第321题

参考答案：\([-\frac {1} {8}，+\infty )\)

第322题

参考答案：\(1-\frac {1} {{e}^{2}}<a\leq e-1\)

第323题

参考答案：\(\left ( {-\infty ，-4} \right )\cup \left ( {0，4} \right )\)

第324题

参考答案：由题意， \({f}^{\, '}\left ( {x} \right )={e}^{x}-ex\) ，

令 \(g\left ( {x} \right )={e}^{x}-ex\) ，则 \({g}^{\, '}\left ( {x} \right )={e}^{x}-e\) ，令 \(g'(x) = 0\) ，则 \(x = 1\) ，

故在区间 \((-\infty ，1)\) 上， \(g'(x) < 0\) ， \(g(x)\) 为减函数；

在区间 \((1，+\infty )\) 上， \(g'(x) > 0\) ， \(g(x)\) 为增函数，

∴ \(g{(x)_{\min }} = g(1) = 0\)，

故 \(f'\left( x \right) \geqslant f'(1) = 0\) ，故\(f\left ( {x} \right )\)在\(\text{R}\)上为增函数. \(f(1) = \frac{{\rm{e}}}{2}\) ，故由 \(f\left( {{x_1}} \right) + f\left( {{x_2}} \right) = 2f(1)\) ， \({x_1} < {x_2}\) ，

可得 \(f\left( {{x_1}} \right) < f(1) < f\left( {{x_2}} \right)\) ，则 \({x_1} < 1 < {x_2}\) .

欲证： \({x_1} + {x_2} < 2\) ，只需证： \({x_1} < 2 - {x_2}\) ，即证： \(f\left( {{x_1}} \right) < f\left( {2 - {x_2}} \right)\) ，即证：\(e-f\left ( {{{x}_{2}}} \right )<f\left ( {2-{{x}_{2}}} \right )\) .

令\(F\left ( {x} \right )=f\left ( {x} \right )+f\left ( {2-x} \right )-e\left ( {x>1} \right )\)，则\({F}^{\, '}\left ( {x} \right )={f}^{\, '}\left ( {x} \right )+{f}^{\, '}\left ( {2-x} \right )={e}^{x}-ex-{e}^{2-x}+e\left ( {2-x} \right )\) ，

令 \(H(x) = F'(x)\) ，则 \({H}^{\, '}\left ( {x} \right )={e}^{x}-ex+{e}^{2-x}-e\) ，

故 \({F^\prime }(x)\) 为增函数， \(F'(x) > F'(1) = 0\) ，故 \(F(x)\) 为增函数， \(F(x) > F(1) = 0\) ，

故 \(F\left( {{x_2}} \right) > 0\) ，则\(e-f\left ( {{{x}_{2}}} \right )<f\left ( {2-{{x}_{2}}} \right )\)，∴ \({x_1} + {x_2} < 2\) .

第325题

参考答案：函数 \(f\left( x \right) = 2x + 2a{\rm{ln}}x\) 的定义域为 \(\left( {0, + \infty } \right)\) ， \(f'\left( x \right) = 2 + \frac{{2a}}{x}\)，

由已知得在 \(x = 1\) 处的切线 \(l\) 的斜率为 4，

则 \(f'\left( 1 \right) = 4\) ，即 \(2 + 2a = 4\) ，解得 \(a = 1\) ；

解析：

第326题

参考答案：证明：由题意可知， \(g'(x) = \frac{2}{x} + 2bx - 2 = \frac{{2b{x^2} - 2x + 2}}{x}\) ，

∵ \(g(x)\) 有两个极值点 \({x_1}\)，\({x_2}({x_1} < {x_2})\)，

∴ \({x_1}\)，\({x_2}\) 是 \(2b{x^2} - 2x + 2 = 0\) 的两个根，则 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x_1} + {x_2} = \frac{1}{b}} \\ {{x_1}{x_2} = \frac{1}{b}} \end{array}} \right.\)，

