 因为1<x1<，x2>，
令＝t(t>1)，
由f(x1)＝f(x2)⇒x－2aln x1＝x－2aln x2，
即x－2aln x1＝t2x－2aln tx1⇒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)2ln t－8t2＋8>0，
令h(t)＝(3t＋1)2ln t－8t2＋8，
则h′(t)＝(18t＋6)ln t－7t＋6＋，
令n(t)＝(18t＋6)ln t－7t＋6＋，
则n′(t)＝18ln t＋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)＝aln x－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；
21
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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aln x1－x1＝0，aln x2－x2＝0，
所以x1－x2＝a(ln x1－ln x2)，
要证x1x2>e2，
即证ln x1＋ln x2>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ln t>成立，
设g(t)＝ln t－，t>1，
g′(t)＝－＝>0，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
故g(t)>g(1)＝0，即ln t>成立，
所以x1x2>e2，结论得证．
6. 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.
【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)＝ln x－ax 的极大值f ＝ln －1>0，解得0<a<.
22
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
所以实数a 的取值范围为.
(2)证明 因为f(1)＝－a<0，所以1<x1<<x2.
构造函数H(x)＝f －f
＝ln －ln －2ax,0<x<.
H′(x)＝＋－2a＝>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 ＝f .
因为f(x)在上单调递减，
所以x2>－x1，即x1＋x2>.
故ln x1x2＝ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)>2，
即x1·x2>e2.
7. 已知函数f(x)＝－2ln x(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－ln a，无极大值．
(2)证明 当a＝4 时，f(x)＝－2ln x，
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，
23
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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)＝－2ln x1＝0，
∴f(4－x1)＝2ln x1－2x1＋4－2ln(4－x1)，
令h(x)＝2ln x－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 (对称化构造函数法)要证x1＋x2>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)＝－＝，
24
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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ln x1－x1＝ln x2－x2.
令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝，x2＝.
所以x1＋x2＝>2⇔ln t－>0，
设g(t)＝ln t－(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ln t－>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f (x)≥0恒成立，所以x
2ln x−ax +1≥0，
即a≤x ln x + 1
x 恒成立．
令g(x)= x ln x + 1
x ，则g
' (x)= ln x−1
x
2 +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．
25
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以g(x)(1)min，故a≤1．
（2）证明：由题意可知方程ln x−ax =0的两根为x1，x2．
令h(x)= ln x−ax，则h(x)的两个零点为x1，x2．
h
' (x)= 1
x −a= 1−ax
x
．
当 a≤0 时, h
' (x)>0,h(x) 在 (0,+∞) 上单调递增, 不存在两个零点;
当 a>0 时, h(x) 在 (0, 1
a) 上单调递增, 在 (
1
a ,+ ∞) 上单调递减,
则 h(x)max =h(
1
a)= ln 1
a −1>0, 得 0<a< 1
e.
设 x1< x2, 则 x1∈(0, 1
a), x2∈(
1
a ,+∞).
因为 h(x1)=h(x2)=0, 所以 ln x1=a x1,ln x2=a x2.
要证 x1 x2>e
2, 即要证 ln x1+ ln x2=a(x1+ x2)>2, 即证 x1+ x2> 2
a.
令F (x)=h(
2
a −x)−h(x)= ln(
2
a −x)−a(
2
a −x)−ln x +ax= ln(
2
a −x)−ln x +2ax−2, x∈(0, 1
a)。
则F
' (x)= 2(ax−1)
2
x (ax−2) <0,
所以F (x)
在(0, 1
a) 上单调递减,
所以F (x)> F(
1
a)=0.
因为F (x1)=h(
2
a −x1)−h(x1)>0,
所以h(
2
a −x1)>h(x1)=h(x2)=0.
因为x2, 2
a −x1∈(
1
a ,+ ∞),
且h(x)
在(
1
a ,+ ∞) 上单调递减,
所以x2> 2
a −x1,
即x1+ x2> 2
a,
故x1 x2>e
2 成立.
10. 已知函数
．
26
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（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)= x
2
2 −2a+ 8
x ≥0,
即a≤x
2
4 + 4
x
在(0,+∞) 上恒成立,
令g(x)= x
2
4 + 4
x
(x>0), 则
g
' (x)= x
2 −4
x
2 = x
3−8
2 x
2 .
当x>2 时, g
' (x)>0, g(x) 单调递增;
当0< x<2 时, g
' (x)<0, g(x) 单调递减,
所以当x =2 时, g(x)
有最小值g(2)=3,
所以a≤3;
(2)
因为f
' (x)= x
2
2 −2a+ 8
x ,
由f
' (x)=0 知, a= x
2
4 + 4
x ,
设g(x)= x
2
4 + 4
x
(x>0)
则g(x1)= g(x2),
且g(x)
在(2,+ ∞) 上单调递增,
在(0,2) 上单调递减,
所以可令, 0< x1<2< x2, .
令h(x)= g(2+ x)−g(2−x), x∈(−2,0).
则h
' (x)= g
' (2+ x)+ g
' (2−x)=2−
4
(2+ x)
2 −
4
(2−x)
2 = 2 x
2(x−2√3)(x +2√3)
(2+ x)
2(2−x)
2
因为x∈(−2,0),
所以h
' (x)<0,
所以h(x)
上在(−2,0) 单调递减,
且h(0)=0,
所以x∈(−2,0) 时, h(x)= g(2+ x)−g(2−x)>h(0)=0.
