高考数学二轮复习 第二部分 突破热点 分层教学 专项二 一 4 第4讲 导数的综合应用学案-人教版高三全册数学学案

第4讲导数的综合应用

居搞图册

年份卷别考查内容及考题位置命题分析

卷I讨论函数的单调性、不等式的证明•T21导数日益成为解决问

2018卷II不等式的证明、函数的零点问题・丁21题必不可少的工具，利用导

卷III不等式的证明、极值点问题•%数研究函数的单调性与极

利用导数研究函数的单调性、函数的零值(最值)是高考的常见题

卷I

点•T21型，而导数与函数、不等式、

利用导数研究函数的单调性及极值、函方程、数列等的交汇命题，

2017卷n

数的零点、不等式的证明•T21是高考的热点和难点.

导数在研究函数单调性中的应用、不等解答题的热点题型有：

卷in

式放缩•T21(1)利用导数研究函数的单

调性、极值、最值.

卷I函数的零点问题、不等式的证明•T21

函数单调性的判断、不等式证明及值域(2)利用导数证明不等式或

卷n

探讨方程的根.

2016问题,T21

三角函数的导数运算、最值问题及不等(3)利用导数求解参数的范

卷in

围或值.

式证明•T21

利用导数研究函数的零点(方程的根)(综合型)

［典型例题］

口命题角度一根据函数零点求参数范围

懒11］(2018•高考全国卷H)已知函数f{x)=Qx-ax.

(1)若a=l,证明：当x20时，F(x)Nl；

(2)若_f(x)在(0,+8)只有一个零点，求a

【解】(1)证明：当石=1时，/1(才)21等价于(9+1)。—“一140.

设函数g(x)—(/+1)e~x—1,则g'(x)=—(x—2x+1)e~x=—(x—1)26r.

当春1时，g'(x)V0,所以g(x)在(0,+8)单调递减.而g(0)=0,故当x20时,

g(x)W0,即F(x)21.

(2)设函数为(x)=l~axe~x.

Ax)在(0,+8)只有一个零点当且仅当力(x)在(o,+8)只有一个零点.

3)当匹0时，力(x)>0,力(x)没有零点；

(ii)当a>0时，h'(x)=av(x—2)eT当(0,2)时，h'(x)V0；当(2,+°°)

时，h'(x)>0.

所以力(x)在(0,2)单调递减，在(2,+8)单调递增.

故力⑵=1--T是力(X)在[0,+8)的最小值.

e

2

Q

①若尔2)>0,即a<],尔x)在(0,+8)没有零点；

p2

②若力(2)=0,即a=-p尔x)在(0,+8)只有一•个零点；

p2

③若力(2)V0,即3>了，由于力(0)=1,所以力(x)在(0,2)有一个零点.

由(1)知，当x>0时，ex>x,所以

,,16a316a316a1

力(4a)=1———=11—>0.

e-~2a、2>1(2a)a

故力(x)在(2,4a)有一个零点.因此力(x)在(0,+8)有两个零点.

Q2

综上，f(x)在(0,+8)只有一个零点时，a=1.

躯陶囱园

根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象的交

点个数确定参数满足的条件，把问题转化为使用计算方法研究参数满足的代数条件上，解决

问题的步骤是“先形后数”.

口命题角度二根据参数确定函数的零点个数

丽已知函数/'(x)=2—(a,用)的图象在点(1,『⑴)处的切线斜率为

⑴求/<x)的单调区间；

⑵讨论方程/Xx)=l根的个数.

【解】(1)函数/■(&)的定义域为(0,+8),f'(x)=a—"一『In)由一⑴~一

X

/口,ll2/、a(Inx+2)，/、a(Inx+1)

a,#b=2a,所以〃分=------------，f(分二-------2--------------.

xx

当a〉0时，由一(x)〉0,得0〈/由一(x)〈0,得».

当a〈。时，由F(x)>。，得*由/(x)〈。，得。〈年

综上，当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0,9,单调递减区间为g,+8)；当a<0

时，f(x)的单调递增区间为15+8),单调递减区间为(0,

/、/、、3winx~\~2a厂广、Inx+2/、Inx+2

(2)Ax)=1,即方程---------=1,即方程一=-------，构造函数Mzz为(分=--------，

xaxx

贝(x)=_l+?X,令力'5)=0,得x=%且在(0,3上"(x)>0,在g,+8)

上〃(才)<0,即力(X)在(0,上单调递增，在(：，+8)上单调递减，所以力(才)„^=/8)=

e.