∴\(g({x_1}) - g({x_2}) = ({\rm{ln}}x_1^2 + bx_1^2 - 2{x_1}) - ({\rm{ln}}x_2^2 + bx_2^2 - 2{x_2})\)\( = 2{\rm{ln}}\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} + b(x_1^2 - x_2^2) - 2({x_1} - {x_2})\)\( = 2{\rm{ln}}\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} + \frac{{{x_1}^2 - {x_2}^2}}{{{x_1} + {x_2}}} - 2({x_1} - {x_2})\)

\( = 2{\rm{ln}}\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} - ({x_1} - {x_2})\)，

∴要证 \(g({x_1}) - g({x_2}) < (2b - 1)({x_1} - {x_2})\) ，即证 \(2{\rm{ln}}\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} - ({x_1} - {x_2}) < (2b - 1)({x_1} - {x_2})\) ，

即证 \({\rm{ln}}\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} < b({x_1} - {x_2})\) ，即证 \({\rm{ln}}\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} < \frac{{{x_1} - {x_2}}}{{{x_1} + {x_2}}}\) ，即证 \({\rm{ln}}\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} < \frac{{\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} - 1}}{{\frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} + 1}}\) ，

令 \(t = \frac{{{x_1}}}{{{x_2}}}(0 < t < 1)\) ，则证明 \({\rm{ln}}t < \frac{{t - 1}}{{t + 1}}\) ，令 \(h(t) = {\rm{ln}}t - \frac{{t - 1}}{{t + 1}}\) ，则 \({h^\prime }(t) = \frac{{{t^2} + 1}}{{t{{(t + 1)}^2}}} > 0\)，

∴ \(h(t)\) 在 \((0，1)\) 上单调递增，

则 \(h(t) < h\left( 1 \right) = 0\) ，即 \({\rm{ln}}t < \frac{{t - 1}}{{t + 1}}\) ，所以原不等式 \(g({x_1}) - g({x_2}) < (2b - 1)({x_1} - {x_2})\) 成立．

第327题

参考答案：令 \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - x = \ln x + 2{x^2} - x - 2\left( {x > 0} \right)\) ，

所以 \(g'\left( x \right) = \frac{1}{x} + 4x - 1 \geqslant 2\sqrt {\frac{1}{x} \cdot 4x} - 1 = 3 > 0\) ，

所以函数 \(g\left( x \right)\) 在\(\left( {0, + \infty } \right)\) 上单调递增，

因为 \({x_1}\)，\({x_2}\) 是两个正数，且 \(f\left( {{x_1}} \right) + f\left( {{x_2}} \right) \geqslant {x_1} + {x_2}\)

所以 \(g\left( {{x_1}} \right) + g\left( {{x_2}} \right) \geqslant 0\)，

不妨设 \({x_1} \leqslant {x_2}\)，

当 \({x_1} > \frac{1}{2}\) 时，命题 \({x_1} + {x_2} > 1\) 显然成立，得证.

当 \(0 < {x_1} \leqslant \frac{1}{2}\) 时，令 \(F(x) = g(x) + g(1 - x),\left( {0 < x \leqslant \frac{1}{2}} \right)\)

所以 \(F'(x) = \frac{1}{x} + 4x - 1 - \frac{1}{{1 - x}} + 4x - 3 = \frac{{{{(1 - 2x)}^3}}}{{x(1 - x)}},\)

所以当\(x\in (0，\frac {1} {2}]\)时， \(1-2x\geqslant 0，1-x>0\) ，故 \(F'(x) \geqslant 0,\)

所以函数 \(F(x)\) 在\(x\in (0，\frac {1} {2}]\)上单调递增，

所以 \(F(x) \leqslant F\left( {\frac{1}{2}} \right) = - 2\ln 2 - 4 < 0,\)即 \(g(x) + g(1 - x) < 0\) ，

所以 \(g\left( {{x_1}} \right) < - g\left( {1 - {x_1}} \right)\) ，

因为 \(g({x_1}) \geqslant - g({x_2})\) ，所以 \( - g({x_2}) \leqslant g({x_1}) < - g(1 - {x_1})\)

所以 \(g({x_2}) > g(1 - {x_1})\)，

因为函数 \(g\left( x \right)\) 在 \(\left( {0, + \infty } \right)\) 上单调递增，

所以 \({x_2} > 1 - {x_1}\) ，即 \({x_1} + {x_2} > 1\) .

