二輪復習數(shù)學理重點生通用版講義：第一部分 專題四 第二課時　“導數(shù)與函數(shù)的零點問題”考法面面觀 Word版含解析

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1、 第二課時第二課時 “導數(shù)與函數(shù)的零點問題導數(shù)與函數(shù)的零點問題”考法面面觀考法面面觀 考法一考法一 函數(shù)零點個數(shù)問題函數(shù)零點個數(shù)問題 題型題型 策略策略(一一)| 討論函數(shù)的零點個數(shù)討論函數(shù)的零點個數(shù) 例例1 已知已知 f (x)ex(ax2x1)當當 a0 時，試討論方程時，試討論方程 f (x)1 的解的個數(shù)的解的個數(shù) 破題思路破題思路 求什么求什么想什么想什么 討論方程討論方程 f (x)1 的解的個數(shù)，想到的解的個數(shù)，想到 f (x)1 的零點個數(shù)的零點個數(shù) 給什么給什么用什么用什么 給出給出 f (x)的解析式，用的解析式，用 f (x)1 構造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為零點問題求解構造函數(shù)，轉(zhuǎn)化

2、為零點問題求解(或分離參數(shù)，結或分離參數(shù)，結合圖象求解合圖象求解) 規(guī)范解答規(guī)范解答 法一：分類討論法法一：分類討論法(學生用書不提供解題過程學生用書不提供解題過程) 方程方程 f (x)1 的解的個數(shù)即為函數(shù)的解的個數(shù)即為函數(shù) h(x)exax2x1(a0)的零點個數(shù)的零點個數(shù) 而而 h(x)ex2ax1， 設設 H(x)ex2ax1，則，則 H(x)ex2a. 令令 H(x)0，解得，解得 xln 2a；令；令 H(x)0， 解得解得 x0)， 則則 g(m)1(1ln m)ln m， 令令 g(m)1；令；令 g(m)0，得，得 0m12時，時，ln 2a0，h(x)minh(ln 2a

3、)0 使得使得 h(x1)0， 這時這時 h(x)在在(，0)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，在(0，x1)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減，在(x1，)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增 所以所以 h(x1)h(0)0，又，又 h(0)0， 所以此時所以此時 h(x)有兩個零點有兩個零點 當當 0a12時，時，ln 2a0，h(x)minh(ln 2a)0， 又又 h(x)在在(，ln 2a)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減，在(ln 2a，)上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增， 又又 h(0)0，則存在，則存在 x2h(0)0，h(0)0， 所以此時所以此時 f (x)有兩個零點有兩個零點 綜上，當綜上，當 a12時，方程時，方程 f

4、(x)1 只有一個解；當只有一個解；當 a12且且 a0 時，方程時，方程 f (x)1 有兩個有兩個解解 法二：分離參數(shù)法法二：分離參數(shù)法(學生用書提供解題過程學生用書提供解題過程) 方程方程 f (x)1 的解的個數(shù)即方程的解的個數(shù)即方程 exax2x10(a0)的解的個數(shù)，方程可化為的解的個數(shù)，方程可化為 ax2exx1. 當當 x0 時，方程為時，方程為 0e001，顯然成立，所以，顯然成立，所以 x0 為方程的解為方程的解 當當 x0 時，分離參數(shù)可得時，分離參數(shù)可得 aexx1x2(x0) 設函數(shù)設函數(shù) p(x)exx1x2(x0)， 則則 p(x) exx1 x2 x2 exx1

5、 x2 2ex x2 x2x3. 記記 q(x)ex(x2)x2，則，則 q(x)ex(x1)1. 記記 t(x)q(x)ex(x1)1，則，則 t(x)xex. 顯然當顯然當 x0 時，時，t(x)0 時，時，t(x)0，函數(shù)，函數(shù) t(x)單調(diào)遞增單調(diào)遞增 所以所以 t(x)t(0)e0(01)10，即，即 q(x)0， 所以函數(shù)所以函數(shù) q(x)單調(diào)遞增單調(diào)遞增 而而 q(0)e0(02)020， 所以當所以當 x0 時，時，q(x)0，函數(shù)，函數(shù) p(x)單調(diào)遞增；單調(diào)遞增； 當當 x0 時，時，q(x)0，即，即 p(x)0，函數(shù)，函數(shù) p(x)單調(diào)遞增單調(diào)遞增 而當而當 x0 時，

