2024年新高考數學一輪復習題型歸類與強化測試專題23同構與雙變量問題教師版

專題23同構與雙變量問題一、【知識梳理】【方法技巧】1.含有地位同等的兩個變量x1，x2或x，y或a，b的等式或不等式，如果進行整理(即同構)后，等式或不等式兩邊具有結構的一致性，往往暗示應構造函數，應用函數單調性解決.2.對于一個指數、直線、對數三階的問題可以通過跨階函數的同構，轉化為兩階問題解決，通常在一些求參數的取值范圍、零點個數、證明不等式中應用跨階同構來快速解題.跨階同構需要構造一個母函數，即外層函數，這個母函數需要滿足：①指對跨階，②單調性和最值易求.3.為了實現不等式兩邊“結構”相同的目的，需要對指對式進行“改頭換面”，常用的方法有：x＝elnx，xex＝elnx＋x，x2ex＝e2lnx＋x，eq\f(ex,x)＝e－lnx＋x，lnx＋lna＝ln(ax)，lnx－1＝lneq\f(x,e)，有時也需要對兩邊同時加、乘某式等.4.指對跨階同構的基本模式有：(1)積型：aea≤blnb，一般有三種同構方式：①同左：aea≤blnb?aea≤(lnb)elnb，構造函數f(x)＝xex；②同右：aea≤blnb?ealnea≤blnb，構造函數f(x)＝xlnx；③兩邊同取自然對數：a＋lna≤lnb＋ln(lnb)，構造函數f(x)＝x＋lnx.(2)商型：eq\f(ea,a)<eq\f(b,lnb)，一般也有三種同構方式：①同左：eq\f(ea,a)<eq\f(b,lnb)?eq\f(ea,a)<eq\f(elnb,lnb)，構造函數f(x)＝eq\f(ex,x)；②同右：eq\f(ea,a)<eq\f(b,lnb)?eq\f(ea,lnea)<eq\f(b,lnb)，構造函數f(x)＝eq\f(x,lnx)；③兩邊同取自然對數：a－lna<lnb－ln(lnb)，構造函數f(x)＝x－lnx.(3)和差型：ea±a>b±lnb，一般有兩種同構方式：①同左：ea±a>b±lnb?ea±a>elnb±lnb，構造函數f(x)＝ex±x；②同右：ea±a>b±lnb?ea±lnea>b±lnb，構造函數f(x)＝x±lnx.5.與函數單調性有關的雙變量問題，此類問題一般是給出含有x1常見結論：(1)若對任意x1,x2∈D,當x1≠(2)若對任意x1,x2∈D,當x1≠(3)若對任意x1,x2∈D,當x1≠(4)若對任意x1,x2∈D,當x1≠6.與極值點有關的雙變量問題與極值點x1,x2有關的雙變量問題,一般是根據x1,x2是方程f'x=07.與零點有關的雙變量問題與函數零點x1,x2有關的雙變量問題,一般是根據x1,x2是方程fx=0的兩個根,確定x18.獨立雙變量,各自構造一元函數此類問題一般是給出兩個獨立變量,通過變形,構造兩個函數,再利用導數知識求解.9.構造一元函數求解雙變量問題當兩個以上的變元或是兩個量的確定關系在解題過程中反復出現.通過變量的四則運算后,把整體處理為一個變量,從而達到消元的目的.二、【題型歸類】【題型一】地位同等同構型【典例1】若0＜x1＜x2＜a，都有x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2成立，則a的最大值為()A.eq\f(1,2) B.1C.e D.2e【解析】由x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2，兩邊同除以x1x2得eq\f(lnx1,x1)－eq\f(lnx2,x2)≤eq\f(1,x2)－eq\f(1,x1)，即eq\f(lnx1,x1)＋eq\f(1,x1)≤eq\f(lnx2,x2)＋eq\f(1,x2)，令f(x)＝eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,x)，則f(x)在(0，a)上為增函數.