综上， \({x_1} + {x_2} > 1\) ，证毕.

第328题

参考答案：\({f}^{\, '}\left ( {x} \right )={e}^{x}-x-a\)，令 \(g\left ( {x} \right )={f}^{\, '}\left ( {x} \right )\) ，则\({g}^{\, '}\left ( {x} \right )={e}^{x}-1\)

所以\(g\left ( {x} \right )\)在\(\left ( {-\infty ，0} \right )\)上单调递减，在\(\left ( {0，\infty } \right )\)上单调递增

当\(a\leq 1\)时，\(g\left ( {x} \right )_{\text{min}}=g\left ( {0} \right )=1-a\geq 0\)，即 \({f}^{\, '}\left ( {x} \right )\geq 0\) ，所以\(f\left ( {x} \right )\)在\(\text{R}\)上递增．

不妨设\({x}_{1}<{x}_{2}\)，则 \({x}_{2}>0\)

要证： \({x}_{1}+{x}_{2}<0\)

只需证： \({x}_{1}<-{x}_{2}\)

只需证： \(f\left ( {{x}_{1}} \right )<f\left ( {{-x}_{2}} \right )\)

只需证： \(2-f\left ( {{x}_{2}} \right )<f\left ( {{-x}_{2}} \right )\)

令 \(F\left ( {x} \right )=f\left ( {x} \right )+f\left ( {-x} \right )-2\left ( {x>0} \right )\)，\({F}^{\, '}\left ( {x} \right )={f}^{\, '}\left ( {x} \right )-{f}^{\, '}\left ( {-x} \right )={e}^{x}-{e}^{-x}-2x\)

\({F}^{\, ''}\left ( {x} \right )={e}^{x}+{e}^{-x}-2>0\)，所以\({F}^{\, '}\left ( {x} \right )\)在\(\left ( {0，+\infty } \right )\)上递增，有\({F}^{\, '}\left ( {x} \right )>{F}^{\, '}\left ( {0} \right )=0\)

所以\(F\left ( {x} \right )\)在\(\left ( {0，+\infty } \right )\)上递增，即\(F\left ( {x} \right )>F\left ( {0} \right )=0\)，故\(F\left ( {{x}_{2}} \right )>0\)，即\(2-f\left ( {{x}_{2}} \right )<f\left ( {{-x}_{2}} \right )\)，所以\({x}_{1}+{x}_{2}<0\)．

第329题

参考答案：先证： \(\ln {x}>\frac {2\left ( {x-1} \right )} {x+1}\left ( {x>1} \right )，\ln {x}<\frac {2\left ( {x-1} \right )} {x+1}\left ( {0<x<1} \right )\)

不妨设\(0<{x}_{1}<\frac {1} {a}{<x}_{2}\)

\(\frac {{x}_{2}} {\frac {1} {a}}=a{x}_{2}>1⇒\ln {\left ( {a{x}_{2}} \right )}>\frac {2\left ( {a{x}_{2}-1} \right )} {a{x}_{2}+1}⇔{a}^{2}{x}^{2}_{2}+\left ( {a\ln {a-a}} \right ){x}_{2}+\ln {a+2>0}\)①

\(\frac {{x}_{1}} {\frac {1} {a}}=a{x}_{1}<1⇒\ln {\left ( {a{x}_{1}} \right )}<\frac {2\left ( {a{x}_{1}-1} \right )} {a{x}_{1}+1}⇔{a}^{2}{x}^{2}_{1}+\left ( {a\ln {a-a}} \right ){x}_{1}+\ln {a+2<0}\)②

①-②：\({a}^{2}\left ( {{x}^{2}_{2}-{x}^{2}_{1}} \right )+\left ( {a\ln {a-a}} \right )\left ( {{x}_{2}-{x}_{1}} \right )>0\)则\({x_1}{\rm{ + }}{x_2} > \frac{{1 - \ln a}}{a}\)

第330题

参考答案：\(f\left ( {x} \right )\) 的定义域为 \((0，+\infty )\) ，

\(f'(x) = \left( {\frac{1}{x} - \frac{1}{{{x^2}}}} \right){{\rm{e}}^x} - \frac{1}{x} + 1\)\( = \frac{1}{x}\left( {1 - \frac{1}{x}} \right){{\rm{e}}^x} + \left( {1 - \frac{1}{x}} \right) = \frac{{x - 1}}{x}\left( {\frac{{{{\rm{e}}^x}}}{x} + 1} \right)\)