在g，+8)上，方(王)单调递减且尔x)，：+2〉0,当X无限增大时，尔X)无限接近0；

在0，B上，尔x)单调递增且当x无限接近。时，lnx+2负无限大，故尔x)负无限大.

故当0e<e,即时，方程F(x)=1有两个不等实根，当a=J时，方程f(x)=1只有

一个实根，当a〈0时，方程F(x)=l只有一个实根.

综上可知，当a〉(时，方程f(x)=l有两个实根；当a<0或a=，时，方程F(x)=l有一

个实根；当0〈a〈工时，方程f(x)=1无实根.

e

躯管法陶

(1)根据参数确定函数零点的个数，基本思想也是“数形结合”，即通过研究函数的性质

(单调性、极值、函数值的极限位置等)，大致勾画出函数图象，然后通过函数性质得出其与

X轴交点的个数，或者两个函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”.

(2)判断函数在某区间[a,6]((a,6))内的零点的个数时，主要思路为：一是由

Aa)/(A)<0及零点存在性定理，说明在此区间上至少有一个零点；二是求导，判断函数在

区间(a,6)上的单调性，若函数在该区间上单调递增或递减，则说明至多只有一个零点；若

函数在区间[a,6]((a,彷)上不单调，则要求其最大值或最小值，借用图象法等，判断零点

个数.

口命题角度三函数零点性质的探索与证明

颐可已知函数f(x)=(X—2)e'+a(X—1)2有两个零点.

(1)求己的取值范围；

(2)设荀，*2是F(x)的两个零点，证明：XI+X2<2.

【解】(1)/(x)=(x—l)e"+2a(x—1)=(x—1)(e'+2a).

(1)设8=0,则F(x)=(x—2)e",f(x)只有一个零点.

(ii)设a>0,则当(—8,1)时，f'(x)<0；当(1,+8)时，f'(x)>0.所以f{x}

在(一8,1)上单调递减，在(1,+8)上单调递增.

又/(I)=-e,/(2)=a,取b满足Z?<0且ZKln则+a(Z?—1)2=

故/tx)存在两个零点.

(iii)设水0,由尸(x)=0得x=l或x=ln(-22).

0

若则ln(—2a)Wl,故当x£(L+8)时，f'(x)>0,因此F(x)在(1,+°°)

上单调递增.又当xWl时，f(x)〈0,所以F(x)不存在两个零点.

e

若水一万，贝！Jln(—2向>1.故当(1,ln(—2a))时，f'(x)<0；当x£(ln(—2a),十

8)时，/(£>0.因此/1(入)在(1,1口(一24)上单调递减，在(5(—2血，+8)上单调递增.又

当后1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)证明：不妨设矛〈X2.由(1)知，矛i£(—8,1),x2^(1,+8),2—入2£(—8,1),

_f(x)在(一8,1)上单调递减，所以矛1+上2<2等价于axi)>_f(2—X2),

即X2-A2)<0.

由于/(2—X2)=—X2Q为+乃(苞-1)2,而/1(苞)=(义2—2)eX2-\-a{X2—1)2=0,

所以f{2-x^=-x^~(毛一2)e2

设g(x)=—xe~x—(才一2)

贝IJg'(x)=(x—1)(/一

所以当x>l时，g'(x)<0,而g(l)=0,故当x>l时，g(x)<0,

从而g(x2)=_f(2一范)<0,故xi+刘<2.

期倒囱附

函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处的函数值均为

零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研

究.

［对点训练］

已知函数/1(x)=lnjr—|a/(aeR).

(1)若F(x)在点(2,1"(2))处的切线与直线2x+y+2=0垂直，求实数a的值；

(2)求函数/'(x)的单调区间；

(3)讨论函数『(x)在区间［1,el上的零点个数.

解:(l)F(x)=lnx—gaf的定义域为(0,+°°),

I-I----O1----AO

r(x)——，则(2)="4岂.因为直线2x+y+2=0的斜率为一2,所以

XX乙

1-4a

(-2)X1,

2

解得a=0.

］_2

(2)由(1)知F(x)=——,xe(0,+8),

X

当aWO时，f'(x)>0,所以F(x)在(0,+8)上单调递增；

\f'(x)>0,g、口(

当GO时，由得0〈求“一，由/(x)<0得入>“一，所以f(x)在0,

［x>0,aa<

单调递增，在g，+8)上单调递减.

