微专题1 专项4 隐零点与极值点偏移问题（教师word）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版2019）

专项四　隐零点与极值点偏移问题 　　隐零点问题是指对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题．极值点偏移是指函数f (x)的极值点为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x＝x0两侧，函数值变化快慢相同；若≠x0，则极值点偏移，此时函数f (x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢不同．隐零点与极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，此类题往往对思维要求较高，过程较为繁琐，计算量较大，难度大． 技法一　设而不求法解决函数的隐零点问题 (2024·江苏镇江模拟)已知函数f (x)＝(x－a) ex－x2. (1)若a＝1，x∈[0，1]，求函数f (x)的最值； (2)若a∈Z，函数f (x)在x∈[0，＋∞)上是增函数，求a的最大整数值． 解：(1)若a＝1，则函数f (x)＝(x－1) ex－x2，f′(x)＝ex＋(x－1) ex－2x＝x(ex－2). 令f′(x)＝0，则x＝0或x＝ln 2，由于x∈[0，1]， 因而当x∈(0，ln 2)时，f′(x)<0，f (x)单调递减， 当x∈(ln 2，1)时，f′(x)>0，f (x)单调递增， 所以f (x)的最小值为f (ln 2)＝－1－(ln 2－1)2，最大值为f (0)＝f (1)＝－1. (2)f′(x)＝ex＋(x－a) ex－2x＝(x＋1－a) ex－2x， 由f (x)在x∈[0，＋∞)上是增函数， 得f′(x)≥0在x∈[0，＋∞))上恒成立， 即(x＋1－a) ex－2x≥0，x∈[0，＋∞)，分离参数得1－a≥－x，x∈[0，＋∞). 设g(x)＝－x，则g′(x)＝－1＝， 令g′(x)＝0，即2－2x－ex＝0. 设h(x)＝2－2x－ex，易知h(x)在[0，＋∞)上单调递减，由于h(0)＝1>0，h＝1－<0， 因而方程2－2x－ex＝0在上有解，设为x0， 则e＝2－2x0，且当x∈(0，x0)时，g′(x)>0，当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)<0， 所以g(x)的最大值为g(x0)＝－x0＝－x0＝. 因而1－a≥，即a≤1＋＝3＋＋x0－1， 又x0∈，x0－1∈，所以3＋＋x0－1∈， 所以a的最大整数值为0. 规律方法 隐零点问题求解三步曲 1．用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x0)＝0，并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围． 2．以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f (x)的最值表达式． 3．将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时步骤1中的零点范围还可以适当缩小．　　 对点练1．(2024·湖北武汉模拟)已知函数f (x)＝xex－ln x－1. (1)求函数f (x)在x＝1处的切线方程； (2)若不等式f (x)≥ax(a∈R)恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)因为f (x)＝xex－ln x－1，所以f′(x)＝(x＋1)ex－， 所以f (1)＝e－1，f′(1)＝2e－1， 所以f (x)的图象在x＝1处的切线方程为y－(e－1)＝(2e－1)(x－1)， 即y＝(2e－1) x－e. (2)法一：由题意得，因为函数f (x)＝xex－ln x－1， 故有f (x)≥ax，x>0，可等价转化为xex－ln x－1≥ax， 即a≤ex－－在x>0时恒成立，所以a≤min， 令h(x)＝ex－－，则h′(x)＝ex＋－＝， 令φ(x)＝x2ex＋ln x，则φ′(x)＝2xex＋x2ex＋>0，所以函数φ(x)在x>0时单调递增， 因为φ＝2e＋ln ＝<0，φ(1)＝e>0，φ()·φ(1)<0， 所以∃x0∈，使得φ(x0)＝0， 所以当0<x<x0时，φ(x)<0，即h′(x)<0，h(x)单调递减，当x>x0时，φ(x)>0，即h′(x)>0，h(x)单调递增，故h(x)min＝h(x0)， 由φ(x0)＝xex0＋ln x0＝0，得x0e＝－＝ln ＝eln ，x0∈(0，1)， 在g(x)＝xex(0<x<1)中，g′(x)＝ex＋xex＝(x＋1) ex，当x∈(0，1)时，g′(x)>0， 所以函数g(x)＝xex在(0，1)上单调递增，所以x0＝ln ，即x0＝－ln x0，e＝， h(x)min＝h(x0)＝e－－＝－－＝－＝1， 所以a≤1，即实数a的取值范围为(－∞，1]. 