6、時，p(x) exx1 x2 x0ex12x x0 ex1 2x x0ex2 x012(洛必達法洛必達法則則)， 當當 x時，時，p(x) exx1 x2 xex12x x0， 故函數(shù)故函數(shù) p(x)的圖象如圖所示的圖象如圖所示 作出直線作出直線 ya. 顯然，當顯然，當 a12時，直線時，直線 ya 與函數(shù)與函數(shù) p(x)的圖象無交點，即方程的圖象無交點，即方程 exax2x10 只有只有一個解一個解 x0； 當當 a12且且 a0 時，直線時，直線 ya 與函數(shù)與函數(shù) p(x)的圖象有一個交點的圖象有一個交點(x0，a)，即方程，即方程 exax2x10 有兩個解有兩個解 x0 或或 xx

7、0. 綜上，當綜上，當 a12時，方程時，方程 f (x)1 只有一個解；當只有一個解；當 a12且且 a0 時，方程時，方程 f (x)1 有兩個有兩個解解 注注 部分題型利用分離法處理時，會出現(xiàn)部分題型利用分離法處理時，會出現(xiàn)“00”型的代數(shù)式，這是大學數(shù)學中的不定型的代數(shù)式，這是大學數(shù)學中的不定式問題，解決這類問題有效的方法就是洛必達法則式問題，解決這類問題有效的方法就是洛必達法則 法則法則 1 若函數(shù)若函數(shù) f (x)和和 g(x)滿足下列條件：滿足下列條件： (1)limxaf (x)0 及及 limxag(x)0； (2)在點在點 a 的去心鄰域內(nèi)，的去心鄰域內(nèi)，f (x)與與 g

8、(x)可導且可導且 g(x)0； (3)limxa f x g x l. 那么那么 limxa f x g x limxa f x g x l. 法則法則 2 若函數(shù)若函數(shù) f (x)和和 g(x)滿足下列條件：滿足下列條件： (1)limxaf (x)及及 limxag(x)； (2)在點在點 a 的去心鄰域內(nèi)，的去心鄰域內(nèi)，f (x)與與 g(x)可導且可導且 g(x)0； (3)limxa f x g x l. 那么那么 limxa f x g x limxa f x g x l. 題后悟通題后悟通 思路思路 受阻受阻 構造函數(shù)后，正確進行分類討論是解決本題的關鍵；不知道分類討論構造函數(shù)

9、后，正確進行分類討論是解決本題的關鍵；不知道分類討論或分類討論時，分類不明或分類不全是解決此類問題常犯的錯誤或分類討論時，分類不明或分類不全是解決此類問題常犯的錯誤 分析分析 技法技法 關鍵關鍵 點撥點撥 判斷函數(shù)零點個數(shù)的思路判斷函數(shù)零點個數(shù)的思路 判斷函數(shù)在某區(qū)間判斷函數(shù)在某區(qū)間a，b(a，b)內(nèi)的零點的個數(shù)時，主要思內(nèi)的零點的個數(shù)時，主要思路為：一路為：一是由是由 f (a)f (b)0，所以，所以 f (x)在在(0，)上單調(diào)遞增；上單調(diào)遞增； 當當 a0 時，由時，由 f x 0，x0得得 0 xaa；由；由 f (x)aa， 所以所以 f (x)在在 0，aa上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞

10、增，在 aa， 上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減 綜上所述：當綜上所述：當 a0 時，時，f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)； 當當 a0 時，時，f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為的單調(diào)遞增區(qū)間為 0，aa，單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為 aa， . (3)由由(2)可知，可知， ()當當 a0，故，故 f (x)在在1，e2上沒有零點上沒有零點 ()當當 a0 時，時，f (x)在在1，e2上單調(diào)遞增，而上單調(diào)遞增，而 f (1)12a0，故，故 f (x)在在1，e2上有一上有一個零點個零點 ()當當 a0 時，時，若若aa1，即，即 a1 時，時，f (x)在在1，e2上單調(diào)遞減因為上單調(diào)