∴f′(x)≥0在(0，a)上恒成立，而f′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，可知f(x)在(0，1)上為增函數，∴a≤1，∴a的最大值為1，故選B.【典例2】若對任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)＜2，則m的最小值是()A.e2 B.eC.1 D.eq\f(1,e)【解析】對任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)＜2，易知m≥0，則x1lnx2－x2lnx1＜2x2－2x1，所以，x1(lnx2＋2)＜x2(lnx1＋2)，即eq\f(lnx1＋2,x1)＞eq\f(lnx2＋2,x2)，令f(x)＝eq\f(lnx＋2,x)，則函數f(x)在(m，＋∞)上為減函數，因為f′(x)＝－eq\f(lnx＋1,x2)，由f′(x)＜0，可得x＞eq\f(1,e)，所以函數f(x)的單調遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，所以，(m，＋∞)?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，所以，m≥eq\f(1,e)，因此，實數m的最小值為eq\f(1,e).故選D.【典例3】若0<x1<x2<1，則()A.ex2－ex1>lnx2－lnx1 B.ex1－ex2>lnx2－lnx1C.x2ex1>x1ex2 D.x2ex1<x1ex2【解析】A選項，ex2－ex1>lnx2－lnx1?ex2－lnx2>ex1－lnx1，設f(x)＝ex－lnx.∴f′(x)＝ex－eq\f(1,x)＝eq\f(xex－1,x)，設g(x)＝xex－1，則有g′(x)＝(x＋1)ex>0恒成立，所以g(x)在(0，1)上單調遞增，因為g(0)＝－1<0，g(1)＝e－1>0，從而存在x0∈(0，1)，使得g(x0)＝0.由單調性可判斷出，x∈(0，x0)，g(x)<0?f′(x)<0；x∈(x0，1)，g(x)>0?f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上不單調，不等式不會恒成立，A不正確；B選項，ex1－ex2>lnx2－lnx1?ex1＋lnx1>ex2＋lnx2，設函數f(x)＝ex＋lnx，可知f(x)單調遞增，所以f(x1)<f(x2)，B錯誤；C選項，x2ex1>x1ex2?eq\f(ex1,x1)>eq\f(ex2,x2)，構造函數f(x)＝eq\f(ex,x)，f′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，則f′(x)<0在x∈(0，1)恒成立，所以f(x)在(0，1)上單調遞減，所以f(x1)>f(x2)成立，C正確，D錯誤.故選C.【題型二】指對跨階同構型【典例1】設實數，若對任意的，不等式恒成立，則實數的取值范圍是A．， B．， C．， D．，【解析】依題意,2me2mx-lnx≥0,即2mx?e2mx-xlnx≥0,即e2mx?lne2mx≥xlnx,設fx=xln【典例2】已知，不等式對任意的實數恒成立，則實數的最小值為A． B． C． D．【解析】不等式xa+1ex+alnx≥0可化為xex≥x-alnx-a,即exlnex≥x-alnx-a,a<0,x>2,則x【典例3】已知函數和有相同的最小值．（1）求；（2）證明：存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列．【解析】（1）fx定義域為R，∵fx若a≤0,