法二：因为函数f (x)＝xex－ln x－1， 故f (x)≥ax，x>0，可等价转化为xex－ln x－1≥ax(x>0)， 构造G(t)＝et－t－1， 所以G′(t)＝et－1，所以可知G(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以G(t)≥G(0)＝0，即et≥t＋1成立，令t＝x＋ln x，所以ex＋ln x＝xex≥x＋ln x＋1， 令h(x)＝x＋ln x，h′(x)＝1＋>0, 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又h＝－1<0，h(1)＝1>0，所以存在x0∈(0，1)，使得h(x0)＝0，即x0＋ln x0＝0， 所以可知xex－ln x－1≥x， 当a≤1时，可知xex－ln x－1≥x≥ax恒成立，即此时不等式成立； 当a>1时，又因为x0＋ln x0＝0⇔x0＝－ln x0⇔e＝， 所以x0e－ln x0－1＝－ln x0＝x0<ax0，与不等式矛盾； 综上所述，实数a的取值范围为(－∞，1]. 技法二　构造对称和(差)法求极值点偏移问题 (2024·浙江绍兴模拟)已知函数f (x)＝x2，a为实数． (1)求函数f (x)的单调区间； (2)若函数f (x)在x＝e处取得极值，f′(x)是函数f (x)的导函数，且f′(x1)＝f′(x2)，x1<x2，证明：2<x1＋x2<e. 解：(1)函数f (x)＝x2(ln x－a)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝2x(ln x－a)＋x＝x(2ln x－3a＋1)， 令f′(x)＝0，所以ln x＝，得x＝e， 当x∈时，f′(x)<0，当x∈时，f′(x)>0， 故函数f (x)的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)证明：因为函数f (x)在x＝e处取得极值， 所以x＝e＝e，得a＝1， 所以f (x)＝x2(ln x－)，得f′(x)＝x(2ln x－2)＝2x(ln x－1)， 令g(x)＝2x(ln x－1)， 因为g′(x)＝2ln x，当x＝1时，g′(x)＝0， 所以函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 且当x∈(0，e)时，g(x)＝2x(ln x－1) <0，当x∈(e，＋∞)时，g(x)＝2x(ln x－1) >0， 故0<x1<1<x2<e. 要证x1＋x2>2，需证x2>2－x1. 因为x2>1，2－x1>1，下面证明g(x1)＝g(x2)>g(2－x1). 设t(x)＝g(2－x)－g(x)，x∈(0，1)， 则t′(x)＝－g′(2－x)－g′(x)，t′(x)＝－2ln (2－x)－2ln x＝－2ln [(2－x)x]>0， 故t(x)在(0，1)上为增函数，故t(x)<t(1)＝g(1)－g(1)＝0， 所以t(x1)＝g(2－x1)－g(x1)<0，则g(2－x1) <g(x2)， 所以2－x1<x2，即得x1＋x2>2. 下面证明：x1＋x2<e. 令g(x1)＝g(x2)＝m，当x∈(0，1)时，g(x)－(－2x)＝2xln x<0，所以g(x)<－2x成立， 所以－2x1>g(x1)＝m，所以x1<－. 当x∈(1，e)时，记h(x)＝g(x)－(2x－2e)＝2xln x－4x＋2e， 所以x∈(1，e)时h′(x)＝2ln x－2<0，所以h(x)为减函数，得h(x)>h(e)＝2e－4e＋2e＝0， 所以m＝g(x2)>2x2－2e，即得x2<＋e， 所以x1＋x2<－＋＋e＝e. 综上，2<x1＋x2<e. 学生用书↓第77页 规律方法 构造对称和(差)法求极值点偏移的步骤 第一步，求导：获得f (x)的单调性、极值情况：求出f (x)的极值点x0，再由f (x1)＝f (x2)得出x1，x2的取值范围； 第二步，构造辅助函数：对结论x1＋x2>(<)2x0型，构造函数F (x)＝f (x)－f (2x0－x)；对结论x1x2>(<)x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． 