2023届高考数学专项练习导数解密36专题w专题23 极值点偏移问题概述含答案.docx

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1、2023届高考数学专项练习导数解密36专题23极值点偏移问题概述 一、极值点偏移的含义函数f(x)满足内任意自变量x都有f(x)f(2mx)，则函数f(x)关于直线xm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xm必为f(x)的极值点x0，如图(1)所示，函数f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)c的两根的中点则刚好满足x0，则极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移图(1) 图(2) 图(3)若x0，则极值点偏移若单峰函数f(x)的极值点为x0，且函数f(x)满足定义域内xm左侧的任意自变量x都有f(x)f(2mx)或f(x)f(2

2、mx)，则函数f(x)极值点x0左右侧变化快慢不同如图(2)(3)所示故单峰函数f(x)定义域内任意不同的实数x1，x2，满足f(x1)f(x2)，则与极值点x0必有确定的大小关系：若x0，则称为极值点右偏深层理解1已知函数f(x)的图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)c的两根的中点刚好满足x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移此时函数f(x)在xx0两侧，函数值变化快慢相同，如图(1)2若x0，则极值点偏移，此时函数f(x)在xx0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3)(1)极值点左偏：x1x22x0，x处切线与x轴不平行若f(x)上凸（f(x)递减），则f()f(

3、x0)0，若f(x)下凸（f(x)递增），则f()f(x0)01(2)极值点右偏：x1x22x0，x处切线与x轴不平行若f(x)上凸（f(x)递减），则f()f(x0)0，若f(x)下凸（f(x)递增），则f()f(x0)0二、极值点偏移问题的一般题设形式(1)若函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1x2，求证：x1x22x0（x0为函数f(x)的极值点）；(2)若函数f(x)定义域中存在x1，x2且x1x2，满足f(x1)f(x2)，求证：x1x22x0（x0为函数f(x)的极值点）；(3)若函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1x2，令x0，求证：f(x0)0；(4)若函数f(x)定义

4、域中存在x1，x2且x1x2，满足f(x1)f(x2)，令x0，求证：f(x0)0三、极值点偏移问题的一般解法1对称化构造法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，即对结论x1x22x0型，构造函数F(x)f(x)f(2x0x)或F(x)f(x0x)f(x0x)；对结论x1x2x型，构造函数F(x)f(x)f，通过研究F(x)的单调性获得不等式(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

5、)与f(2x0x)的大小关系2(5)转化，即利用函数f(x)的单调性，将f(x)与f(2x0x)的大小关系转化为x与2x0x之间的关系，进而得到所证或所求若要证明f的符号问题，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负2比(差)值代换法比(差)值换元的目的也是消参、减元，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、减元的目的设法用比值或差值(一般用t表示)表示两个极值点，即t，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解3对数均值不等式法两个正数和的对数平均定义：对数平均与算术平均、几何平均的

6、大小关系：（此式记为对数平均不等式）取等条件：当且仅当时，等号成立只证：当时，不失一般性，可设证明如下：(1)先证：不等式构造函数，则因为时，所以函数在上单调递减，故，从而不等式成立；(2)再证：不等式构造函数，则3因为时，所以函数在上单调递增，故，从而不等式成立；综合(1)(2)知，对，都有对数平均不等式成立，当且仅当时，等号成立例1(2010天津)已知函数f(x)xex(xR)(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若x1x2，且f(x1)f(x2)，求证：x1x22解析(1)f(x)ex(1x)，令f(x)0得x1；令f(x)1，函数f(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减

7、，f(x)有极大值f(1)，f(x)无极小值(2)方法一(对称化构造法)分析法欲证x1x22，即证x12x2，由(1)可设0x11f(2x2)，又因为f(x1)f(x2)，故也即证f(x2)f(2x2)，构造函数F(x)f(x)f(2x)，x(1，)，则等价于证明F(x)0对x(1，)恒成立由F(x)f(x)f(2x)ex(1x)ex2(x1)(x1)(ex2ex)，当x1时，x10，ex2ex0，F(x)0，则F(x)在(1，)上单调递增，所以F(x)F(1)0，即已证明F(x)0对x(1，)恒成立，故原不等式x1x22亦成立综合法构造辅助函数F(x)f(x)f(2x)，x1，则F(x)f(