又x1∈(0,2),
所以x1−2∈(−2,0)
所以h(x1−2)= g(x1)−g(4−x1)>0.
27
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
所以g(x2)= g(x1)> g(4−x1).
因为x1<2,4−x1>2, x2>2
且g(x)
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
−ax(1−ax)
∵a∈R ,∴a<0 时, f
' (x)=e
−ax(1−ax)>0⇒x> 1
a ,f
' (x)=e
−ax(1−ax)<0⇒x< 1
a
∴a<0 时,增区间为: [
1
a ,+∞),减区间为: (−∞, 1
a);
a=0 时, f
' (x)=e
−ax(1−ax)=1>0,∴a=0 时,增区间为: (−∞,+ ∞) ；
a>0 时, f
' (x)=e
−ax(1−ax)>0⇒x< 1
a ,f
' (x)=e
−ax(1−ax)<0⇒x> 1
a,
∴a>0 时,增区间为: (−∞, 1
a], 减区间为: (
1
a ,+∞);
（2）解法一：由（1）知,a>0时,增区间为：(−∞, 1
a],减区间为：(
1
a ,+∞)；
且x> 1
a时,f ( x)>0,f 极大值( x)= f(
1
a)= 1
ae,函数y = f ( x)的大致图像如下图所示
28
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
因为a>0 时,
函数y = f (x)−a
有两个零点x1, x2,
所以a< 1
ae,
即a
2< 1
e,
不妨设x1< x2,
则0< x1< 1
a < x2
；先证: x1+ x2> 2
a, 即证: x1> 2
a −x2
因为x1< 1
a,
所以2
a −x2< 1
a,
又y = f (x)
在(−∞, 1
a) 单调递增,所以即证: f (x1)>f(
2
a −x2)
又f (x1)= f (x2), 所以即证: f (x2)>f(
2
a −x2), x2> 1
a
令函数F (x)= f (x)−f(
2
a −x), x∈(
1
a ,+∞),
则F
' (x)=e
−ax(1−ax)+e
−2+ax[1−a(
2
a −x)]=(1−ax)[e
−ax−e
−2+ax]
因为x> 1
a,
所以−ax<ax−2,1−ax<0,
故F
' (x)=(1−ax)[e
−ax−e
−2+ax]>0
函数F (x)= f (x)−f(
2
a −x)
在(
1
a ,+∞) 单调递增,
所以F (x)> F(
1
a)=0
因为x2> 1
a, 所以, f (x2)>f(
2
a −x2),
即x1+ x2> 2
a
所以x1
2+ x2
2> (x1+ x2)
2
2
> 2
a
2 >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,f (x)=ln x +2−x,f (x)的定义域为(0,+∞),f
'( x)= 1
x −1= 1−x
x
29
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
当0< x<1 时, f
' (x)>0;
当x>1 时, f
' (x)<0,
所以f (x)
在(0,1) 上为增函数,
在(1,+∞) 上为减函数,
所以x =1
是f (x) 的极大值点,
也是f (x) 的最大值点，
故f (x)min= f (1)=1.
(2)
不妨设x1> x2>0,
由a ln x1−x1+2a=a ln x2−x2+2a,
得a=
x1−x2
ln x1−ln x2
由ak < x1+ x2,
得k ⋅
x1−x2
ln x1−ln x2
< x1+ x2,
即k ⋅
x1
x2
−1
x1
x2
+1
−ln x1
x2
<0,
设x1
x2
=t (t >1), g(t )=k ⋅t −1
t +1 −ln t (t >1),
则g
' (t )=
2k
(t +1)
2 −1
t =−t
2−2(k −1)t +1
t (t +1)
2
记h(t )=t
2−2(k −1)t +1(t >1), Δ= 4 (k −1)
2−4 = 4 k (k −2)
(i)
当k ≤0 时,
则h(t )
图像的对称轴为t =k −1≤−1,
所以h(t )
在(1,+∞) 上是增函数,
又h(0)=1>0,
从而当t >1 时, h(t )>0,
所以g
' (t )=−
h(t )
t (t +1)
2 <0,
于是g(t )
在(1,+∞) 上是减函数,
所以g(t )<g(1)=0, 此时适合题意
(ii)
当0<k ≤2 时, Δ≤0,
则h(t )≥0 恒成立,
从而g
' (t )=−
h(t )
t (t +1)
2 ≤0,
所以g(t )
在(1,+∞)
上是减函数,
于是g(t )< g(1)=0, 此时适合题意.
(iii)
当k >2 时, h(t )
的对称轴方程为t =k −1,
且h(1)= 4−2k <0,h(2k )= 4 k +1>0, 所以存在
t0∈(k −1,2k ),
30
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
使得h(t0)=0,
于是h(t )
在(k −1,+ ∞)
内只有一个零点t0,
所以当1<t <t0 时, h(t )<0,
从而g
' (t )=−
h(t )
t (t +1)
2 >0
所以g(t )在(1,t0)上是增函数,
于是当t ∈(1,t0)时,g(t )>g(1)=0,此时不适合题意.
综上,实数k 的取值范围(−∞,2]
31
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
32