第三步，代入x1(或x2)：利用f (x1)＝f (x2)及f (x)的单调性证明结论．　　 对点练2．已知函数f (x)＝xe－x(x∈R)． (1)求函数f (x)的单调区间和极值； (2)若x1≠x2，且f (x1)＝f (x2)，求证：x1＋x2>2. 解：(1)f′(x)＝(1－x)e－x，令f′(x)＝0，解得x＝1， 当x变化时，f′(x)，f (x)的变化情况如下表： x (－∞，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f (x)  极大值  所以f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x)在x＝1处取得极大值. (2)证明：构造辅助函数F (x)＝f (x)－f (2－x)，x>1， 则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)＝(x－1)(ex－2－e－x)， 因为当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0， 所以F′(x)>0，所以F (x)在(1，＋∞)上单调递增，且x→1时，F (x)→0，所以F (x)>0， 故当x>1时，f (x)>f (2－x)，(*) 由f (x1)＝f (x2)，x1≠x2， 可设x1<1<x2， 将x2代入(*)式可得f (x2)>f (2－x2)， 又f (x1)＝f (x2)，所以f (x1)>f (2－x2)． 又x1<1，2－x2<1，而f (x)在(－∞，1)上单调递增， 所以x1>2－x2，即x1＋x2>2. 技法三　比(差)值换元法求极值点偏移问题 已知f (x)＝xln x－mx2－x，m∈R. (1)当m＝－2时，求函数f (x)的所有零点； (2)若f (x)有两个极值点x1，x2，且x1<x2，求证：x1x2>e2(e为自然对数的底数)． 解：(1)当m＝－2时，f (x)＝xln x＋x2－x＝x(ln x＋x－1)，x>0. 设g(x)＝ln x＋x－1，x>0，则g′(x)＝＋1>0， 于是g(x)在(0，＋∞)上为增函数． 又g(1)＝0，所以g(x)有唯一零点x＝1. 从而，函数f (x)有唯一零点x＝1. (2)证明：欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2.若f (x)有两个极值点x1，x2，即函数f′(x)有两个零点． 又f′(x)＝ln x－mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同实根，于是有解得m＝.还可得，ln x2－ln x1＝m(x2－x1)， 从而可得，＝. 于是ln x1＋ln x2＝. 又0<x1<x2，设t＝，则t>1.因此ln x1＋ln x2＝，t>1.要证ln x1＋ln x2>2， 即证>2，t>1，即证当t>1时，有ln t>. 设函数h(t)＝ln t－，t>1，则h′(t)＝－＝>0， 所以h(t)为(1，＋∞)上的增函数． 注意到h(1)＝0，因此h(t)>0. 于是当t>1时，有ln t>，所以ln x1＋ln x2>2成立，即x1x2>e2(e为自然对数的底数)． 规律方法 　　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，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题．　　 对点练3．(2024·河北张家口三模)已知函数f (x)＝x2＋2cos x，f′(x)为函数f (x)的导函数． (1)讨论函数f (x)的单调性； (2)已知函数g(x)＝f′(x)－5x＋5aln x，存在g(x1)＝g(x2)(x1≠x2)，证明：x1＋x2>2a. 解：(1)f (x)的定义域为R，f′(x)＝2x－2sin x， 又f ″(x)＝2－2cos x≥0， 所以函数f′(x)在定义域内单调递增，又f′(0)＝0， 所以当x<0时，f′(x)<0，函数f (x)单调递减， 当x≥0时，f′(x)≥0，函数f (x)单调递增． 