則f'x>0,fx無最小值,

故a>0,

當f'x=0時,x=lna,當g'x=0gx的定義域為0,+∞,

∵gx=ax-lnx,

∴g'x=a-1x,

令g'x=0,解得x=1a,

當0<x<1∴a-alna=1+lna化為lna-a-1a+1=0,

令h(2)證明:由(1)知a=1,函數fx=ex-x在-∞,0上單調遞減,在0,+∞上單調遞增,函數gx=x-lnx在0,1上單調遞減,在1,+∞上單調遞增,

設ux=fx-gx=ex-2x+lnxx>0,

則u'x=ex-2+1x>e由圖象知當直線y=b與兩條曲線y=fx和y=gx共有三個不同的交點時,

直線y=b必經過點Mm,fm,即b=fm,

因為fm=gm,所以em-m=m-lnm,即em-2m+lnm=0,

令fx=所以存在直線y=b，其與兩條曲線y=fx和y=g【題型三】零點同構型【典例1】已知函數f(x)＝xex－a(x＋lnx)有兩個零點，則實數a的取值范圍是________.【解析】f(x)＝xex－a(x＋lnx)＝ex＋lnx－a(x＋lnx)，令t＝x＋lnx，t∈R，顯然該函數單調遞增.由et－at＝0有兩個根，即a＝eq\f(et,t)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(et,t)，,y＝a))有兩個交點，可畫出函數圖象得到a的范圍是(e，＋∞).【典例2】已知x0是函數f(x)＝x2ex－2＋lnx－2的零點，則e2－x0＋lnx0＝________.【解析】x2ex－2＋lnx－2＝0，可得x2ex－2＝2－lnx，即eq\f(x2ex,e2)＝2－lnx，x2ex＝2e2－e2lnx，xex＝eq\f(2e2,x)－eq\f(e2,x)lnx，即xex＝eq\f(e2,x)lneq\f(e2,x)，兩邊同取自然對數，lnx＋x＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(e2,x)))＋lneq\f(e2,x)，所以lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x)))＝x，即2－lnx＝x，即lnx＝2－x，∴e2－x＝x，∴e2－x0＋lnx0＝x0＋lnx0＝2.【典例3】已知f(x)＝xlnx＋eq\f(a,2)x2＋1，若關于x的方程xex－a＝f(x)－eq\f(a,2)x2＋ax－1有兩個不同的實數解，求a的取值范圍.【解析】由xex－a＝f(x)－eq\f(a,2)x2＋ax－1(x＞0)，即xex－a＝xlnx＋ax，即ex－a＝lnx＋a，即ex－a＋x－a＝x＋lnx，∴l(xiāng)n(ex－a)＋ex－a＝lnx＋x，令h(x)＝lnx＋x(x＞0)，則h(ex－a)＝h(x)，h′(x)＝eq\f(1,x)＋1＞0，∴h(x)在(0，＋∞)上遞增，∴ex－a＝x，則x－a＝lnx，a＝x－lnx(x＞0)，因為關于x的方程xex－a＝f(x)－eq\f(a,2)x2＋ax－1有兩個不同的實數解，則方程a＝x－lnx(x＞0)有兩個不同的實數解.令φ(x)＝x－lnx，則φ′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，當0＜x＜1時，φ′(x)＜0，當x＞1時，φ′(x)＞0，所以函數φ(x)＝x－lnx在(0，1)上遞減，在(1，＋∞)上遞增，所以φ(x)min＝φ(1)＝1，當x→0時，φ(x)→＋∞，當x→＋∞時，φ(x)→＋∞，所以a＞1，綜上，a的范圍為(1，＋∞).【題型四】轉化為同源函數解決【典例1】已知函數f(x)＝lnx－ax＋1，其中a為實常數.對于函數圖象上任意不同的兩點A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，直線AB的斜率為k，若x1＋x2＋k＞0恒成立，求a的取值范圍.【解析】由題意，k＝eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)，則原不等式化為x1＋x2＋eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0，不妨設x1＞x2＞0，則(x1＋x2)(x1－x2)＋f(x1)－f(x2)＞0，即xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＋f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＋xeq\o\al(2,1)＞f(x2)＋xeq\o\al(2,2).設g(x)＝f(x)＋x2＝lnx＋x2－ax＋1，則g′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－a＝eq\f(2x2－ax＋1,x)，由已知，當x1＞x2＞0時，不等式g(x1)＞g(x2)恒成立，則g(x)在(0，＋∞)上是增函數.