11、遞減因為 f (1)12a0，所以所以 f (x)在在1，e2上沒有零點上沒有零點 若若 1aae2，即，即1e4a1 時，時，f (x)在在 1，aa上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，在 aa，e2上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞減，而而 f (1)12a0，f aa12ln a12，f (e2)212ae4， 若若 f aa12ln a121e時，時，f (x)在在1，e2上沒有零點；上沒有零點； 若若 f aa12ln a120，即，即 a1e時，時，f (x)在在1，e2上有一個零點；上有一個零點； 若若 f aa12ln a120，即，即 a0，得，得 a4e4，此時，此時，f (x)在在1，e2上有一

12、個零點；上有一個零點； 由由 f (e2)212ae40，得，得 a4e4，此時，此時，f (x)在在1，e2上有兩個零點；上有兩個零點； 若若aae2，即，即 0a1e4時，時，f (x)在在1，e2上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增， 因為因為 f (1)12a0，所以，所以 f (x)在在1，e2上有一個零點上有一個零點 綜上所述：當綜上所述：當 a1e時，時，f (x)在在1，e2上沒有零點；當上沒有零點；當 0a4e4或或 a1e時，時，f (x)在在1，e2上有一個零點；當上有一個零點；當4e4a1e時，時，f (x)在在1，e2上有兩個零點上有兩個零點 題型題型 策略策略 二二 | 由函數(shù)的

13、零點個數(shù)求參數(shù)范圍由函數(shù)的零點個數(shù)求參數(shù)范圍 例例2 已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)xex12a(x1)2. (1)若若 ae，求函數(shù)，求函數(shù) f (x)的極值；的極值； (2)若函數(shù)若函數(shù) f (x)有兩個零點，求實數(shù)有兩個零點，求實數(shù) a 的取值范圍的取值范圍 破題思路破題思路 第第(1)問問 求什么求什么想什么想什么 求求 f (x)的極值，想到求的極值，想到求 f (x)0 的解，然后根據(jù)單調(diào)性求極值的解，然后根據(jù)單調(diào)性求極值 第第(2)問問 求什么求什么想什么想什么 求實數(shù)求實數(shù) a 的取值范圍，想到建立關于的取值范圍，想到建立關于 a 的不等式的不等式 給什么給什么用什么用什么 給出

14、函數(shù)給出函數(shù) f (x)的解析式，并已知的解析式，并已知 f (x)有兩個零點有兩個零點，利用，利用 f (x)的圖象與的圖象與 x軸有兩個交點求解軸有兩個交點求解 規(guī)范解答規(guī)范解答 (1)直接法直接法(學生用書不提供解題過程學生用書不提供解題過程) 由題意知，當由題意知，當 ae 時，時，f (x)xex12e(x1)2，函數(shù)，函數(shù) f (x)的定義域為的定義域為(，)， f (x)(x1)exe(x1)(x1)(exe) 令令 f (x)0，解得，解得 x1 或或 x1. 當當 x 變化時，變化時，f (x)，f (x)的變化情況如下表所示：的變化情況如下表所示： x (，1) 1 (1,

15、1) 1 (1，) f (x) 0 0 f (x) 極大值極大值1e 極小值極小值e 所以當所以當 x1 時，時，f (x)取得極大值取得極大值1e；當；當 x1 時，時，f (x)取得極小值取得極小值e. (2)法一：分類討論法法一：分類討論法(學生用書不提供解題過程學生用書不提供解題過程) f (x)(x1)exa(x1)(x1)(exa)， 若若 a0，易知函數(shù)，易知函數(shù) f (x)在在(，)上只有一個零點，故不符合題意上只有一個零點，故不符合題意 若若 a0，當，當 x(，1)時，時，f (x)0，f (x)單調(diào)遞增單調(diào)遞增 由由 f (1)1e0，當，當 x時，時，f (x)， 所以

16、函數(shù)所以函數(shù) f (x)在在(，)上有兩個零點上有兩個零點 若若 ln a1，即，即 0a0，f (x)單調(diào)遞增；單調(diào)遞增； 當當 x(ln a，1)時，時，f (x)0，f (x)單調(diào)遞減單調(diào)遞減 又又 f (ln a)aln a12a(ln a1)21，即，即 a1e，當，當 x(，1)(ln a，)時，時，f (x)0，f (x)單調(diào)遞增；單調(diào)遞增； 當當 x(1，ln a)時，時，f (x)0，f (x)單調(diào)遞減單調(diào)遞減 又又 f (1)1e0，所以函數(shù)，所以函數(shù) f (x)在在(，)上至多有一個零點，故不符合題意上至多有一個零點，故不符合題意 綜上，實數(shù)綜上，實數(shù) a 的取值范圍是的