综上，函数f (x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间[0，＋∞)上单调递增． (2)证明：由(1)，得g(x)＝2x－2sin x－5x＋5aln x＝－2sin x－3x＋5aln x，x>0， 又g(x1)＝g(x2)，即－2sin x1－3x1＋5aln x1＝－2sin x2－3x2＋5aln x2， 所以5a(ln x2－ln x1)＝2(sin x2－sin x1)＋3(x2－x1)． 不妨设x2>x1>0，所以ln x2>ln x1. 由(1)，得当x>0时，函数f′(x)单调递增，所以2x1－2sin x1<2x2－2sin x2， 故2(sin x2－sin x1)<2(x2－x1)， 所以5a(ln x2－ln x1)＝2(sin x2－sin x1)＋3(x2－x1)<5(x2－x1)， 得a<，故2a<. 下证<x2＋x1. 设＝t>1，h(t)＝ln t－，t>1， 则h′(t)＝>0，所以函数h(t)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)＝0， 故ln t>，即ln >， 得<ln x2－ln x1，即<x2＋x1，所以x1＋x2>2a，得证． 学生用书↓第78页 技法四　消参减元法求极值点偏移问题 已知函数f (x)＝ex(ex－ax＋a)有两个极值点x1，x2. (1)求a的取值范围； (2)求证：2x1x2<x1＋x2. 解：(1)因为f (x)＝ex(ex－ax＋a)， 所以f′(x)＝ex(ex－ax＋a)＋ex(ex－a)＝ex(2ex－ax)， 令f′(x)＝0，则2ex＝ax. 当a＝0时，不成立． 当a≠0时，＝，令g(x)＝， 则g′(x)＝，当x<1时，g′(x)>0，当x>1时，g′(x)<0， 所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 又g(1)＝，当x→－∞时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0， 因此，当0<<时，f (x)有2个极值点， 故所求a的取值范围为(2e，＋∞)． (2)证明：由(1)不妨设0<x1<1<x2，且所以 所以x2－x1＝ln x2－ln x1， 要证明2x1x2<x1＋x2，只要证明2x1x2(ln x2－ln x1)<x－x， 即ln <，即ln <(－)， 设＝t(t>1)，则需证明2ln t－t＋<0在(1，＋∞)上恒成立， 设h(t)＝2ln t－t＋(t>1)， 则h′(t)＝－1－＝－<0， 所以h(t)在区间(1，＋∞)上单调递减， 所以h(t)<2ln 1－1＋＝0，即2ln t－t＋<0，即2x1x2<x1＋x2. 规律方法 　　消参减元的主要目的是减元，进而建立与所求解问题相关的函数．消参减元法，主要是利用导数把函数的极值点转化为导函数的零点，进而建立参数与极值点之间的关系，消去参数或减少变元，从而简化目标函数．其解题要点如下． 1．建方程：求函数的导函数，令f′(x)＝0，建立极值点所满足的方程，抓住导函数中的关键——导函数解析式中变号的部分(一般为一个二次整式)． 2．定关系：即根据极值点所满足的方程，利用方程解的知识，建立极值点与方程系数之间的关系． 3．消参减元：即根据两个极值点之间的关系，利用和差或积商等运算，化简或转化所求解问题，消掉参数或减少变量的个数． 4．构造函数：即根据消参减元后的式子的结构特征，构造相应的函数． 5．求解问题：即利用导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，解决相关问题． 对点练4．已知函数f (x)＝axln x＋b(a，b为实数)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y＝x－1. (1)求实数a，b的值及函数f (x)的单调区间； (2)设函数g(x)＝，证明g(x1)＝g(x2)(x1<x2)时，x1＋x2>2. 解：(1)f (x)的导数为f′(x)＝a(1＋ln x)，因为曲线在点(1，f (1))处的切线方程为y＝x－1， 所以解得a＝1，b＝0. 令f′(x)＝1＋ln x ＝0，得x＝. 当x>时，f′(x)>0，f (x)在(，＋∞)上单调递增； 当0<x<时，f′(x)<0，f (x)在(0，)上单调递减． 所以f (x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，＋∞)． (2)证明：由(1)得f (x)＝xln x， 故g(x)＝＝ln x＋(x>0)， 由g(x1)＝g(x2)(x1<x2)，得ln x1＋＝ln x2＋，即＝ln>0. 要证x1＋x2>2，需证(x1＋x2)·>2ln，即证－>2ln. 