综上所述：当aWO时，f(x)的单调递增区间为(0,+8)；

当a〉0时，f(x)的单调递增区间为［o,书,单调递减区间为玲，+8)

⑶由⑵可知，

丁)当丛0时,『5)在［1,el上单调递增，

而f(l)=—'a〉。，故f(x)在［1,el上没有零点；

(止)当@=0时，f(x)在［1,el上单调递增，而/'(1)=一»=0,故f(x)在［1,e。上有

一个零点;

(iii)当a>0时，①若业W1,即a》l时，f(x)在［1,e?］上单调递减，因为f⑴=一亲〈0,

3,2

所以f(x)在［1,el上没有零点.

②若1〈电We。即5《a〈l时，f(x)在Ji,也］上单调递增，在［也，e?］上单调递减，

aeaa

而Al

1即a。时，/1(*)在［1,el上没有零点；

a--<o,

e

i即a=(时，/'(x)在［1,e?］上有一个零点;

a—~=Q

若2a—|>。，即a<1时，由『出)=2—^ae4>。得a<%,此时，f(x)在［1,

el上有一个零点;

14

由,3)=2一落1°得吟I,止匕时，f(x)在［1,如上有两个零点;

③心食即°<a$时,/"(X)在［1,用上单调递增，因为『⑴=/〈。，92

-pe4>0,所以/"(x)在［1,e?］上有一个零点.

141

综上所述：当水0或3〉一时，F(x)在［1,el上没有零点；当0忘水飞或3=-时，F(x)在

eee

41

［1,el上有一个零点;当fW水-时，ZU)在［1,el上有两个零点.

ee

考点㊁

利用导数证明不等式(综合型)

［典型例题］

，命题角度一单变量不等式的证明

例4已知函数f(x)=ae*—&Lnx,曲线y=f(x)在点(1,f(l))处的切线方程为y—

D+i.

⑴求a,b；

⑵证明：f［x)>0.

【解】(1)函数/1(x)的定义域为(0,+8).

61]

f'(x)=aex--，由题意得广(1)=一，f'(1)=---L

xee

ri

ae—■1,1

ea=~,

所以j解得je

a,Q—b=~\,16=1.

Ie

(2)证明：由⑴知F(x)•e“一Inx.

e

因为F(x)=eT-,在(0,+8)上单调递增，又f(1)<0,f'(2)>0,所以/(x)

X

=0在(0,+8)上有唯一实根照，且照£(1,2).

当(0,刘)时，fr(x)<0,当(苞，+8)时，fr(才)>0,

从而当x=xo时，F(x)取极小值，也是最小值.

由F(苞)=0,得e*。-2=±则苞一2=—In照.

苞

故f{x)2_f(xo)=e"。—之一]口照=工+司一2>2\—•刘一2=0,所以f{x}>0.

司Xo

期倒囱附

利用导数证明单变量的不等式的常见形式是f(x)>g(x).证明技巧：先将不等式

_f(x)>g(x)移项，即构造函数为(x)=f(x)—g(x),转化为证不等式力(x)>0,再次转化为证明

力(x)min>0,因此，只需在所给的区间内，判断勿(X)的符号，从而判断其单调性，并求出函

数为(x)的最小值，即可得证.

口命题角度二双变量不等式的证明

懒国已知函数/<x)=lnx~~ax+x9a£R.

(1)当a=0时，求函数F(x)的图象在(1,*1))处的切线方程；

(2)若己=-2,正实数荀，E满足/'(荀)+F(X2)+荀X2=0,证明：荀+有2也之

【解】⑴当a=0时，_f(x)=lnx+x,则/1⑴=1,所以切点为(1,1),

又一(x)=,+l,则切线斜率A=r(1)=2,

X

故切线方程为p—1=2(或一1),即2x—y—l=0.

(2)证明：当〃=—2时，/(^r)=lnx+x+xfx>0.

由f(xi)+『(X2)+xiX2=0,

得In荀+后+矛1+111至+A1+吊+荀苞=0,

从而(荀+加尸+(xi+E)=为加一In(xi^),

1t—］

令t=XiX2,则由0(t)=t—lnt,得0'(t)=1--=――,

易知01)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,+8)上单调递增，

所以0(t)20(l)=l,所以(X1+.厂+(XI+B)

因为荀〉0,至〉0,所以荀十短)乖21成立•

躯陶前园

破解含双参不等式证明题的三个关键点

(1)转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为

含单参的不等式.

