(共35张PPT)
培优点1 洛必达法则
专题一 函数与导数
“洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法(避免分类讨论)解决能成立或恒成立问题时，经常需要求在区间端点处的函数(最)
值，若出现 可以考虑使用洛必达法则.
法则1
若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0;
法则2
若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0;
1.将上面公式中的x→a，x→∞换成x→＋∞，x→－∞，x→a＋，x→a－洛必达法则也成立.
考点一 利用洛必达法则求 型最值
考点二 利用洛必达法则求 型最值
专题强化练
内容索引
利用洛必达法则求 型最值
考点一
已知函数f(x)＝x2ln x－a(x2－1)，a∈R.若当x≥1时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
例1
方法一 f′(x)＝2xln x＋x－2ax
＝x(2ln x＋1－2a)，
因为x≥1，所以2ln x＋1≥1，
此时f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(1)＝0，此时f(x)≥0恒成立，
则x∈ 时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
x∈ 时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝
方法二 由f(x)＝x2ln x－a(x2－1)≥0，
当x＝1时，不等式成立，a∈R，
故y＝x2－1－2ln x在(1，＋∞)上单调递增，
则y＝x2－1－2ln x>0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增.
则g(x)>g(1)，由洛必达法则知
对函数不等式恒成立求参数取值范围时，采用分类讨论、假设反证法.若采取参数与分离变量的方法，在求分离后函数的最值(值域)时会有些麻烦，如最值、极值在无意义点处，或趋于无穷，此时，利用洛必达法则即可求解.洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止.
规律方法
已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2，当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
跟踪演练1
当x＝0时，f(x)＝0，对任意实数a都有f(x)≥0；
令h(x)＝xex－2ex＋x＋2(x>0)，则h′(x)＝xex－ex＋1，
记φ(x)＝h′(x)，则φ′(x)＝xex>0，
∴h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，h′(x)>h′(0)＝0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，h(x)>h(0)＝0，
∴g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增.
由洛必达法则知
利用洛必达法则求 型最值
考点二
已知函数f(x)＝ax－a－xln x.若当x∈(0,1)时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
例2
依题意，ax－a－xln x≥0恒成立，
即a(x－1)≥xln x恒成立，
又x－1<0，
令g(x)＝x－1－ln x，x∈(0,1)，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，
∴g(x)>g(1)＝0，
∴φ′(x)>0，即φ(x)在(0,1)上单调递增.
∴φ(x)>0，故a≤0，
综上，实数a的取值范围是(－∞，0].
对于不常见的类型0·∞，1∞，∞0，00，∞－∞等，利用洛必达法则求极限，一般先通过转换，
规律方法
已知函数f(x)＝2ax3＋x.若x∈(1，＋∞)时，恒有f(x)>x3－a，求a的取值范围.
跟踪演练2
当x∈(1，＋∞)时，f(x)>x3－a，
即2ax3＋x>x3－a，即a(2x3＋1)>x3－x，
∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，
专题强化练
1.(2022·马鞍山模拟)已知函数f(x)＝ax2－xcos x＋sin x.
(1)若a＝1，讨论f(x)的单调性；
1
2
当a＝1时，
f(x)＝x2－xcos x＋sin x，x∈R，
f′(x)＝2x＋xsin x＝x(2＋sin x).
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
(2)当x>0时，f(x)
1
2
当x>0时，有f(x)即x>0时，ax2令φ(x)＝(x－1)ex－xsin x－cos x＋2，x>0，
φ′(x)＝xex－xcos x＝x(ex－cos x).
1
2
1
2
∵x>0，∴ex>1≥cos x，∴φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)＝0，
∴g′(x)>0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)>1，故a≤1，
∴实数a的取值范围是(－∞，1].
(1)求a，b的值；
1
2
1
2
解得a＝1，b＝1.
1
2
再令h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，且x≠1)，
1
2
故当x∈(0,1)时，φ′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0；
∴h′(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故h′(x)>h′(1)＝0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵h(1)＝0，
1
2
∴当x∈(0,1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
1
2
∴k≤0，即k的取值范围为(－∞，0].(共43张PPT)
培优点2 对数平均不等式、切线不等式
专题一 函数与导数
在高考压轴题中，经常考查与导数有关的不等式问题，这些问题可以用常规方法求解，也可以转变成对数平均不等式、切线不等式进行求解，起到事半功倍的效果.
考点一 对数平均不等式
考点二 以泰勒公式为背景的切线不等式
专题强化练
内容索引
对数平均不等式
考点一
例1
不妨设a＞b＞0，
所以f(t)在(1，＋∞)上单调递减，又f(1)＝0，
∴φ(t)在(1，＋∞)上单调递减，
∴原不等式得证.