8、x)f(2x)ex(1x)ex2(x1)(x1)(ex2ex)，当x1时，x10，ex2ex0，F(x)0，F(x)在(1，)上为增函数，F(x)F(1)0，故当x1时，f(x)f(2x)，(*)由f(x1)f(x2)，x1x2，可设x11f(2x2)，又f(x1)f(x2)，f(x1)f(2x2)又x11，2x22x2，x1x224总结提升本题(2)证明的不等式中含有两个变量，对于此类问题一般的求解思路是将两个变量分到不等式的两侧，然后根据函数的单调性，通过两个变量之间的关系“减元”，建立新函数，最终将问题转化为函数的最值问题来求解考查了逻辑推理、数学建模及数学运算等核心素养在求解此类问题时

9、，需要注意变量取值范围的限定，如本题中利用x1，2x2，其取值范围都为(0，1)，若将所证不等式化为x12x2，则x2，2x1的取值范围都为(1，)，此时就必须利用函数h(x)在(1，)上的单调性来求解对于x1x2型不等式的证明常用对称化构造法去解决，书写过程可用分析法或用综合法方法二(比值代换法)设0x111，则x2tx1，代入上式得ln x1x1ln tln x1tx1，得x1，x2x1x22ln t0，设g(t)ln t (t1)，g(t)0，当t1时，g(t)为增函数，g(t)g(1)0，ln t0，故x1x22总结提升对于(2)的证明，也经常用比值代换法证明比值代换的目的也是消参、减

10、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作为变量，从而实现消参、减元的目的设法用比值(一般用t表示)表示两个极值点，即t，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解方法三(对数均值不等式法)设0x11x2，f(x1)f(x2)，即取对数得ln x1x1ln x2x2，可得，1，利用对数平均不等式得，12总结提升对于(2)的证明，也可用对数均值不等式法证明，用此法往往可秒证但必须用前给出证明例2已知函数f(x)lnxax有两个零点x1，x2(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1x2e2思维引导(2)证明x1x2e2，想到把双变量x1，x2转

11、化为只含有一个变量的不等式证明5解析(1)f(x)a(x0)，若a0，则f(x)0，不符合题意；若a0，令f(x)0，解得x当x时，f(x)0；当x时，f(x)0，解得0a所以实数a的取值范围为(2)法一：对称化构造法1由x1，x2是方程f (x)0的两个不同实根得a，令g(x)，g(x1)g(x2)，由于g(x)，因此，g(x)在(1，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，设1x1ee2，只需证明x1(1，e)，只需证明f(x1) f()，即f(x2)f()，即f(x2)f()0令h(x)f(x)f()(x(1，e)，h(x)0故h(x)在(1，e)上单调递增，故h(x) h(0)0即f(x

12、)f()，令xx1，则f (x2)f (x1) ，即x1x2e2对称化构造法2由题意，函数f (x)有两个零点x1，x2(x1x2)，即f (x1)f (x2)0，易知ln x1，ln x2是方程xaex的两根令t1ln x1，t2ln x2设g(x)xex，则g(t1)g(t2)，从而x1x2e2ln x1ln x22t1t22下证：t1t22g(x)(1x)ex，易得g(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以函数g(x)在x1处取得极大值g(1)当x时，g(x)；当x时，g(x)0且g(x)0由g(t1)g(t2)，t1t2，不妨设t1t2，作出函数g(x)的图象如图所示，由

13、图知必有0t110，所以F(x)在(0，1上单调递增，所以F(x)F(0)0对任意的x(0，1恒成立，即g(1x)g(1x)对任意的x(0，1恒成立由0t11g1(1t1)g(t1)g(t2)，即g(2t1)g(t2)，又2t1(1，)，t2(1，)，且g(x)在(1，)上单调递减，所以2t12总结提升上述解题过程就是解决极值点偏移问题的最基本的方法，共有四个解题要点：(1)求函数g(x)的极值点x0；(2)构造函数F(x)g(x0x)g(x0x)；(3)确定函数F(x)的单调性；(4)结合F(0)0，确定g(x0x)与g(x0x)的大小关系其口诀为：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪，四个步骤环