所以當x＞0時，g′(x)≥0，即2x2－ax＋1≥0，即a≤eq\f(2x2＋1,x)＝2x＋eq\f(1,x)恒成立，因為2x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(2)，當且僅當2x＝eq\f(1,x)，即x＝eq\f(\r(2),2)時取等號，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,x)))eq\s\do7(min)＝2eq\r(2).故a的取值范圍是(－∞，2eq\r(2)].【典例2】已知函數f(x)＝alnx＋eq\f(1,2)x2，在其圖象上任取兩個不同的點P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1＞x2)，總能使得eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞2，則實數a的取值范圍為()A.(1，＋∞) B.[1，＋∞)C.(1，2) D.[1，2]【解析】由eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞2，x1＞x2＞0，∴f(x1)－f(x2)＞2x1－2x2，∴f(x1)－2x1＞f(x2)－2x2，構造函數g(x)＝f(x)－2x＝alnx＋eq\f(1,2)x2－2x，則g(x1)＞g(x2)，∴函數g(x)在(0，＋∞)上為增函數，由于g′(x)＝eq\f(a,x)＋x－2，則g′(x)≥0對任意的x∈(0，＋∞)恒成立，由g′(x)＝eq\f(a,x)＋x－2≥0，可得a≥－x2＋2x，當x＞0時，則y＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，當且僅當x＝1時，等號成立，∴a≥1，因此實數a的取值范圍為[1，＋∞).【題型五】與函數單調性有關的雙變量問題【典例1】已知函數f(x)=ln(1)若函數f(x)的圖像在點1,f1處的切線方程為，求函數f(x)的極小值；(2)若a=1，對于任意x1,x2∈[1,5]，當x【解析】(1)解：f(x)=lnx+ax由函數f(x)在點1,f1處的切線方程為y=-2得f'1=1+2a-3=0此時f(x)=lnx+令f'(x)=0，解得x=1或當0<x<12或x>1時,f'x>0,即fx在0,12和1,+∞上單調遞增,當12<x<1時,f'x<0,即fx在12,1上單調遞減,則當x=1時,函數f設Fx=-2x3+3x2-x,x∈1,5,則F【題型六】與極值點有關的雙變量問題【典例1】設函數fx(1)求函數fx(2)若fx存在兩個極值點x1，x2【解析】(1)fx的定義域為0，+∞，f'x當Δ=1-8a≤0時，即a≥18時，f'x當Δ=1-8a>0時，即0<a<18時，解得x1=1-當f'x>0時解得，0<x<1-1-8a4或當f'x<0時解得，1-1-8a4綜上，當a≥18時，函數的單調增區(qū)間為0，+∞；當0<a<18時，函數的單調遞增區(qū)間為0，1-1-8a(2)由（1）可知，fx存在兩個極值點x1，x2x1，x2為方程x1+xfx1-fx2x1-x2=即證lnx1-即證lnx設x1>x令t=x1x設ht=lnt-2(t-1)t+1，h所以lnt即f【題型七】整體代換【典例1】設a∈R，函數f(x)＝lnx－ax，若f(x)有兩個相異零點x1，x2，求證：lnx1＋lnx2＞2.【解析】由已知得lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以a＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，所以lnx1＋lnx2＞2等價于eq\f(x1＋x2,x1－x2)lneq\f(x1,x2)＞2，即eq\f(\f(x1,x2)＋1,\f(x1,x2)－1)lneq\f(x1,x2)＞2，設x1＞x2，令t＝eq\f(x1,x2)＞1，g(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)，則g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,（t＋1）2)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)＞0，所以g(t)＞g(1)＝0，即lnt＞eq\f(2（t－1）,t＋1)，即得eq\f(t＋1,t－1)lnt＞2，所以原題得證.【題型八】構造一元函數求解雙變量問題【典例1】已知函數fx(1)求曲線y=fx(2)設gx=f'x(3)證明：對任意的s,t∈【解析】(1)解：因為fx=exln1+x,所以f0=0,即切點坐標為0,0,