该类问题的特征是双变量，将双变量问题转变为单变量问题处理，即将 看成一个新对象(整体)，从而进行降维打击.
规律方法
(1)讨论f(x)的单调性；
跟踪演练1
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
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x2>x1>0，则x2＞1.
又x2>x1>0，∴x1－x2<0，ln x1－ln x2<0，
即证原不等式成立.
以泰勒公式为背景的切线不等式
考点二
泰勒公式：将函数展开为一个多项式与一个余项的和.
当x0＝0时为麦克劳林公式.
其中ex与ln(1＋x)的麦克劳林公式为
从中截取片段就构成了常见的不等式：
设函数f(x)＝aexln x＋ ，曲线y＝f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.
(1)求a，b；
例2
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e.
故a＝1，b＝2.
(2)证明：f(x)>1.
设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x.
则h′(x)＝e－x(1－x).
所以当x∈(0,1)时，h′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.
故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.
当x＞0时，ex＞1＋x，所以ex－1≥x，
指数的放缩.形如：
ex－1≥x－1＋1 ex≥ex，
规律方法
对数的放缩.形如：
eln x≥1＋ln x ln x≤x－1 ln(1＋x)≤x，
已知函数f(x)＝ ax2－(2a＋1)x＋2ln x(a∈R).
(1)当a＞0时，求函数f(x)的单调递增区间；
跟踪演练2
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
(2)当a＝0时，证明：f(x)<2ex－x－4.
方法一 当a＝0时，
要证f(x)<2ex－x－4，即证ex－ln x－2>0，
所以h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
使得h′(x0)＝0，即
当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增.
所以当x＝x0时，h(x)取得极小值，也是最小值.
h(x0)＝
所以h(x)＝ex－ln x－2>0，
故f(x)<2ex－x－4.
方法二 当a＝0时，要证f(x)<2ex－x－4，
即证ex－ln x－2>0，
由x>0时，ex>x＋1可得ex－1>x，
由x>0时，ln x≤x－1可得x≥ln x＋1，
故ex－1>x≥ln x＋1，
即ex－ln x－2>0，
即原不等式成立.
专题强化练
1.(2022·葫芦岛模拟)已知函数f(x)＝x＋b(1＋ln x)(b∈R).
(1)求f(x)的单调区间；
1
2
1
2
若b≥0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
若b<0，令f′(x)＝0，得x＝－b，
当x∈(0，－b)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(－b，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
综上，若b≥0，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
若b<0，f(x)的单调递减区间为(0，－b)，单调递增区间为(－b，＋∞).
(2)设g(x)＝f(x)－ sin x，若存在0①b<0；
1
2
g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故不存在0②x1x2<4b2.
1
2
令m(x)＝x－sin x(x>0)，
m′(x)＝1－cos x≥0，当x→0时，m(x)→0，
故m(x)>0，即x>sin x，
因为g(x1)＝g(x2)，
1
2
1
2
2.(2022·抚州模拟)已知函数f(x)＝x(ln x＋a)，a∈R.
(1)求f(x)的单调区间；
1
2
因为f(x)＝x(ln x＋a)，故可得f′(x)＝ln x＋a＋1，
又y＝ln x＋a＋1为单调递增函数，
令f′(x)＝0，解得x＝e－a－1，
故当0当x>e－a－1时，f′(x)>0，
故f(x)的单调递减区间为(0，e－a－1)，单调递增区间为(e－a－1，＋∞).
1
2
(2)当a＝1时，求证：f(x)≤xex－1在(0，＋∞)上恒成立.
1
2
方法一 当a＝1时，f(x)＝x(ln x＋1)，
要证f(x)≤xex－1，即证x(ln x＋1)≤xex－1，
又x>0，则只需证ln x＋1≤ex－1，
即证ln x－x＋1≤ex－1－x，
当00，m(x)单调递增，
当x>1时，m′(x)<0，m(x)单调递减，
故当x＝1时，m(x)取得最大值m(1)＝0；
1
2
令n(x)＝ex－1－x，n′(x)＝ex－1－1，
又y＝n′(x)为单调递增函数，
且当x＝1时，n′(x)＝0，
当0当x>1时，n′(x)>0，n(x)单调递增，
故当x＝1时，n(x)取得最小值n(1)＝0.
则n(x)min＝m(x)max，
且当x＝1时，同时取得最小值和最大值，故n(x)≥m(x)，
1
2
即ln x－x＋1≤ex－1－x，
故f(x)≤xex－1在(0，＋∞)上恒成立.