(2)巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.

(3)回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.

［对点训练］

(2018"高考全国卷I)已知函数F(x)=--x+alnx.

x

(1)讨论F(x)的单调性;

(2)若『(x)存在两个极值点由，如证明：ECT9<a—2.

X1—X2

12_I-t

解：(l)f(x)的定义域为(0,+8),ff=———1+-=--~~竽.

xxx

(i)若aW2,则f'(x)W0,当且仅当a=2,x=l时f'(x)=0,所以_f(x)在(0,+°°)

单调递减.

(H)若a>2,令f(x)=。得，户—f三或户山尹.

当x4°，中』十8卜，一小0；

当在曰三，苓习时，尸5〉。.所以『⑸在卜，二习，

尸尸，+8)单调递减，在尸尸，苓司单调递增.

(2)由(1)知，/U)存在两个极值点时，当且仅当a>2.

由于广(X)的两个极值点Xi,X2满足ax+l=O,所以矛1至=1,不妨设矛1〈如则用>1.

,(小)—f(吊)1,In不一InX2,In不一InX2,-21nX2

由于---------------=-------1+a------------=-2+a-----------=-2+厂-----，

X\-X2X1X2Xi-X2X1—X21

---X2

X2

所以'---'〈己―2等价于工一二+21nA2<0.

X1—X2X2

设函数g(x)=1—x+21nx,由(1)知，g(x)在(0,+8)单调递减，又g(i)=o,从而

x

当x£(l,+8)时，g(x)<0.

所以^-一至+21n^2<0,即"(二)---f(热)

X2X1~X2

考点㈢

恒成立与有解问题(综合型)

［典型例题］

。命题角度一恒成立问题

例6(2018•南昌模拟)已知函数f(x)=ln(ax)+6x在点(1,/'(1))处的切线是y=0.

(1)求函数f(x)的极值；

欣1-e

(2)若r2F(x)+一■.(正0)恒成立，求实数〃的取值范围(e为自然对数的底数).

ee

o1

【解】(1)因为_f(x)=ln(ax)+6x,所以/(x)=—+b=~+b,

axx

因为F(x)在点(1,f(l))处的切线是y=0,所以/(l)=l+6=0,且Hl)=lna+6

=0,

解得a=e,b=—\,故f(x)=lnx—x+l.

所以F(x)=L—1=i—，所以Ax)在(0,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减.

XX

所以『(X)的极大值为f(l)=o,无极小值.

njv1—p

(2)由(1)知_f(x)=lnx—x+1,+---x(成0)恒成立，

ee

.加x、Inx+1,1,、一—、

即12--------2+—(欣0)恒成”.

exe

、门,.mx.、，/、Inx+1,1.m(l—x)T.Inx

设g(x)=~T(X>0),力(x)=-------+2,则g(分=-----7---，h(x)=-----.

exeex

因为派0,所以当0〈x〈l时，g'(x)<0,h'(x)>0；当x>l时，g'(x)>0,h'(x)<0.

所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+8)上单调递增，g(x)min=g(l)=2;

e

尔X)在(0,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减，A(^)„,=7?(l)=--1.

axe

所以g(x),尔x)均在x=l处取得最值，所以要使g(x)2尔x)恒成立，

只需g(x)疝n》尔X)max,即1,解得"21一e.

ee

又派0,所以实数0的取值范围是［1—e,0).

躯陶词胭

求解含参不等式恒成立问题的方法

(1)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好双关：第一关是转化关，即通过分离参数

法,先转化为f(a)》g(x)(或『(。)忘式分)对\//£，恒成立，再转化为f(a)》g(x)皿(或

/"(a)Wg(x)£)；第二关是求最值关，即求函数g(x)在区间〃上的最大值(或最小值)问题.

［提醒］用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数的正负

的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表

达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题.

(2)有些含参不等式恒成立问题，在分离参数时会遇到讨论的麻烦，或者即使分离出参

数，但参数的最值却难以求出，这时常利用导数法，借助导数，分析函数的单调性，通过对

函数单调性的分析确定函数值的变化情况，找到参数满足的不等式，往往能取得意想不到的

效果.

口命题角度二能成立问题

例7已知函数f(x)=31nx—+x,g(x)=3x+a.