设＝t(t>1)，即证t－>2ln t(t>1)． 令h(t)＝t－－2ln t， 则h′(t)＝1＋－＝(1－)2>0. 所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，则h(t)>h(1)＝0， 即t－>2ln t．故x1＋x2>2. 课时测评25　隐零点与极值点偏移问题 (时间：40分钟，满分100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 1．(20分)(2023·河北邯郸三模)已知函数f (x)＝x2＋mx－xln x. (1)若f (x)在[1，＋∞)上单调递增，求实数m的取值范围； (2)若f (x)有两个极值点x1，x2，且x1<x2，证明：x1x2<1. 解：(1)由题意，f′(x)＝x＋m－1－ln x， 因为f (x)在[1，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立， 即m≥ln x－x＋1在[1，＋∞)上恒成立，令g(x)＝ln x－x＋1， 则g′(x)＝，g′(x)在[1，＋∞)上恒小于等于0， 故g(x)在[1，＋∞)上单调递减，g(x)max＝g(1)＝0.故m≥0. (2)证明：由题意知，f′(x)＝x＋m－1－ln x有两个零点，即m＝ln x－x＋1有两个根． 由(1)知，g(x)＝ln x－x＋1在(0，1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减，且g(x)max＝g(1)＝0，所以m<0，且0<x1<1<x2. 要证x1x2<1，只需证x2<，又g(x)在[1，＋∞)上单调递减，只需证g(x2)>g. 又g(x1)＝g(x2)，故只需证g(x1)>g. 只需证ln x1－x1＋1>ln －＋1，只需证2ln x1－x1＋>0， 记m(x)＝－x＋2ln x，则m′(x)＝－－1＋＝－<0， 故m(x)在(0，1)上单调递减，从而当x∈(0，1)时，m(x)>m(1)＝1－1＝0， 所以m(x1)>0，因此x1x2<1. 2．(20分)(2024·湖南邵阳模拟)设函数f (x)＝(a－a2) x＋ln x－ (a∈R). (1)讨论函数f (x)的单调性； (2)当a＝1时，记g(x)＝xf (x)＋x2＋1，是否存在整数t，使得关于x的不等式t≥g(x)有解？若存在，请求出t的最小值；若不存在，请说明理由． 解：(1)由题意得函数的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝a－a2＋＋＝＝， ①当a<0时，x∈时，f′(x)>0，f (x)在上单调递增， x∈时，f′(x)<0，f (x)在上单调递减； ②当0≤a≤1时，f′(x)>0恒成立，f (x)在(0，＋∞)上单调递增； ③当a>1时，x∈时，f′(x)>0，f (x)在上单调递增， x∈时，f′(x)<0，f (x)在上单调递减； 综上，当a<0时，f (x)在上单调递增， 在上单调递减； 当0≤a≤1时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>1时，f (x)在上单调递增， 在上单调递减． (2)存在．理由如下： 当a＝1时，g(x)＝xf (x)＋x2＋1＝x2＋xln x， 所以g′(x)＝2x＋ln x＋1，所以g′(x)单调递增， 又g′＝2－ln 2>0，g′＝－ln 6<0， 所以存在唯一的x0∈，使得g′(x0)＝2x0＋ln x0＋1＝0， 且当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 所以g(x)min＝g(x0)＝x＋x0ln x0＝x＋x0(－2x0－1)＝－x－x0， 设φ(x0)＝－x－x0，x0∈，则φ(x0)在上单调递减， 所以φ<g(x0)<φ， 即－<g(x0)<－， 若关于x的不等式t≥g(x)有解，则t≥g(x0)，又t为整数，所以t≥0， 所以存在整数t满足题意，且t的最小值为0. 3．(30分)(2023·山东日照三模)已知函数f (x)＝－ln x－ln a－1有三个零点． (1)求a的取值范围； (2)设函数f (x)的三个零点由小到大依次是x1，x2，x3.证明：aex1x3>e. 