(1)若函数f(x)在(e,+∞)内有极值,求实数a的取值范围;

(2)在(1)的条件下,对任意t∈(1,+∞),s∈(0,1),求证:f(t)-f(s)>e+2-1

e

.

(1)解由定义域为(0,1)∪(1,+∞),

f'(x)=1????2-(??+2)??+1???

(??-1)

2=??(??-1)

2,

设h(x)=x2

-(a+2)x+1,

要使y=f(x)在(e,+∞)上有极值,

则x2

-(a+2)x+1=0有两个不同的实根x1,x2,

∴Δ=(a+2)2-4>0,∴a>0或a<-4,①

且至少有一根在区间(e,+∞)上,又∵x1·x2=1,

∴只有一根在区间(e,+∞)上,不妨设x2>e,

∴0

1

又h(0)=1,

∴只需h1e

<0,即11

e2-(a+2)e+1<0,

∴a>e+1

e-2,②

联立①②可得a>e+1

e-2.

即实数a的取值范围是e+1

e-2,+∞. (2)证明由(1)知,当x∈(1,x2)时,f'(x)<0,

41

f(x)单调递减,

当x∈(x2,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,

∴f(x)在(1,+∞)上有最小值f(x2),

即?t∈(1,+∞),都有f(t)≥f(x2), 又当x∈(0,x1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 当x∈(x1,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,

∴f(x)在(0,1)上有最大值f(x1),

即对?s∈(0,1),都有f(s)≤f(x1), 又∵x1+x2=2+a,x1x2=1,

x1∈0,1

e,x2∈(e,+∞), ∴f(t)-f(s)≥f(x2)-f(x1) =lnx??2+??-1-lnx??1-2

??1

-1 =ln??2??????+ 1

??2

-1

???1-1

=ln??21

2+x2-??(x2>e),

2

设k(x)=lnx2

+x-11

??=2lnx+x-??(x>e),

则k'(x)=2

1

??+1+??>0(x>e),

2

∴k(x)在(e,+∞)上单调递增,

∴k(x)>k(e)=2+e-1

e,

42

∴f(t)-f(s)>e+2-e.

1

4.(2019河南商丘模拟)已知函数f(x)=(2x+1)ln(2x+1)-a(2x+1)-x(a>0).

2

(1)如图,设直线x=-2,y=-x将坐标平面分成Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ,Ⅳ四个区域(不含边界),若函数y=f(x)的图象恰好位于其中一个区域内,判断其所在的区域并求对应的a的取值范围;

1

(2)当a>2时,求证:?x1,x2∈(0,+∞)且x1≠x2,有f(x1)+f(x2)<2f1

??1+??2

2

.

(1)解函数f(x)的定义域为-2,+∞,

且当x=0时,f(0)=-a<0. 又∵直线y=-x恰好通过原点,

1

∴函数y=f(x)的图象应位于区域Ⅳ内,

于是可得f(x)<-x,

即(2x+1)ln(2x+1)-a(2x+1)-x<-x.

2

∵2x+1>0,∴a>ln(2??+1)2??+1

.

令h(x)=ln(2??+1)2??+1

x>-2,

1

1

则h'(x)=2-2ln(2??+1)(2??+1)

2

x>-2.

43

∴当x∈-1e-1

2,

2

时,h'(x)>0,h(x)单调递增;

当x∈e-12

,+∞时,h'(x)<0,h(x)单调递减.

∴h(x)max=he-12

=1

e,

∴a的取值范围是1

e,+∞.

证明∵f'(x)=2ln(2x+1)-4a(2x+1)+1,

设u(x)=2ln(2x+1)-4a(2x+1)+1,

则u'(x)=41

2??+1

-8ax>-2, ∵当x>0时,4

4,当a>1

2??+1<2时,8a>4,

∴u'(x)=4

2??+1-8a<0, ∴当x>0时,f'(x)为减函数,

不妨设x2>x1>0,

令g(x)=f(x)+f(x??+??1)-2f1

2

(x>x1),

可得g(x1)=0,

g'(x)=f'(x)-f'??+??1

2

,

∵x>??+??1

2

且f'(x)是(0,+∞)上的减函数,

∴g'(x)<0,∴当x>x1时,g(x)为减函数, ∴g(x2)

44

(2)