14、相扣，两次单调紧跟随法二：比值换元法1不妨设x1x20，因为ln x1ax10，ln x2ax20，所以ln x1ln x2a(x1x2)，ln x1ln x2a(x1x2)，所以a，欲证x1x2e2，即证ln x1ln x22因为ln x1ln x2a(x1x2)，所以即证a，所以原问题等价于证明，即ln，令t(t1)，则不等式变为ln t令h(t)ln t，t1，所以h(t)0，所以h(t)在(1，)上单调递增，所以h(t)h(1)ln100，即ln t0(t1)，因此原不等式x1x2e2得证总结提升用比值换元法求解本题的关键点有两个一个是消参，把极值点转化为导函数零点之后，需要利用两个变

15、量把参数表示出来，这是解决问题的基础，若只用一个极值点表示参数，如得到a之后，代入第二个方程，则无法建立两个极值点的关系，本题中利用两个方程相加(减)之后再消参，巧妙地把两个极值点与参数之间的关系建立起来；二是消“变”，即减少变量的个数，只有把方程转化为一个“变量”的式子后，才能建立与之相应的函数，转化为函数问题求解本题利用参数a7的值相等建立方程，进而利用对数运算的性质，将方程转化为关于的方程，通过建立函数模型求解该问题，这体现了对数学建模等核心素养的考查该方法的基本思路是直接消掉参数a，再结合所证问题，巧妙引入变量c，从而构造相应的函数其解题要点为：(1)联立消参：利用方程f (x1)f

16、(x2)消掉解析式中的参数a(2)抓商构元：令t，消掉变量x1，x2，构造关于t的函数h(t)(3)用导求解：利用导数求解函数h(t)的最小值，从而可证得结论比值换元法2由题知a，则，设x11)，则x2tx1，所以t，即t，解得lnx1，lnx2lntx1lntlnx1lnt由x1x2e2，得lnx1lnx22，所以lnt2，所以lnt0，令h(t)ln t，t1，所以h(t)0，所以h(t)在(1，)上单调递增，所以h(t)h(1)ln100，即ln t0(t1)，因此原不等式x1x2e2得证法三：差值换元法由题意，函数f (x)有两个零点x1，x2(x1x2)，即f (x1)f (x2)0

17、，易知ln x1，ln x2是方程xaex的两根设t1ln x1，t2ln x2，设g(x)xex，则g(t1)g(t2)，从而x1x2e2ln x1ln x22t1t22下证：t1t22由g(t1)g(t2)，得t1t2，化简得，不妨设t2t1，由法二知，0t110，t2st1，代入式，得es，解得t1则t1t22t1ss，故要证t1t22，即证s2，又es10，故要证s2，即证2s(s2)(es1)0，令G(s)2s(s2)(es1)(s0)，则G(s)(s1)es1，G(s)ses0，故G(s)在(0，)上单调递增，所以G(s)G(0)0，从而G(s)在(0，)上单调递增，8所以G(s)

18、G(0)0，所以式成立，故t1t22总结提升该方法的关键是巧妙引入变量s，然后利用等量关系，把t1，t2消掉，从而构造相应的函数，转化所证问题其解题要点为：(1)取差构元：记st2t1，则t2t1s，利用该式消掉t2(2)巧解消参：利用g(t1)g(t2)，构造方程，解之，利用s表示t1(3)构造函数：依据消参之后所得不等式的形式，构造关于s的函数G(s)(4)转化求解：利用导数研究函数G(s)的单调性和最小值，从而证得结论函数的极值点偏移问题，其实质是导数的应用问题，解题的策略是把含双变量的等式或不等式转化为仅含一个变量的等式或不等式进行求解，解题时要抓住三个关键量：极值点、根差、根商例3已