方法二 当a＝1时，f(x)＝x(ln x＋1)，
要证f(x)≤xex－1，即证x(ln x＋1)≤xex－1，
又x>0，则只需证ln x＋1≤ex－1，
又ln x＋1≤x，ex－1≥x，
且等号都在x＝1处取得，所以ln x＋1≤ex－1.
即f(x)≤xex－1在(0，＋∞)上恒成立.(共37张PPT)
培优点3 隐零点问题
专题一 函数与导数
导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，既能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达.这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题.
考点一 不含参函数的隐零点问题
考点二 含参函数的隐零点问题
专题强化练
内容索引
不含参函数的隐零点问题
考点一
(2022·济宁质检)已知函数f(x)＝acos x＋bex(a，b∈R)，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x.
(1)求实数a，b的值；
例1
因为f′(x)＝－asin x＋bex，
所以f′(x)＝－sin x－ex，
设g(x)＝－sin x－ex
g′(x)＝－cos x－ex＝－(cos x＋ex).
cos x≥0，ex>0，所以g′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，－1≤cos x≤1，ex>1，所以g′(x)<0.
g(x)单调递减，即f′(x)单调递减.
因为
所以
即 ＝－sin x0.
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
所以f(x)max＝f(x0)＝cos x0－
由题意知，c≥f(x0)，
所以整数c的最小值为1.
已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，利用零点存在定理，判断零点存在，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，②注意确定x0的合适范围.
规律方法
(1)求函数g(x)的极值；
跟踪演练1
(2)当x>0时，证明：f(x)≥g(x).
f(x)≥g(x)等价于证明xex＋1－2≥ln x＋x(x>0)，
即xex＋1－ln x－x－2≥0.
令h(x)＝xex＋1－ln x－x－2(x>0)，
当x∈(0，x0)时，φ(x)<0，h′(x)<0，
h(x)在x∈(0，x0)上单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)>0，h′(x)>0，
h(x)在x∈(x0，＋∞)上单调递增，
故h(x)min＝h(x0)＝ －ln x0－x0－2，
又因为φ(x0)＝0，即
所以h(x0)＝－ln x0－x0－1＝(x0＋1)－x0－1＝0，
从而h(x)≥h(x0)＝0，即f(x)≥g(x).
含参函数的隐零点问题
考点二
已知函数f(x)＝ln x－kx(k∈R)，g(x)＝x(ex－2)，若g(x)－f(x)≥1恒成立，求k的取值范围.
例2
依题意，x(ex－2)－(ln x－kx)≥1恒成立，且x>0，
令μ(x)＝－ln x－x2ex(x>0)，
∴μ(x)在(0，＋∞)上单调递减，
两边取对数可得ln(－ln x0)＝2ln x0＋x0，
即ln(－ln x0)＋(－ln x0)＝x0＋ln x0，
由函数y＝x＋ln x为增函数，可得x0＝－ln x0，
又当00，φ′(x)>0；当x>x0时，μ(x)<0，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
∴k≥φ(x0)＝1，
即k的取值范围为k≥1.
已知含参函数f(x，a)，其中a为参数，导函数方程f′(x，a)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，该关系式给出了x0，a的关系；②注意确定x0的合适范围，往往和a的范围有关.
规律方法
(2022·湖北新高考协作体联考)已知函数f(x)＝2exsin x－ax(e是自然对数的底数).若0≈4.8)
跟踪演练2
∵f(x)＝2exsin x－ax，
∴f′(x)＝2ex(sin x＋cos x)－a，
令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝4excos x.
①当2－a≥0，即0∴当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；
当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，
∴f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减.
∵f(0)＝0，
∴f(x0)>0，又f(π)＝－aπ<0，
∴由函数零点存在定理可得，此时f(x)在(0，π)上仅有一个零点；
②若2使得f′(x1)＝0，f′(x2)＝0,
且当x∈(0，x1)，x∈(x2，π)时，f′(x)<0；当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0.
∴f(x)在(0，x1)和(x2，π)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增.
∵f(0)＝0，∴f(x1)<0，
又∵f(π)＝－aπ<0，
∴由零点存在定理可得，f(x)在(x1，x2)和(x2，π)内各有一个零点，
即此时f(x)在(0，π)上有两个零点.
综上所述，当0当2专题强化练
1.已知函数f(x)＝－ex＋sin x＋x，x∈[0，π].
证明：(1)函数f(x)有唯一的极大值点；
1
2
1
2
f(x)＝x＋sin x－ex，f′(x)＝1＋cos x－ex，
令g(x)＝1＋cos x－ex，g′(x)＝－ex－sin x<0，
所以g(x)在区间[0，π]上单调递减.