又f'x=exln1+∴h∴g'x>0在[0,+∞)上恒成立,

∴gx在[0m'由(2)知gx=f∴gx∴m∴mx在0,+∞上單調遞增,又因為x【題型九】構造具體函數解決雙變量問題【典例1】已知函數f(x)＝x(1－lnx).(1)討論f(x)的單調性；(2)設a，b為兩個不相等的正數，且blna－alnb＝a－b，證明：2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.【解析】(1)解因為f(x)＝x(1－lnx)，所以f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1－lnx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝－lnx.當x∈(0，1)時，f′(x)>0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0.所以函數f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減.(2)證明由題意，a，b是兩個不相等的正數，且blna－alnb＝a－b，兩邊同時除以ab，得eq\f(lna,a)－eq\f(lnb,b)＝eq\f(1,b)－eq\f(1,a)，即eq\f(lna＋1,a)＝eq\f(lnb＋1,b)，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b))).令x1＝eq\f(1,a)，x2＝eq\f(1,b)，由(1)知f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，且當0<x<e時，f(x)>0，當x>e時，f(x)<0，不妨設x1<x2，則0<x1<1<x2<e.要證2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e，即證2<x1＋x2<e.先證x1＋x2>2：要證x1＋x2>2，即證x2>2－x1，因為0<x1<1<x2<e，所以只要證x2>2－x1>1，又f(x)在(1，＋∞)上單調遞減，所以即證f(x2)<f(2－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以即證f(x1)<f(2－x1)，即證當x∈(0，1)時，f(x)－f(2－x)<0.構造函數F(x)＝f(x)－f(2－x)，則F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，當0<x<1時，x(2－x)<1，則－ln[x(2－x)]>0，即當0<x<1時，F′(x)>0，所以F(x)在(0，1)上單調遞增，所以當0<x<1時，F(x)<F(1)＝0，所以當0<x<1時，f(x)－f(2－x)<0成立，所以x1＋x2>2成立.……再證x1＋x2<e：由(1)知，f(x)的極大值點為x＝1，f(x)的極大值為f(1)＝1，過點(0，0)，(1，1)的直線方程為y＝x，設f(x1)＝f(x2)＝m，當x∈(0，1)時，f(x)＝x(1－lnx)>x，直線y＝x與直線y＝m的交點坐標為(m，m)，則x1<m.欲證x1＋x2<e，即證x1＋x2<m＋x2＝f(x2)＋x2<e，即證當1<x<e時，f(x)＋x<e.構造函數h(x)＝f(x)＋x，則h′(x)＝1－lnx，當1<x<e時，h′(x)>0，所以函數h(x)在(1，e)上單調遞增，所以當1<x<e時，h(x)<h(e)＝f(e)＋e＝e，即f(x)＋x<e成立，所以x1＋x2<e成立.綜上可知，2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e成立.三、【培優(yōu)訓練】【訓練一】已知函數f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx.(1)試討論函數f(x)的單調性；(2)設x1，x2是f(x)的兩個極值點，且x2>x1，設g(x)＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)，證明：g(x)>0.【解析】(1)解f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(a,x)＝－eq\f(x2－ax＋1,x2).①若a≤2，則f′(x)≤0，當且僅當a＝2，x＝1時f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞減.②若a>2，令f′(x)＝0得，x＝eq\f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq\f(a＋\r(a2－4),2).當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))時，f′(x)<0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))時，f′(x)>0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上單調遞增.(2)證明由(1)知，f(x)存在兩個極值點時，當且僅當a>2.由于f(x)的兩個極值點x1，x2滿足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1.又因x2>x1>0，所以x2>1.又g(x)＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)＝eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)－(x1－x2)＋a(lnx1－lnx2)－(a－2)(x1－x2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(x1,x2)－x1＋x2))＝－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋2lnx2－x2)).