19、知函数f(x)lnxax2(2a)x(1)讨论f(x)的单调性；(2)设f(x)的两个零点是x1，x2，求证：f0，则f (x)在(0，)上单调递增；当a0时，若x，则f (x)0，若x，则f (x)0，且f (x)在上单调递增，在上单调递减，不妨设0x1x2，fx1x2，故要证f 即可构造函数F(x)f (x)f ，x，F(x)f (x)f (x)f ，x，F(x)0，F(x)在上单调递增，F(x)Ff f 0，即f (x)f ，x，9又x1，x2是函数f (x)的两个零点且0x1x2，f (x1)f (x2)x1，x1x2，得证法二：对数平均不等式法易知a0，且f (x)在上单调递增，在上

20、单调递减，不妨设0x1x2，f 因为f (x)的两个零点是x1，x2，所以ln x1ax(2a)x1ln x2ax(2a)x2，所以ln x1ln x22(x1x2)a(xxx1x2)，所以a，以下用分析法证明，要证，即证，即证，即证，只需证，根据对数平均不等式，该式子成立，所以f 0法三：比值代换法因为f (x)的两个零点是x1，x2，不妨设0x11)，g(t)ln t，则当t1时，g(t)1时，g(t)g(1)0，所以f 010专题24极值点偏移之和(x1x2)型不等式的证明 【例题选讲】例1(2013湖南)已知函数f(x)ex(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：当f(x1)f(x2)

21、(x1x2)时，x1x20解析(1)函数f(x)的定义域为(，)f(x)()exexexex当x0时，f(x)0；当x0时，f(x)0所以f(x)的单调递增区间为(，0)，单调递减区间为(0，)(2)法一：令函数F(x)f(x)f(x)，x(0，)，代入化简得F(x)再次局部构造辅助函数，令G(x)(1x)ex，求导得G(x)xex(e2x1)当x(0，)时，G(x)0，即G(x)是(0，)上的单调减函数于是G(x)G(0)0，则F(x)0即F(x)f(x)f(x)0所以x(0，)时，f(x)f(x)由x2(0，)，则f(x2)f(x2)又f(x1)f(x2)，即得f(x1)f(x2)根据(1

22、)知f(x)是(，0)上的单调增函数，而x1(，0)，x2(，0)，所以x1x2，故x1x20得证法二：不妨设x1x2，要证明x1x20，即x1x20，只需证明f(x1)f(x2)，因为f(x1)f(x2)，即f(x2)f(x2)而f(x2)f(x2)等价于(1x2)1x20，x(0，)，令g(x)(1x)1x(x0)，则g(x)(12x)1，令h(x)(12x)1，则h(x)4x0，所以h(x)单调递减，h(x)h(0)0，即g(x)0，所以g(x)单调递减，所以g(x)g(0)0，得证法三：先证明：x(0，)，f(x)f(x)，即证exex，此不等式等价于(1x)ex0令g(x)(1x)e

23、x，则g(x)xex(e2x1)当x(0，)，g(x)0，g(x)单调递减，从而g(x)g(0)0，即(1x)ex011所以x(0，)，f(x)f(x)，而x2(0，)，所以f(x2)f(x2)，从而f(x1)f(x2)由于x1，x2(，0)，f(x)在(，0)上单调递增，所以x1x2，即x1x20例2(2016全国I)已知函数f(x)(x2)exa(x1)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：x1x20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，取b满足b0且b(b2)a(b1)2a0，故f(x)存在两个零点当a

24、0时，由f(x)0，得x1或xln(2a)若a，则ln(2a)1，f(x)在(1，)上单调递增当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点若a1，所以f(x)在(1，ln(2a)上单调递减，在(ln(2a)，)上单调递增当x1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)分析法不妨设x1x2，由(1)知x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，f(x)在(，1)上单调递减，所以x1x2f(2x2)，即f(2x2)1时，g(x)1时，g(x)0，从而g(x2)f(2x2)0，故x1x22(2)综合法设F(x)f(2x)f(x)，x1，代入整理得F(x)xex2