17、取值范圍是(，0) 法二：數(shù)形結合法法二：數(shù)形結合法(學生用書提供解題過程學生用書提供解題過程) 令令 f (x)0，即，即 xex12a(x1)20， 得得 xex12a(x1)2. 當當 x1 時，方程為時，方程為e112a0，顯然不成立，顯然不成立， 所以所以 x1 不是方程的解，即不是方程的解，即1 不是函數(shù)不是函數(shù) f (x)的零點的零點 當當 x1 時，分離參數(shù)得時，分離參數(shù)得 a2xex x1 2. 記記 g(x)2xex x1 2(x1)， 則則 g(x) 2xex x1 2 x1 2 2xex x1 4 2ex x21 x1 3. 當當 x1 時，時，g(x)1 時，時，g(

18、x)0，函數(shù)，函數(shù) g(x)單調(diào)遞增單調(diào)遞增 當當 x0 時，時，g(x)0；當；當 x時，時，g(x)0；當；當 x1 時，時，g(x)；當；當 x時，時，g(x). 故函數(shù)故函數(shù) g(x)的圖象如圖所示的圖象如圖所示 作出直線作出直線 ya，由圖可知，當，由圖可知，當 a0， 當當 a0 時，顯然時，顯然 f (x)0，f (x)在在(0，)上單調(diào)遞增；上單調(diào)遞增； 當當 a0 時，令時，令 f (x)2ax2x1x0，則，則2ax2x10，易知其判別式為正，易知其判別式為正， 設方程的兩根分別為設方程的兩根分別為 x1，x2(x1x2)， 則則 x1x212a0，x100. 令令 f (

19、x)0，得，得 x(0，x2)；令；令 f (x)0 時，函數(shù)時，函數(shù) f (x)在在(0，x2)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，在(x2，)上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞減， f (x)maxf (x2) 要使要使 f (x)有兩個零點，需有兩個零點，需 f (x2)0， 即即 ln x2ax22x20， 又由又由 f (x2)0 得得 ax221x22，代入上面的不等式得，代入上面的不等式得 2ln x2x21，解得，解得 x21， a1x22x2212 1x221x21. 下面證明：當下面證明：當 a(0,1)時，時，f (x)有兩個零點有兩個零點 f 1eln1eae21e0， f 2aln2aa4a

20、22a2aa4a22a0(ln xx) 又又 x21 8a14a1 814a1a281111e， f (x2)ln x2ax22x212(2ln x2x21)0， f (x)在在 1e，x2與與 x2，2a上各有一個零點上各有一個零點 a 的取值范圍為的取值范圍為(0,1) 法二：法二：函數(shù)函數(shù) f (x)有兩個零點，等價于方程有兩個零點，等價于方程 aln xxx2有兩解有兩解 令令 g(x)ln xxx2，x0，則，則 g(x)12ln xxx3. 由由 g(x)12ln xxx30，得，得 2ln xx1， 解得解得 0 x0，當，當 x0 時，時，g(x)， 作出函數(shù)作出函數(shù) g(x)

21、的簡圖如圖，結合函數(shù)值的變化趨勢猜想：當?shù)暮唸D如圖，結合函數(shù)值的變化趨勢猜想：當 a(0,1)時符合題意時符合題意 下面給出證明：下面給出證明： 當當 a1 時，時，ag(x)max，方程至多一解，不符合題意；，方程至多一解，不符合題意； 當當 a0 時，方程至多一解，不符合題意；時，方程至多一解，不符合題意； 當當 a(0,1)時，時，g 1e0，g 1ea0， g 2aa24 ln2a2aa24 2a2aa， g 2aa0)，a 為常數(shù)，若函數(shù)為常數(shù)，若函數(shù) f (x)有兩個零點有兩個零點 x1，x2(x1x2)證明：證明：x1x2e2. 破題思路破題思路 證明證明 x1x2e2，想到把雙