因为g(0)＝2－1＝1>0，g(π)＝－eπ<0，
所以存在x0∈(0，π)，使得f′(x0)＝0，
且当00；当x0所以函数f(x)的单调递增区间是[0，x0]，
单调递减区间是[x0，π].
所以函数f(x)存在唯一的极大值点x0.
(2)f(x)<π.
1
2
1
2
由(1)知，函数f(x)的单调递增区间是[0，x0]，
单调递减区间是[x0，π].
且x0∈(0，π)，f′(x0)＝0，即1＋cos x0－
即1＋cos x0＝
所以f(x)max＝f(x0)＝x0＋sin x0－ ＝x0＋sin x0－cos x0－1.
令φ(x)＝x＋sin x－cos x－1，x∈(0，π)，φ′(x)＝1＋cos x＋sin x>0，
所以φ(x)在(0，π)上单调递增，
所以φ(x)<φ(π)＝π，即φ(x)<π，
即证f(x)max＝f(x0)<π，即证f(x)<π.
(1)讨论f(x)的单调性；
1
2
1
2
①若a≥0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
1
2
1
2
对于函数y＝x2－ax－1，Δ＝a2＋4>0，所以其必有两个零点.
又两个零点之积为－1，所以两个零点一正一负，
设其中一个零点x0∈(0，＋∞)，
此时g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
当x∈(0,1)时，h′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0.
所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
1
2
1
2(共45张PPT)
培优点4 极值点偏移问题
专题一 函数与导数
极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色.
考点一 对称化构造函数
考点二 比值代换
专题强化练
内容索引
对称化构造函数
考点一
(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝ －ln x＋x－a.
(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
例1
由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞).
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：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.
方法一 不妨设x1令g(x)＝ex＋x－ －1(x>0)，
则g′(x)＝ex＋1－
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，
所以当x∈(0,1)时，g(x)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)由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
得 －ln x1＋x1＝ －ln x2＋x2，
即 ＋x1－ln x1＝ ＋x2－ln x2.
方法二 (同构法构造函数化解等式)
不妨设x1由f(x1)＝f(x2)＝0，
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)，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，
规律方法
(1)求f(x)的极值和单调区间；
跟踪演练1
令f′(x)>0得x>2，
令f′(x)<0得0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，＋∞)，
单调递减区间为(0,2).
(2)若函数g(x)＝f(x)－a(a>2)的两个零点为x1，x2，证明：x1＋x2>4.
由题意知，g(x1)＝g(x2).
不妨设x1由(1)知，g(x)在(0,2)上单调递减，
在(2，＋∞)上单调递增；所以0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)，
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，
比值代换
考点二
(2022·六安模拟)已知函数f(x)＝xln x－ax2＋x(a∈R).若f(x)有两个零点x1，x2，且x2>2x1，证明：
例2
若f(x)有两个零点x1，x2，
因为x2>2x1>0，令x2＝tx1(t>2)，
所以ln(x1x2)＝ln x1＋ln x2
则h(t)在(2，＋∞)上单调递增，
比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝ 化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明.
规律方法
(2022·湖北圆创联考)已知f(x)＝x2－2aln x，a∈R.若y＝f(x)有两个零点x1，x2(x1(1)求实数a的取值范围；
跟踪演练2
f(x)的定义域是(0，＋∞)，
要使y＝f(x)有两个零点，则a>0，
(2)若x0是y＝f(x)的极值点，求证：x1＋3x2>4x0.
由a>0，t>1，只需证(3t＋1)2ln t－8t2＋8>0，
令h(t)＝(3t＋1)2ln t－8t2＋8，
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.
专题强化练
1.(2022·佛山质检)已知a是实数，函数f(x)＝aln x－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
1
2
1
2
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
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)若f(x)有两个相异的零点x1，x2且x1>x2>0，求证：x1x2>e2.
1
2
1
2
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，
1
2
1
2
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以x1x2>e2，结论得证.
2.(2021·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x(1－ln x).
(1)讨论f(x)的单调性；
1
2
1
2
因为f(x)＝x(1－ln x)，
所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，
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.
1
2
1
2
由题意知，a，b是两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，
由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
且当00，当x>e时，f(x)<0，
不妨设x11
2
先证x1＋x2>2，
要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，
因为02－x1>1，
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以即证f(x2)又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)即证当x∈(0,1)时，f(x)－f(2－x)<0.
1
2
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00，
即当00，所以F(x)在(0,1)上单调递增，
所以当0所以当0所以x1＋x2>2成立.
再证x1＋x21
2
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欲证x1＋x2即证x1＋x2即证当1构造函数h(x)＝f(x)＋x，则h′(x)＝1－ln x，
1
2
当10，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，
所以当1所以x1＋x2