25、(x2)ex求导得F(x)(1x)(exex2)即x1时，F(x)F(1)0，则f(2x)f(x)0，即f(2x)f(x)由题x1，x2是f(x)的两个零点，并且在x1的两侧，所以不妨设x11x2，则f(x2)f(x1)f(2x1)，即f(x2)f(2x1)由(1)知函数f(x)是(1，)上的单调增函数，且x2，2x1(1，)，所以x22x1故x1x22解析(1)由已知得f(x)x1a，因为f(x)存在极值点1，所以f(1)0，即22a0，a1，经检验符合题意，所以a1(2)f(x)x1a(x1)(x0)，当a0时，f(x)0恒成立，所以f(x)在(0，)上为增函数，不符合题意；当a0时，由f

26、(x)0得xa，当xa时，f(x)0，所以f(x)单调递增，当0xa时，f(x)0，所以f(x)单调递减，所以当xa时，f(x)取得极小值f(a)又f(x)存在两个不同的零点x1，x2，所以f(a)0，即a2(1a)aaln a1a，作yf(x)关于直线xa的对称曲线g(x)f(2ax)，令h(x)g(x)f(x)f(2ax)f(x)2a2xaln，则h(x)22，因为在(0，2a)上，h(x)0，所以h(x)在(0，2a)上单调递增，不妨设x1ah(a)0，即g(x2)f(2ax2)f(x2)f(x1)，又2ax2(0，a)，x1(0，a)，且f(x)在(0，a)上为减函数，所以2ax22a

27、，又ln a1a，易知a1成立，故x1x22例4已知函数f(x)x1aex(1)讨论f(x)的单调性；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x24解析(1)f(x)1aex，当a0时，f(x)0，则f(x)在R上单调递增当a0，得xln，则f(x)的单调递增区间为，令f(x)ln，3则f(x)的单调递减区间为(2)由f(x)0得a，设g(x)，则g(x)由g(x)0，得x0，得x2故g(x)ming(2)1时，g(x)0，当x0，不妨设x14等价于x24x1，4x12且g(x)在(2，)上单调递增，要证x1x24，只需证g(x2)g(4x1)，g(x1)g(x2)a，只需证g(x1

28、)g(4x1)，即，即证(x13)x110；设h(x)e2x4(x3)x1，x(1，2)，则h(x)e2x4(2x5)1，令m(x)h(x)，则m(x)4e2x4(x2)，x(1，2)，m(x)h(2)0，h(x)在(1，2)上单调递增，h(x)h(2)0，x114得证例5已知函数（aR）(1)若函数在上是增函数，求实数的取值范围；(2)如果函数恰有两个不同的极值点，证明：思维引导(2)，所证不等式含有3个字母，考虑利用条件减少变量个数由为极值点可得，从而可用表示，简化所证不等式解析(1)是上是增函数，设，令解得，故在单调递减，在单调递增，(2)依题意可得：，是极值点，两式相减可得：4所证不等

29、式等价于：，不妨设，两边同除以可得：（观察指数幂的特点以及分式的分母，化不同为相同，同除以使得多项呈的形式）从而考虑换元减少变量个数令所证不等式只需证明：，设，由可得：，在单调递减，原不等式成立即总结提升本题第(2)问在处理时首先用好极值点的条件，利用导数值等于0的等式消去，进而使所证不等式变量个数减少最大的亮点在于对的处理，此时对数部分无法再做变形，两边取指数，而后同除以，使得不等式的左右都是以为整体的表达式，再利用整体换元转化为一元不等式例6已知函数f(x)lnx1(mR)的两个零点为x1，x2(x1x2)(1)求实数m的取值范围；(2)求证：解析(1)f(x)+，m0时，f(x)0，f(

30、x)在(0，)上单调递增，不可能有两个零点m0时，由f(x)0可解得x2m，由f(x)0可解得0x2m，f(x)在(0，2m)上单调递减，在(2m，)上单调递增，于是f(x)minf(2m)minf(x)minf(2m)ln2m1，要使得f(x)在(0，)上有两个零点，则ln2m10，解得0m，又f(1)m10，f(e2)0，即m的取值范围为(0，)5(2)令t，则f(t)mtlnt1，由题意知方程mt2lnt10有两个根t1，t2，即方程m有两个根t1，t2，不妨设t1，t2令h(t)，则h(t)，由h(t)0可得0t，由h(t)0可得t，t(0，)时，h(t)单调递增，t(，)时，h(t)