22、變量，想到把雙變量 x1，x2轉(zhuǎn)化為只含有一個變量的不等式證明轉(zhuǎn)化為只含有一個變量的不等式證明 規(guī)范解答規(guī)范解答 法一：巧抓根商法一：巧抓根商 cx1x2構造函數(shù)構造函數(shù)(學生用書不提供解題過程學生用書不提供解題過程) 不妨設不妨設 x1x20， 因為因為 ln x1ax10，ln x2ax20， 所以所以 ln x1ln x2a(x1x2)，ln x1ln x2a(x1x2)，所以，所以ln x1ln x2x1x2a， 欲證欲證 x1x2e2，即證，即證 ln x1ln x22. 因為因為 ln x1ln x2a(x1x2)，所以即證，所以即證 a2x1x2， 所以原問題等價于證明所以原問題

23、等價于證明ln x1ln x2x1x22x1x2， 即即 ln x1x22 x1x2 x1x2， 令令 cx1x2(c1)，則不等式變?yōu)?，則不等式變?yōu)?ln c2 c1 c1. 令令 h(c)ln c2 c1 c1，c1， 所以所以 h(c)1c4 c1 2 c1 2c c1 20， 所以所以 h(c)在在(1，)上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增， 所以所以 h(c)h(1)ln 100， 即即 ln c2 c1 c10(c1)， 因此原不等式因此原不等式 x1x2e2得證得證 啟思維啟思維 該方法的基本思路是直接消掉參該方法的基本思路是直接消掉參數(shù)數(shù) a， 再結合所證問題， 巧妙引入變量， 再結合所證

24、問題， 巧妙引入變量 cx1x2，從而構造相應的函數(shù)其解題要點為：從而構造相應的函數(shù)其解題要點為： (1)聯(lián)立消參：聯(lián)立消參：利用方程利用方程 f (x1)f (x2)消掉解析式中的參數(shù)消掉解析式中的參數(shù) a. (2)抓商構元：抓商構元：令令 cx1x2，消掉變量，消掉變量 x1，x2，構造關于，構造關于 c 的函數(shù)的函數(shù) h(c) (3)用導求解：用導求解：利用導數(shù)求解函數(shù)利用導數(shù)求解函數(shù) h(c)的最小值，從而可證得結論的最小值，從而可證得結論 法二：抓極值點構造函數(shù)法二：抓極值點構造函數(shù)(學生用書提供解題過程學生用書提供解題過程) 由題意，函數(shù)由題意，函數(shù) f (x)有兩個零點有兩個零點

25、 x1，x2(x1x2)，即，即 f (x1)f (x2)0，易知，易知 ln x1，ln x2是是方程方程 xaex的兩根的兩根 令令 t1ln x1，t2ln x2. 設設 g(x)xex，則，則 g(t1)g(t2)， 從而從而 x1x2e2ln x1ln x22t1t22. 下證：下證：t1t22. g(x)(1x)ex，易得，易得 g(x)在在(，1)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞減， 所以函數(shù)所以函數(shù) g(x)在在 x1 處取得極大值處取得極大值 g(1)1e. 當當 x時，時，g(x)；當；當 x時，時，g(x)0 且且 g(x)0. 由由 g(t1)g

26、(t2)， t1t2， 不妨設， 不妨設 t1t2， 作出函數(shù)， 作出函數(shù)g(x)的圖象如圖所示， 由圖知必有的圖象如圖所示， 由圖知必有0t110， 所以所以 F(x)在在(0,1上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增， 所以所以 F(x)F(0)0 對任意的對任意的 x(0,1恒成立，恒成立， 即即 g(1x)g(1x)對任意的對任意的 x(0,1恒成立恒成立 由由 0t11g1(1t1)g(t1)g(t2)， 即即 g(2t1)g(t2)，又，又 2t1(1，)，t2(1，)，且，且 g(x)在在(1，)上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞減， 所以所以 2t12. 啟思維啟思維 上述解題過程就是解決極值點偏移問題的最