設φ(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx，x>1.由第(1)問知，φ(x)在(1，＋∞)單調遞減，且φ(1)＝0，從而當x∈(1，＋∞)時，φ(x)<0.所以eq\f(1,x2)＋2lnx2－x2<0，故g(x)>0.【訓練二】已知函數f(x)＝2aln(x＋1)－x－1，g(x)＝ex－2ax.(1)討論f(x)的單調性；(2)若對任意的x∈[0，＋∞)，f(x)＋g(x)≥0恒成立，求實數a的取值范圍.【解析】(1)f(x)的定義域為(－1，＋∞).因為f(x)＝2aln(x＋1)－x－1，所以f′(x)＝eq\f(2a,x＋1)－1＝eq\f(2a－1－x,x＋1).當2a－1≤－1，即a≤0時，f′(x)＜0，則f(x)在(－1，＋∞)上單調遞減；當2a－1＞－1，即a＞0時，令f′(x)＞0，得－1＜x＜2a－1，令f′(x)＜0，得x＞2a－1，則f(x)在(－1，2a－1)上單調遞增，在(2a－1，＋∞)上單調遞減.綜上所述，當a≤0時，f(x)在(－1，＋∞)上單調遞減；當a＞0時，f(x)在(－1，2a－1)上單調遞增，在(2a－1，＋∞)上單調遞減.(2)由f(x)＋g(x)≥0，得2aln(x＋1)－x－1＋ex－2ax≥0，即ex－2ax≥x＋1－2aln(x＋1)＝eln(x＋1)－2aln(x＋1)，即g(x)≥g(ln(x＋1))在x∈[0，＋∞)上恒成立.令h(x)＝x－ln(x＋1)，x∈[0，＋∞)，則h′(x)＝1－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x,x＋1)≥0，所以h(x)在[0，＋∞)上單調遞增，所以h(x)≥h(0)＝0，所以x≥ln(x＋1)，即只需g(x)＝ex－2ax在[0，＋∞)上單調遞增.因為g′(x)＝ex－2a，所以g′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，即a≤eq\f(ex,2)在[0，＋∞)上恒成立.因為函數y＝eq\f(ex,2)在[0，＋∞)上單調遞增，所以a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,2)))eq\s\do7(min)＝eq\f(1,2)，故實數a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).【訓練三】已知f(x)＝2x＋1－eax(a∈R).若x1，x2為方程f(x)＝1的兩個相異的實根，求證：x1＋x2＞eq\f(2,a).【解析】x1，x2為方程f(x)＝1的兩個相異的實根，則x1，x2為方程2x－eax＝0的兩個相異的實根，即x1，x2為方程ax＝ln(2x)的兩個相異的實根，∴ax1＝ln(2x1)，ax2＝ln(2x2).不妨設x1＞x2＞0.∴a(x1－x2)＝lneq\f(x1,x2)，即a＝eq\f(ln\f(x1,x2),x1－x2).要證x1＋x2＞eq\f(2,a)，只需證a＞eq\f(2,x1＋x2)，即證eq\f(ln\f(x1,x2),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＞1，則上述不等式等價于g(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)＞0(t＞1)，g′(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，∴函數g(t)在(1，＋∞)上單調遞增，∴g(t)＞g(1)＝0，∴l(xiāng)neq\f(x1,x2)＞eq\f(2（x1－x2）,x1＋x2)成立.即x1＋x2＞eq\f(2,a).四、【強化測試】1.已知函數f(x)＝2ax＋bx－1－2lnx(a∈R).當x＞y＞e－1時，求證：exln(y＋1)＞eyln(x＋1).【證明】∵x＞y＞e－1，∴x＋1＞y＋1＞e，即ln(x＋1)＞ln(y＋1)＞1，欲證exln(y＋1)＞eyln(x＋1).即證明eq\f(ex,ln（x＋1）)＞eq\f(ey,ln（y＋1）)，令g(x)＝eq\f(ex,ln（x＋1）)，則g′(x)＝eq\f(ex\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln（x＋1）－\f(1,x＋1))),ln2（x＋1）)，顯然函數h(x)＝ln(x＋1)－eq\f(1,x＋1)在(e－1，＋∞)上單調遞增，∴h(x)＞1－eq\f(1,e)＞0，即g′(x)＞0，∴g(x)在(e－1，＋∞)上單調遞增，∵x＞y＞e－1時，g(x)＞g(y)，即eq\f(ex,ln（x＋1）)＞eq\f(ey,ln（y＋1）)，∴當x＞y＞e－1時，exln(y＋1)＞eyln(x＋1)成立.2.已知函數f(x)＝ex－alnx(其中a為參數)，若對任意x∈(0，＋∞)，不等式f(x)>alna恒成立，則正實數a的取值范圍是________.【解析】由f(x)>alna，得eq\f(ex,a)－lna>lnx，即ex－lna－lna>lnx，兩邊同時加x得ex－lna＋x－lna>elnx＋lnx.令g(t)＝et＋t，則g(x－lna)>g(lnx)，因為g(t)為單調增函數，所以x－lna>lnx，即lna<x－lnx，令h(x)＝x－lnx，則h′(x)＝eq\f(x－1,x).所以h(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，所以h(x)min＝h(1)＝1，所以lna<1，解得0<a<e.3.