31、单调递减故结合已知有t1t20，要证，即证t1t2，即t1t2即证h(t1)h(t2)令(x)h(x)h(x)，下面证(x)0对任意的x(0，)恒成立(x)h(x)h(x)x(0，)，lnx10，x2(x)2，(x)x(x)2，(x)0，(x)在(0，)是增函数，(x)()0，原不等式成立【对点训练】1已知函数f(x)exax1(a为常数)，曲线yf(x)在与y轴的交点A处的切线斜率为1(1)求a的值及函数yf(x)的单调区间；(3)若x1ln2，x2ln2，且f(x1)f(x2)，试证明：x1x22ln21解析(1)由f(x)exax1，得f(x)exa又f(0)1a1，所以a2，所以f(x

32、)ex2x1，f(x)ex2由f(x)ex20，得xln2所以函数yf(x)在区间(，ln2)上单调递减，在(ln2，)上单调递增(2)设xln 2，所以2ln2xln2，f(2ln2x)e(2ln 2x)2(2ln2x)12x4ln216令g(x)f(x)f(2ln2x)ex4x4ln2(xln2)，所以g(x)ex4ex40，当且仅当xln2时，等号成立，所以g(x)f(x)f(2ln2x)在(ln2，)上单调递增又g(ln2)0，所以当xln2时，g(x)f(x)f(2ln2x)g(ln2)0，即f(x)f(2ln2x)，所以f(x2)f(2ln2x2)，又因为f(x1)f(x2)，所以

33、f(x1)f(2ln2x2)，由于x2ln2，所以2ln2x2ln2，因为x1ln2，由(1)知函数yf(x)在区间(，ln2)上单调递减，所以x12ln2x2，即x1x22ln22已知函数f(x)lnxax2，其中aR(1)若函数f(x)有两个零点，求a的取值范围；(2)若函数f(x)有极大值为，且方程f(x)m的两个根为x1，x2，且x14a2解析(1)由题知f(x)2ax(x0)当a0时，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递增，不可能有两个零点当a0时，由f(x)0，得x当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(，)时，f(x) 0，得0a因为f(ea)ln(ea)ae2

34、aaae2a0，所以f(x)在上必存在一个零点显然当x时，f(x)0，所以f(x)在上必存在一个零点，所以当0a0时，f(x)的极大值为fln，解得a，所以f(x)lnxx2由f(x)x0，得0x1，由f(x)1，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减7当x0时，f(x)0，且当x时，f(x)0，f(1)，则由f(x)m的两个根分别为x1，x2，得x11x2令F(x)f(x)f(2x)，则F(x)f(x)f(2x)2，当0x0，所以F(x)单调递增因为x11x2，所以F(x1)f(x1)f(2x1)F(1)0，所以f(x1)f(2x1)又因为f(x1)f(x2)，所以f(x2

35、)2x1，即x1x224a，原命题得证3已知函数f(x)ln xs(s，tR)(1)讨论f(x)的单调性及最值；(2)当t2时，若函数f(x)恰有两个零点x1，x2(0x143解析(1)f(x)(x0)，当t0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，f(x)无最值；当t0时，由f(x)0，得x0，得xt，f(x)在(0，t)上单调递减，在(t，)上单调递增，故f(x)在xt处取得极小值也是最小值，最小值为f(t)ln t1s，无最大值(2)证明：f(x)恰有两个零点x1，x2(0x11，则ln m，x1，故x1x2x1(m1)，x1x24令函数h(m)2ln m，h(m)0，h(m)在(

36、1，)上单调递增，m1，h(m)h(1)0，又m1，ln m0，故x1x24成立4已知f (x)x2a2lnx，a0(1)若f (x)0，求a的取值范围；(2)若f (x1)f (x2)，且x1x2，证明：x1x22a84解析(1)f (x)x(x0)当x(0，a)时，f (x)0，f (x)单调递增当xa时，f (x)取最小值f (a)a2a2lna令a2a2lna0，解得0a故a的取值范围是(0，(2)由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，不失一般性，设0x1ax2，则2ax22a即x12ax2，则只需证f (x1)f (2ax2)因f (x1)f (x2)，则只需证f