212
即h(t)＝8lnt－t－2t＋＋2，
ttt822
所以h′(t)＝－2t－2－2－3＝
tt－2?t－1?－2t?t－1?
222
t3
，则当t>1时，h′(t)<0，
所以h(t)在(1，＋∞)上单调递减，
?1?2
所以当t>1时，h(t)＝8lnt＋?2－1?(1＋t) t? ? 所以x1＋x2>2－2k. 解法二：x1，x2是函数f(x)的两个零点，不妨设x1 klnx－＝0，??x由?klnx－＝0??x1 2 1 2 22 ，得lnx2－lnx1＝2－2. kkx2x1 所以lnt＝ kkk?11?2 tx1x1lnt?t2e? 要证x1＋x2>2－2k，即证x1x2>－2k， k?1?2 即证tx1>－2k，即证t×?2－1?>－2k， lnt?t? 11 因为－ 2et1设h(t)＝2lnt－t＋， t21?t－1? 所以h′(t)＝－1－2＝－，则当t>1时，h′(t)<0， 2 2 ttt所以h(t)在(1，＋∞)上单调递减， 1 所以当t>1时，h(t)＝2lnt－t＋ t所以x1＋x2>2x1x2>2－2k. 解法三：x1，x2是函数f(x)的两个零点，不妨设x1 klnx－＝0??x由?klnx－＝0??x1 21 2 22 得lnx1＋lnx2＝2＋2. kkx1x2 要证x1＋x2>2－2k，即证x1x2>－2k， 只需证lnx＋lnx2>ln(－2k)． 即证2＋2>ln(－2k)，即证2＋kkx1x2kk22>ln(－2k)， x1tx1 ?1?1 即证k?1＋2?2>ln(－2k)． t? ?x1 由(1)可得0 而ln(－2k) e?t?x1所以x1＋x2>2x1x2>2－2k. 解法四：x1，x2是函数f(x)的两个零点，不妨设x1 2 klnx－＝0，??x由?klnx－＝0??x1 2 1 2 22 得lnx2－lnx1＝2－2. kkx2x1 lnx2－lnx11先证明<， x2－x1x1x2即证明lnt (t>1)． t2 t－1?t－1? 设h(t)＝－lnt，则h′(t)＝， t2tt当t>1时，h′(t)>0， 所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(t)>h(1)＝0，所证不等式成立． lnx2－lnx1－k?x1＋x2?1 所以有＝<， 2x2－x1x21x2x1x2即－k(x1＋x2)<(x1x2). 因为x1x2< 3 x1＋x2 2 (x1≠x2)， 所以－k(x1＋x2) 2 ?x1＋x2?3， ??2? 即(x1＋x2)>－8k. 所以x1＋x2>2－2k. 解法五：要证x1＋x2>2－2k，其中x1∈(0，－2k)，x2∈(－2k，＋∞)，即证x2>2－2k－x1. 由(1)得函数f(x)在(－2k，＋∞)上单调递增，又2－2k－x1>－2k，所以只需证明f(x2)>f(2－2k－x1)． 因为f(x2)＝f(x1)，所以只要证明f(x1)>f(2－2k－x1)，其中x1∈(0，－2k)． 构造函数F(x)＝f(x)－f(2－2k－x)，x∈(0，－2k)， kk12k1则F(x)＝lnx－2－ln(2－2k－x)＋.因为F′(x)＝＋＋32 xxx2－2k－x?2－2k－x? ＋ 2k?2－2k－x? 3 ＝ 2－2kx?2－2k－x? ＋4k－2k[?2－2k－x?－x?2－2k－x?＋x] 22 x3?2－2k－x?3 4k－2k 2 2－2k?x－－2k? (利用基本不等式)<＋2＝－<0， x?2－2k－x?x?2－2k－x?2x2?2－2k－x?2所以f(x)在(0，－2k)上单调递减， 11 所以F(x)>F(－2k)＝ln－2k＋－ln－2k－＝0， 22所以f(x)>f(2－2k－x)在(0，－2k)上恒成立． 所以要证的不等式x1＋x2>2－2k成立． 3．[2019·太原一模]已知函数f(x)＝lnx－ax＋(2－a)x，a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； 1 (2)当a＜－时，若对于任意x1，x2∈(1，＋∞)(x1＜x2)，都存在x0∈(x1，x2)，使得f′(x0) 2＝ 2 2－2kf?x2?－f?x1?x1＋x2 ，证明：＜x0. x2－x12 1?2x＋1??ax－1?解：(1)由题意得f′(x)＝－2ax＋(2－a)＝－，x＞0. xx①当a≤0时，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 1②当a＞0时，令f′(x)＞0，则0＜x＜； a1?1??1?令f′(x)＜0，则x＞，∴f(x)在?0，?上单调递增，在?，＋∞?单调递减． a?a??a? 1 (2)证明：当a＜－时， 2∵ f?x2?－f?x1?1x21 ＝ln－a(x2＋x1)＋(2－a)，f′(x0)＝－2ax0＋(2－a)， x2－x1x2－x1x1x0 ∴ 1x21 ln－a(x2＋x1)＝－2ax0. x2－x1x1x0 ∵f′? ?x1＋x2?－f′(x)＝2－a(x＋x)－?1－2ax0?＝2－1lnx2＝ ?021?x0?x＋xx－xxx2＋x1?2???21211 21 2 1 21 2 ?x?2?－1???2?x－x?x?x?x?11?－ln?＝－ln? ·?x?x－x?xxx－x?x＋x＋1?x? 2 1 2 1 2 1 21 1 x22?t－1? 令t＝，g(t)＝－lnt，t＞1， x1t＋1 ?t－1?则g′(t)＝－＜0， t?t＋1?2∴g(t)＜g(1)＝0，∴f′?∴f′? 2 ?x1＋x2?－f′(x)＜0， ?0 ?2? ?x1＋x2?＜f′(x)． ?0 ?2? x1 设h(x)＝f′(x)＝－2ax＋(2－a)，x＞1， 1 则h′(x)＝－2－2a＞－1＋1＝0， x∴h(x)＝f′(x)在(1，＋∞)上单调递增， ∴ x1＋x2 2 ＜x0. 4．[2019·石家庄一模]已知函数f(x)＝lnx＋(1)求函数f(x)的极小值； (2)求证：当－1≤a≤1时，f(x)＞g(x)． a－1a?sinx＋1?－2 ，g(x)＝，a∈R. xx1a－1x－?a－1? 解：(1)f′(x)＝－2＝，(x＞0)． 2 xxx当a－1≤0时，即a≤1时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极小值； 当a－1＞0时，即a＞1时，f′(x)＜0?0＜x＜a－1，函数f(x)在(0，a－1)上单调递减； f′(x)＞0?x＞a－1，函数f(x)在(a－1，＋∞)上单调递增； f(x)极小值＝f(a－1)＝1＋ln(a－1)． 综上所述，当a≤1时，f(x)无极小值； 当a＞1时，f(x)极小值＝1＋ln(a－1)． (2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝lnx＋ a－1a?sinx＋1?－2xlnx－asinx＋1 －＝，(x＞0) xxx