27、基本的方法，共有四個解題要上述解題過程就是解決極值點偏移問題的最基本的方法，共有四個解題要點：點： (1)求函數(shù)求函數(shù) g(x)的極值點的極值點 x0； (2)構造函數(shù)構造函數(shù) F(x)g(x0 x)g(x0 x)； (3)確定函數(shù)確定函數(shù) F(x)的單調(diào)性；的單調(diào)性； (4)結合結合 F(0)0，確定，確定 g(x0 x)與與 g(x0 x)的大小關系的大小關系 其口訣為：極值偏離對稱軸，構造函數(shù)覓行蹤，四個步驟環(huán)相扣，兩次單調(diào)緊跟隨其口訣為：極值偏離對稱軸，構造函數(shù)覓行蹤，四個步驟環(huán)相扣，兩次單調(diào)緊跟隨 法三：巧抓根差法三：巧抓根差 stt2t1構造函數(shù)構造函數(shù)(學生用書提供解題過程學生用

28、書提供解題過程) 由題意，函數(shù)由題意，函數(shù) f (x)有兩個零點有兩個零點 x1，x2(x1x2)，即，即 f (x1)f (x2)0，易知，易知 ln x1，ln x2是是方程方程 xaex的兩根的兩根 設設 t1ln x1，t2ln x2， 設設 g(x)xex，則，則 g(t1)g(t2)， 從而從而 x1x2e2ln x1ln x22t1t22. 下證：下證：t1t22. 由由 g(t1)g(t2)，得，得 t1et1t2et2， 化簡得化簡得 et2t1t2t1， 不妨設不妨設 t2t1，由法二知，由法二知，0t110，t2st1，代入，代入式，得式，得 esst1t1，解得，解得

29、t1ses1. 則則 t1t22t1s2ses1s， 故要證故要證 t1t22，即證，即證2ses1s2， 又又 es10，故要證，故要證2ses1s2， 即證即證 2s(s2)(es1)0， 令令 G(s)2s(s2)(es1)(s0)， 則則 G(s)(s1)es1，G(s)ses0， 故故 G(s)在在(0，)上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增， 所以所以 G(s)G(0)0， 從而從而 G(s)在在(0，)上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增， 所以所以 G(s)G(0)0，所以，所以式成立，故式成立，故 t1t22. 啟思維啟思維 該方法的關鍵是巧妙引入變量該方法的關鍵是巧妙引入變量 s，然后利用等量關系，把

30、，然后利用等量關系，把 t1，t2消掉，從而消掉，從而構造相應的函數(shù)構造相應的函數(shù)，轉(zhuǎn)化所證問題其解題要點為：，轉(zhuǎn)化所證問題其解題要點為： (1)取差構元：取差構元：記記 st2t1，則，則 t2t1s，利用該式消掉，利用該式消掉 t2. (2)巧解消參：巧解消參：利用利用 g(t1)g(t2)，構造方程，解之，利用，構造方程，解之，利用 s 表示表示 t1. (3)構造函數(shù)：構造函數(shù)：依據(jù)消參之后所得不等式的形式，構造關于依據(jù)消參之后所得不等式的形式，構造關于 s 的函數(shù)的函數(shù) G(s) (4)轉(zhuǎn)化求解：轉(zhuǎn)化求解：利用導數(shù)研究函數(shù)利用導數(shù)研究函數(shù) G(s)的單調(diào)性和最小值，從而證得結論的單調(diào)

31、性和最小值，從而證得結論 題后悟通題后悟通 思路受阻思路受阻 分析分析 不能把雙變量不能把雙變量 x1，x2的不等式轉(zhuǎn)化為單變量的不等式，導致無從的不等式轉(zhuǎn)化為單變量的不等式，導致無從下手解題下手解題 技法關鍵技法關鍵 點撥點撥 函數(shù)極值點偏移問題的解題策略函數(shù)極值點偏移問題的解題策略 函數(shù)的極值點偏移問題，其實質(zhì)是函數(shù)的極值點偏移問題，其實質(zhì)是導數(shù)的應用問題，解題的策略導數(shù)的應用問題，解題的策略是把含雙變量的等式或不等式轉(zhuǎn)化為僅含一個變量的等式或不等是把含雙變量的等式或不等式轉(zhuǎn)化為僅含一個變量的等式或不等式進行求解，解題時要抓住三個關鍵量：極值點、根差、根商式進行求解，解題時要抓住三個關鍵量