(1)若『(x)与g(x)的图象相切，求a的值；

(2)若三刘〉0,使/'(xoDglxo)成立，求参数a的取值范围.

【解】(1)由题意得，/5)=--x+1,设切点为(刘，『(刘))，则A=/(加=一一

XXo

x0+l=3,解得刘=1或x0=—3(舍)，所以切点为11,代入g(x)=3x+a,得a=—1

(2)设尔x)=3Inx--^x—1x.3刘>0,使f(蜃)〉g(加成立，

等价于mx>0,使力(x)=31nx—'1/一2x>a成立，

等价于水力(X)max(x>。).

3—x—2x+3(x—1)(x+3)

因为3(x)=--X—2=-----------

xxx

(x)>0,[h'(x)<0,

令得0〈x〈l；令｛得x>l.

x>Q,[x>0,

所以函数力(x)=31nx—^x2—2x在(0,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减，所以

55

右(X)则=尔1)=—5，即a<一],

因此参数a的取值范围为(-8,—

躯陶词般

求解含参不等式能成立问题的关键是过好“三关”

第一关是求导关，对于复合函数求导，注意由外向内层导，一直导到不能导；第二关是

转化关，即通过分离参数法，先转化为存在使/■(a)Bg(x)或(f(a)Wg(x))成立，再

转化为As)》g(x)核(或『(a)Wg(x)则)；第三关是求最值关，即求函数g(x)在区间〃上的

最小值(或最大值)问题.不等式能成立求参数的取值范围还可以直接利用图象法，通过数形

结合使问题获解.

［提醒］不等式在某区间上能成立与不等式在某区间上恒成立问题是既有联系又有区

别的两种情况，解题时应特别注意，两者都可以转化为最值问题，但f(a)2g(x)(或

『(a)Wg(x))对存在能成立等价于『(a)》g(x)nrin(或f(a)Wg(x)n1aJ,f(a)》g(x)(或

/'(a)Wg(x))对任意都成立等价于f(a)2g(x)**(或/'(a)WglxXn),应注意区分，不

要搞混.

［对点训练］

1.设函数/<x)=e'+'+x,g(x)=ln(x+3)—4e-L",其中e为自然对数的底数，若存

在实数刘，使得f(x。)一g(司)=2成立，则实数a的值为()

A.-2+ln2B.1+ln2

C.—1—In2D.2+ln2

解析：选D.由已知得_f(x)—g(x)=e/a+x—ln(x+3)+4e-A-a,

设方(x)=ex+a+4e~x~a,〃(x)=x—ln(x+3),

所以力(x)=ex+a+4e-^a^2^/e%+a-4e-%-a=4,当且仅当e%+a=2时等号成立.

u'(x)=1——i(x>—3),令〃/(x)>0,得x>一2；

x十3

令〃(x)〈0,得一3〈K—2,所以u(x)在(-3,—2)上单调递减，在(一2,十8)上单

调递增，所以当x=—2时，u(x)取得最小值为一2.

若存在实数司，使得/U。)一g(加=2成立，则当x=-2时，e*+'=2成立，所以屋2+"

=2,解得a=2+ln2.故选D.

2.设函数f(x)=且/一a—Inx,其中aGR.

(1)讨论『(x)的单调性；

(2)确定a的所有可能取值，使得F(x)J—在区间(1,+8)内恒成立(e=2.718…

X

为自然对数的底数).

125j一1

解：(1)/{x)=2ax--=U0).

XX

当aWO时，f'(x)<O,_f(x)在(0,+8)内单调递减.

有*卡，

当8>0时，由/(x)=0,

此时,当、山㈤时，

f'(x)<0,F(x)单调递减;

当王6(丁,+81时，f

(x)>0,f(x)单调递增.

(2)令g(9=---gr,s(x)=ex~1~x.

xe

则，(x)=e"T—1.

而当x>l时，s'(x)>0,

所以s(x)在区间(1,+8)内单调递增.

又由s(l)=O,有s(x)>0,

从而当x>1时，g(x)>0.

当aWO,x>l时，F(x)=2(/—1)—In£<0.

故当_f(x)>g(x)在区间(1,+8)内恒成立时，必有a>0.

所以此时F(x)>g(x)在区间(1,+8)内不恒成立.

当己>!时,令力(x)=f(x)—g(x)(x21).

