进阶特训(四)
1．解：(1)由题意可得x>0，>0，所以a>0，
f (x)＝＝的定义域为(0，＋∞)，
又f ′(x)＝＝－，
由f ′(x)＝0，得x＝1，
当0
0，则f (x)在(0，1)上单调递增，
当x>1时，f ′(x)<0，则f (x)在(1，＋∞)上单调递减．
(2)由＝1，得＝a，设g(x)＝，
g′(x)＝＝，由g′(x)＝0，得x＝1，
当00，则g(x)在(0，1)上单调递增，
当x>1时，g′(x)<0，则g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
又g＝0，g(1)＝1，且当x趋近于正无穷时，g(x)趋近于0，
g(x)＝的图象如图，
所以当0证明：不妨设x1设h(x)＝g(x)－g＝－x(1－ln x)，
h′(x)＝＋ln x＝ln x≥0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，所以h(x1)＝g(x1)－g<0，
即g(x1)又g(x1)＝g(x2)，所以g(x2)又x2>1，>1，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以x2>，故x1x2>1．
2．证明：(1)由题意知f ′(x)＝ex－ex，
令g(x)＝ex－ex，则g′(x)＝ex－e．
令g′(x)＝0，得x＝1，
当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝0，故f ′(x)≥0，
故f (x)在R上为增函数．
(2)由(1)知f (x)为增函数，且f (1)＝，
故由f (x1)＋f (x2)＝2f (1)，x1可得f (x1)欲证x1＋x2<2，只需证x1<2－x2，
即证f (x1)即证e－f (x2)令F (x)＝f (x)＋f (2－x)－e(x>1)，
则F ′(x)＝f ′(x)－f ′(2－x)＝ex－ex－e2-x＋e(2－x)，
令H(x)＝F ′(x)，则H′(x)＝ex－e＋e2-x－e＝ex＋e2-x－2e>2－2e＝0，
故F ′(x)为增函数，F ′(x)>F ′(1)＝0，
故F (x)为增函数，F (x)>F (1)＝0，
故F (x2)>0，则e－f (x2)所以x1＋x2<2．
3．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01．
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．
4．解：(1)f ′(x)＝a－1－ln x，当00，f (x)单调递增；
当x>ea-1时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．
所以f (x)max＝f (ea-1)＝ea-1≤1，
解得a≤1，即a的取值范围为(－∞，1]．
(2)证明：不妨设x10，
即证所以只需证f (x1)令g(x)＝f (x)－f，x∈(ea-1，ea)，
则g(ea-1)＝0，g′(x)＝．
当x>ea-1时，a－1－ln x<0，x2－e2a-2>0，则g′(x)<0，
所以g(x)在(ea-1，ea)上单调递减，则g(x)由(1)知f (x)在(0，ea-1)上单调递增，所以x1<，从而f ′()>0成立．
1/1进阶特训(四) 极值点偏移问题
1．(2024·广东湛江一模)已知函数f (x)＝．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若方程f (x)＝1有两个根x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：x1x2>1．
2．已知函数f (x)＝ex－x2．
(1)求证：f (x)在R上为增函数；
(2)若f (x1)＋f (x2)＝e，x13．已知函数f (x)＝x ln x－mx2－x，m∈R有两个极值点x1，x2，求证：x1x2>e2．
4．(2024·河北保定二模)已知函数f (x)＝ax－x ln x，f ′(x)为其导函数．
(1)若f (x)≤1恒成立，求a的取值范围；
(2)若存在两个不同的正数x1，x2，使得f (x1)＝f (x2)，证明：f ′()>0．
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