32、：極值點、根差、根商 對點訓練對點訓練 (2018 成都模擬成都模擬)已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)(x1)exmx22，其中，其中 mR R，e2.718 28為自為自然對數(shù)的底數(shù)然對數(shù)的底數(shù) (1)當當 m1 時，求函數(shù)時，求函數(shù) f (x)的單調(diào)區(qū)間；的單調(diào)區(qū)間； (2)當常數(shù)當常數(shù) m(2，)時，函數(shù)時，函數(shù) f (x)在在0，)上有兩個零點上有兩個零點 x1，x2(x1ln4e. 解：解：(1)當當 m1 時，時，f (x)(x1)exx22， f (x)xex2xx(ex2) 由由 f (x)x(ex2)0，解得，解得 x0 或或 xln 2. 當當 xln 2 或或 x0， f (

33、x)的單調(diào)遞增區(qū)間為的單調(diào)遞增區(qū)間為(，0)，(ln 2，) 當當 0 xln 2 時，時，f (x)ln 2m 時，時，f (x)0，f (x)在在(ln 2m，)上單調(diào)遞增；上單調(diào)遞增； 當當 0 xln 2m 時，時，f (x)0，f (x)在在0，ln 2m上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減 f (x)的極小值為的極小值為 f (ln 2m) 函數(shù)函數(shù) f (x)在在0，)上有兩個零點上有兩個零點 x1，x2(x1x2)， f (ln 2m)0，f (1)2m0， 可知可知 x1(0,1) f (ln 2m)ln 2mln 4. 0 x1ln 41ln4e. 高考大題通法點撥高考大題通法點撥 函數(shù)與

34、導數(shù)問題重在函數(shù)與導數(shù)問題重在“分分”分離、分解分離、分解 思維流程思維流程 策略指導策略指導 函數(shù)與導數(shù)問題一般以函數(shù)為載體，以導數(shù)為工具，重點考查函數(shù)的一些性質(zhì)，如含函數(shù)與導數(shù)問題一般以函數(shù)為載體，以導數(shù)為工具，重點考查函數(shù)的一些性質(zhì)，如含參函數(shù)的單調(diào)性、極值或最值的探求與討論，復雜函數(shù)零點的討論，函數(shù)不等式中參數(shù)范參函數(shù)的單調(diào)性、極值或最值的探求與討論，復雜函數(shù)零點的討論，函數(shù)不等式中參數(shù)范圍的討論，恒成立和能成立問題的討論等，是近幾年高考試圍的討論，恒成立和能成立問題的討論等，是近幾年高考試題的命題熱點對于這類綜合題的命題熱點對于這類綜合問題，一般是先求導，再變形、分離或分解出基本函數(shù)

35、，然后根據(jù)題意處理問題，一般是先求導，再變形、分離或分解出基本函數(shù)，然后根據(jù)題意處理 典例典例 已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)ln xbxc，f (x)在點在點(1，f (1)處的切線方程為處的切線方程為 xy40. (1)求求 f (x)的解析式；的解析式； (2)求求 f (x)的單調(diào)區(qū)間；的單調(diào)區(qū)間； (3)若在區(qū)間若在區(qū)間 12，5 內(nèi)，恒有內(nèi)，恒有 f (x)x2ln xkx 成立，求成立，求 k 的取值范圍的取值范圍 破題思路破題思路 第第(1)問問 求什么求什么 想什么想什么 求求 f (x)的解析式，想到建立參數(shù)的解析式，想到建立參數(shù) b，c 的關系式的關系式 給什么給什么 用什

36、么用什么 題目條件給出題目條件給出 f (x)在點在點(1，f (1)處的切線方程利用導數(shù)的幾何意義可處的切線方程利用導數(shù)的幾何意義可知知 f (1)1 及及 f (1)5，從而建立，從而建立 b，c 的方程組求的方程組求 b，c 的值的值 第第(2)問問 求什么求什么 想什么想什么 求求 f (x)的單調(diào)區(qū)間，想到導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性之間關系的單調(diào)區(qū)間，想到導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性之間關系 給什么給什么 用什么用什么 由第由第(1)問給出問給出 f (x)的解析式，用相關導數(shù)公式求的解析式，用相關導數(shù)公式求 f (x)，并解，并解 f (x)0 和和 f (x)0，f (x)1x2. 令令 f (x