已知函數f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有兩個零點.a＞0，設x1，x2是f(x)的兩個零點，證明：x1＋x2＜2.【證明】求導得f′(x)＝(x－1)(ex＋2a)，所以函數f(x)的極小值點為x＝1.∵f(x1)＝f(x2)＝0，不妨設x1＜1＜x2，要證x1＋x2＜2，即證x2＜2－x1.若2－x1和x2屬于某一個單調區(qū)間，那么只需要比較f(2－x1)和f(x2)的大小，即探求f(2－x)－f(x)的正負性.于是構造輔助函數F(x)＝f(2－x)－f(x)，x＜1，代入整理得F(x)＝－xe－x＋2－(x－2)·ex.求導得F′(x)＝(1－x)(ex－e－x＋2).當x＜1時，F′(x)＜0，則函數F(x)是(－∞，1)上的單調減函數.于是F(x)＞F(1)＝0，則f(2－x)－f(x)＞0，即f(2－x)＞f(x)(x＜1).將x1代入上述不等式中，則f(x2)＝f(x1)＜f(2－x1)，即f(x2)＜f(2－x1).又函數f(x)是(1，＋∞)上的單調增函數，且x2，2－x1∈(1，＋∞)，所以x2＜2－x1.故x1＋x2＜2得證.4.已知f(x)＝aex－1－lnx＋lna，若f(x)≥1，求a的取值范圍.【解析】同構構造h(x)＝xex，h′(x)＝(x＋1)ex，當x>－1時，h′(x)>0恒成立，h(x)在(－1，＋∞)上單調遞增.aex－1－lnx＋lna≥1?aex－1≥lneq\f(ex,a)?xex≥eq\f(ex,a)lneq\f(ex,a)＝lneq\f(ex,a)elneq\f(ex,a)，即h(x)≥heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(ex,a)))，∴x≥lneq\f(ex,a)＝1＋lnx－lna，令g(x)＝1＋lnx－x(x>0)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，當x>1時，g′(x)<0，當0<x<1時，g′(x)>0，故g(x)＝1＋lnx－x在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，所以g(x)≤g(1)＝0，則lna≥0，解得a≥1.5.設函數f(x)＝x2－(a＋2)x＋alnx，g(x)＝2alnx－4x＋b，其中a＞0，b∈R.已知a＞2，且方程f(x)＝g(x)在(1，＋∞)上有兩個不相等的實數根x1，x2，求證：f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＞0.【證明】方程f(x)＝g(x)，即x2－(a－2)x－alnx＝b，在(1，＋∞)上有兩個不等實根x1和x2，不妨設1＜x1＜x2，則xeq\o\al(2,1)－(a－2)x1－alnx1＝b①，xeq\o\al(2,2)－(a－2)x2－alnx2＝b②，①－②得a＝eq\f(xeq\o\al(2,1)＋2x1－xeq\o\al(2,2)－2x2,x1＋lnx1－x2－lnx2)，∵a＞2，f′(x)＝2x－(a＋2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－（a＋2）x＋a,x)＝eq\f(2（x－1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2))),x)，x＞0，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))上單調遞減，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))上單調遞增，∴當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))時，f′(x)＜0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))時，f′(x)＞0，若證f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＞0，只需證eq\f(x1＋x2,2)＞eq\f(a,2)，即a＜x1＋x2，只需證eq\f(xeq\o\al(2,1)＋2x1－xeq\o\al(2,2)－2x2,x1＋lnx1－x2－lnx2)＜x1＋x2，∵x1＜x2，∴x1＋lnx1＜x2＋lnx2，即需證xeq\o\al(2,1)＋2x1－xeq\o\al(2,2)－2x2＞(x1＋x2)(x1＋lnx1－x2－lnx2)，整理得lnx1－lnx2＜eq\f(2（x1－x2）,x1＋x2)，即證lneq\f(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)，設h(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)，h′(t)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)＞0，顯然h(t)在(0，1)上單調遞增.∴h(t)＜h(1)＝0，故f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＞0得證.6.已知函數f(x)＝x－lnx，(1)求函數f(x)的單調性；(2)當x＞eq\f(1,e)，證明：eq\f(ex＋lnx＋1,x)≥e＋1；(3)若不等式x＋alnx＋eq\f(1,ex)≥xa對x∈(1，＋∞)恒成立，求實數a的最小值.【解析】(1)解f(x)＝x－lnx，f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)(x>0)，令f′(x)＝0，解得x＝1，則當0<x<1時，f′(x)<0；當x>1時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增.(2)證明要證：eq\f(ex＋l