解：(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，且a>0.f′(x)＝， (ⅰ)当x≥2时，f′(x)<0，f (x)单调递减； (ⅱ)当x∈(0，2)时，记g(x)＝，g′(x)＝， 当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，2)时，g′(x)<0， 所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，2)上单调递减，g(x)≤g(1)＝1，又g(0)＝0，g(2)＝0，所以0<g(x)≤1. ①当a∈(0，1]时，f′(x)≤0，f (x)单调递减，至多有一个零点，与题设矛盾； ②当a>1，f′(x)＝，由(ⅱ)知，f′(x)有两个零点，记f′(x)两零点为m，n，且m<1<n，f (x)在(0，m)上单调递减，在(m，n)上单调递增，在(n，＋∞)上单调递减，所以f (n)>f (1)>0.令p(x)＝xe1－x(0<x<1)，则p′(x)＝(1－x)e1－x>0(0<x<1)，所以0<<1，f ()＝e－1<e－1＝0， 所以f (n)>0，f (m)<0，且x→0时，f (x)→＋∞，x→＋∞时，f (x)→－∞， 所以函数有三个零点，综上所述，a的取值范围为(1，＋∞)． (2)证明：f (x)＝0，等价于＝，即＝， 令t(x)＝，则t′(x)＝， 所以t(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， 由(1)可得x1<<x2<1<x3，则aex1<e，e<e，aex3>e，e>e， 所以t(aex1)＝t(ex1)，t(aex3)＝t(ex3)， 所以aex1＝ex1，aex3＝ex3，则x1x3满足 k>1， 要证aex1x3>e，等价于证x1x3>2－k， 易知令q(x)＝x－ln x， 则q′(x)＝， 该函数在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 下面证明x1＋x3>1＋k，由x1<1<x3，即证q(x3)>q(1＋k－x1)， 即证k>1＋k－x1－ln(1＋k－x1)，即证0>1－x1－ln(1＋x1－ln x1－x1)＝1－x1－ln(1－ln x1)， 即证e－1＋ln x1<0，x1∈(0，1)， 令c(x)＝e1－x－1＋ln x，x∈(0，1)， c′(x)＝， 令y＝－xe1－x＋1，y′＝(x－1)e1－x<0，x∈(0，1)，所以y＝－xe1－x＋1>0， 所以c′(x)＝>0，c(x)<c(1)＝0， 所以e－1＋ln x1<0，x1∈(0，1)， 所以x1＋x3>1＋k，所以x1x3－1≥ln x1x3＝x1＋x3－2k>1＋k－2k＝1－k， 所以x1x3>2－k，所以原命题得证． 4．(30分)(2024·湖北黄冈模拟)已知函数f (x)＝ax2＋ln (x－1)． (1)求函数f (x)的单调区间； (2)若a>2，在x∈内存在不等实数x1，x2，使得f (x1)＋f (x2)＝8a，证明：x1＋x2<4. 解：(1)函数定义域为(1，＋∞)，f′(x)＝2ax＋＝， 二次函数φ(x)＝2ax2－2ax＋1的对称轴是x＝，φ(0)＝φ(1)＝1. ①若a≥0时，在(1，＋∞)上φ(x)>0，从而f′(x)>0，函数f (x)的单调递增区间是(1，＋∞); ②若a<0时，x∈，f′(x)>0；x∈，f′(x)<0， 所以函数f (x)的单调递增区间是；单调递减区间是. (2)证明：由对称性不妨设x1<x2，因为f (2)＝4a，所以f (x1)＋f (x2)＝2f (2)． 若2≤x1<x2，a>0，由(1)得f (x)在(1，＋∞)上单调递增，有f (2)≤f (x1)<f (x2)，f (x1)＋f (x2)>2f (2)与已知条件矛盾；当x1<x2≤2时，同理可推出矛盾． 所以<x1<2<x2，所以2<4－x1，　 要证明：x1＋x2<4，只需证明：x2<4－x1， 因为a>0，f (x)在(1，＋∞)上单调递增，所以只需证明：f (x2)<f (4－x1)， 又因为f (x1)＋f (x2)＝8a，所以只需证明：8a－f (x1)<f (4－x1)， 构造函数h(x)＝f (4－x)＋f (x)－8a，x∈，其中h(2)＝2f (2)－8a＝0. h′(x)＝－f′(4－x)＋f′(x)＝2ax＋－2a(4－x)－＝4a(x－2)＋＝(x－2). 因为<x<2，所以x－2<0，<， 当a>2时，4a－>0， 所以h′(x)<0，h(x)在上单调递减，h(x)>h(2)＝0， 所以x∈时，f (4－x)＋f (x)－8a>0， 所以8a－f (x1)<f (4－x1)成立， 所以f (x2)<f (4－x1)， 由f (x)在定义域内单调递增得，x2<4－x1，即x1＋x2<4成立． 学生用书↓第79页 学科网（北京）股份有限公司 $$