令 \(f(x) = 0\)，得 \(x = 1\)

当 \(x\in (0，1)，f'(x)<0，f(x)\) 单调递减

当 \(x\in (1，+\infty )，f'(x)>0，f(x)\) 单调递增 \(f(x) \geqslant f(1) = {\rm{e}} + 1 - a\) ，

若 \(f\left ( {x} \right )\geq 0\), 则 \({\rm{e}} + 1 - a \geqslant 0\)，即 \(a \leqslant {\rm{e}} + 1\)

所以 \(a\) 的取值范围为 \((-\infty ，e+1]\)

解析：

第331题

参考答案：由题知, \(f\left( x \right)\) 一个零点小于 1，一个零点大于 1

不妨设 \({x_1} < 1 < {x_2}\)

要证 \({x_1}{x_2} < 1\)，即证 \({x_1} < \frac{1}{{{x_2}}}\)

因为 \({{x}_{1}}，\frac {1} {{x}_{2}}\in (0，1)\), 即证 \(f\left( {{x_1}} \right) > f\left( {\frac{1}{{{x_2}}}} \right)\)

因为 \(f\left( {{x_1}} \right) = f\left( {{x_2}} \right)\), 即证 \(f\left( {{x_2}} \right) > f\left( {\frac{1}{{{x_2}}}} \right)\)

设\(g\left ( {x} \right )=f\left ( {x} \right )-f\left ( {\frac {1} {x}} \right )\left ( {x>1} \right )\)，则\(g'\left ( {x} \right )=f'\left ( {x} \right )-\frac {1} {{x}^{2}}f'\left ( {\frac {1} {x}} \right )=\frac {\left ( {x-1} \right )\left ( {{e}^{x}+x-x{e}^{\frac {1} {x}}-1} \right )} {{x}^{2}}\)

下证： \(h\left ( {x} \right )={e}^{x}+x-x{e}^{\frac {1} {x}}-1>0\left ( {x>1} \right )\)


\({h}^{'}\left ( {x} \right )={e}^{x}+1-{e}^{\frac {1} {x}}+x{e}^{\frac {1} {x}}>0\) ，所以 \(h\left ( {x} \right )>h\left ( {1} \right )=0\)即 \(g'(x) > 0\)

所以 \(g(x)\) 在 \((1，+\infty )\) 单调递增

即 \(g(x) > g(1) = 0\) 即证

法二：令\(t=\frac {{e}^{x}} {x}\)，\(f\left ( {x} \right )=\frac {{e}^{x}} {x}-\ln {x+x-a=\frac {{e}^{x}} {x}}+\ln {\frac {{e}^{x}} {x}}-a\) 有两个零点等价于 \(t-\ln {t-a=}0\) 有两个零点

又\(\ln {t}=x-\ln {x}\)，则\(\left \{ \begin{gathered} {\ln {t}={x}_{1}-\ln {{x}_{1}}} \\ {\ln {t}={x}_{2}-\ln {{x}_{2}}} \end{gathered} \right .\)，所以\({x}_{1}-\ln {{x}_{1}}={x}_{2}-\ln {{x}_{2}}\)

由对数均值不等式可得\(\sqrt {{x}_{1}{x}_{2}}<\frac {{x}_{1}{-x}_{2}} {\ln {{x}_{1}-\ln {{x}_{2}}}}=1\)，即 \({x_1}{x_2} < 1\) .

第332题

参考答案：见解析

解析：

第333题

参考答案：见解析

解析：

第334题

参考答案：\((-\infty ，0]\)

第335题

参考答案：\([-\frac {1} {e}，+\infty )\)

第336题

参考答案：\([\frac {1} {e}+2，+\infty )\)

第337题

参考答案：\(\sqrt {e}\)

第338题

参考答案：\(\left ( {1，+\infty } \right )\)

第339题

参考答案：\(e\)

解析：

第340题

参考答案：见解析

解析：