.,,,/\11I—*111x—2x+lx-2x-\-1

当x>l时，h(a=2ax---+——e>x---+----=----2--->----2--->0.

xxxxxxx

因此，力(X)在区间(1,+8)内单调递增.

又力⑴=0,

所以当入>1时，力(x)=f(x)—g(x)>0,

即f(x)〉g(x)恒成立.

综上，aG+°°j.

■■■专题强化训练■■■口

1.(2018•高考全国卷H)已知函数f(力=1式-a(y+x+l).

(1)若a=3,求广(x)的单调区间；

(2)证明：F(x)只有一个零点.

解：(1)当3=3时，f{x}=^x—3x—3x—3,f'(^)=x—&x~3.

令f'(x)=0解得x=3—2#或x=3+2yf3.

当X£(—8,3-2^3)U(3+2^3,+8)时，ff(才)>0；

当x£(3—2/，3+2/)时，F(x)<0.

故/1(才)在(一8,3—2^3),(3+2^3,+8)单调递增，在(3—2^3,3+2，^)单调递

减.

(2)证明：由于f+x+DO,所以F(x)=0等价于才2+.+]—3a=0.

f2(2।2Io\

设g(设=苛+*+]—37则g'(x)=(：21+；)I三0,仅当x=0时g，(x)=0,所

以g(x)在(-8,+8)单调递增.

故g(x)至多有一个零点，

从而广(X)至多有一个零点.

又f(3a,一1)=-6#+2a—g=-6(H

/(35+1)=~>0,

故Ax)有一个零点.

综上，Ax)只有一个零点.

2.(2018•唐山模拟)已知f{x)一才Inx,a>0.

(1)若F(x)20,求a的取值范围;

⑵若=F（X2）,且xi#X2,证明：Xi+x2>2a.

2

解：(1)由题意知，f(x)=x—2(x+乃)(王一石)

Xx

当(0,a)时，f'(x)<0,F(x)单调递减；

当x£(a,+8)时，f'(才)>0,F(x)单调递增.

当时，F(x)取得最小值F®才一/Ina.

令—才in己20,解得

故a的取值范围是(0,#].

⑵证明：由(1)知，f(x)在(0,〃)上单调递减，在(&+8)上单调递增，

设0<矛1〈水热，贝U2a~x\>a.

要证矛i+x2>2a即xD2a-x\,则只需证人用)>F(2〃一矛i).

因=f(X2),则只需证F(XI)”(2LXI).

设g(x)=f{x),0<x〈a.

,,,、a,a2a(a—x)2

贝!Jg(x)=f(x)+f=x—+2a-x------=一一77----<0,

xla—xx(2乃一x)

所以g(x)在(0,向上单调递减，从而g(x)>g(a)=0.

又由题意得0<xi<5,

于是g(矛1)=f(荀)—f(2a—xi)>0,即f(xi)>f(2a—xi).

因此XI+E>2Z.

3.(2018•石家庄质量检测(二))已知函数F(x)=x+axlnx(a£R).

(1)讨论函数f(x)的单调性；

⑵若函数/1(x)=x+axlnx存在极大值，且极大值点为1,证明：

解：(1)由题意x>0,f'(x)=l+a+alnx.

①当a=0时，f(x)=x,函数_f(x)在(0,+8)上单调递增；

②当力0时，函数尸(x)=l+a+alnx单调递增，f(x)=l+a+alnx=0=>x=eT

111

~a>0,故当(0,e-a)时，f'(x)<0,当(e+a,+8)时,f'(才)>0,所以函数f(x)

12

在(0,㊀一一二)上单调递减，在(葭-二，+8)上单调递增；

③当水0时，函数/(x)=l+a+alnx单调递减，f'(x)=l+a+alnx=0=x=ef

111

一a>0,故当(0,e*a)时，f'(x)>0,当(e*a,+8)时，f'(才)<0,所以函数_f(x)

1J.

在(0,e-—4)上单调递增，在(e-L二，+8)上单调递减.

(2)证明：由⑴可知若函数/1(x)=x+&dnx存在极大值，且极大值点为1,

1

l

则水0,Me~~a=l9解得a=-1,

故此时F(x)=x—xlnx,

要证f(x)Wef+£,

只须证x—xlnxWe~"+/,即证e-'+/—x+xlnx20,

设力(x)=0-"+/—x+xlnx,x>0,

则〃(x)=-e—"+2x+lnx.