37、)0，得，得 0 x12， 再令再令 f (x)12， 故函數(shù)故函數(shù) f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為的單調(diào)遞增區(qū)間為 0，12， 單調(diào)遞減區(qū)間為單調(diào)遞減區(qū)間為 12， . (3)在區(qū)間在區(qū)間 12，5 上，由上，由 f (x)x2ln xkx， 得得 ln x2x3x2ln xkx， kx23x. 設設 g(x)x23x， 則則 g(x)13x2， 令令 g(x)0，得，得 x 3(負值舍去負值舍去) 令令 g(x)0，得，得 0 x 3，令，令 g(x) 3， 故當故當 x 12， 3 時，函數(shù)時，函數(shù) g(x)單調(diào)遞增，單調(diào)遞增， 當當 x( 3，5)時，函數(shù)時，函數(shù) g(x)單調(diào)遞減，單調(diào)遞

38、減， g(x)的最小值只能在區(qū)間的最小值只能在區(qū)間 12，5 的端點處取得，的端點處取得， 又又 g 121226172， g(5)5235385，g(x)min172. k172，即，即 k 的取值范圍為的取值范圍為 ，172. 關鍵點撥關鍵點撥 解決函數(shù)與導數(shù)綜合問題的關鍵點解決函數(shù)與導數(shù)綜合問題的關鍵點 (1)會求函數(shù)的極值點，先利用方程會求函數(shù)的極值點，先利用方程 f (x)0 的根，將函數(shù)的定義域分成若干個開區(qū)間，的根，將函數(shù)的定義域分成若干個開區(qū)間，再列成表格，最后依表格內(nèi)容即可寫出函數(shù)的極值；再列成表格，最后依表格內(nèi)容即可寫出函數(shù)的極值； (2)證明不等式，常構造函數(shù)，并利用導數(shù)

39、法判斷新構造函數(shù)的單調(diào)性，從而可證明原證明不等式，常構造函數(shù)，并利用導數(shù)法判斷新構造函數(shù)的單調(diào)性，從而可證明原不等式成立；不等式成立； (3)解決不等式恒成立問題除了用分離參數(shù)法，還可以從分類討論和判斷函數(shù)的單調(diào)性解決不等式恒成立問題除了用分離參數(shù)法，還可以從分類討論和判斷函數(shù)的單調(diào)性入手，去求參數(shù)的取值范圍入手，去求參數(shù)的取值范圍 對點訓練對點訓練 (2018 全國卷全國卷)已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)exax2. (1)若若 a1，證明：當，證明：當 x0 時，時，f (x)1； (2)若若 f (x)在在(0，)只有一個零點，求只有一個零點，求 a. 解：解：(1)證明：當證明：當 a1

40、 時，時，f (x)1 等價于等價于(x21)ex10. 設函數(shù)設函數(shù) g(x)(x21)ex1， 則則 g(x)(x22x1)ex(x1)2ex. 當當 x1 時，時，g(x)0，h(x)沒有零點；沒有零點； ()當當 a0 時，時，h(x)ax(x2)ex. 當當 x(0,2)時，時，h(x)0. 所以所以 h(x)在在(0,2)上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞減， 在在(2，)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增 故故 h(2)14ae2是是 h(x)在在(0，)上的最小值上的最小值 當當 h(2)0，即，即 ae24時，時，h(x)在在(0，)上沒有零點上沒有零點 當當 h(2)0，即，即 ae24時，時，h(x

41、)在在(0，)上只有一個零點上只有一個零點 當當 h(2)e24時，因為時，因為 h(0)1，所以，所以 h(x)在在(0,2)上有一個零點上有一個零點 由由(1)知，當知，當 x0 時，時，exx2，所以，所以 h(4a)116a3e4a116a3 e2a 2116a3 2a 411a0，故，故 h(x)在在(2,4a)上有一個零點因此上有一個零點因此 h(x)在在(0，)上有兩個零點上有兩個零點 綜上，當綜上，當 f (x)在在(0，)上只有一個零點時，上只有一個零點時，ae24. 總結升華總結升華 函數(shù)與導數(shù)壓軸題堪稱函數(shù)與導數(shù)壓軸題堪稱“龐然大物龐然大物”，所以征服它需要一定的膽量和勇

42、氣，可以參變，所以征服它需要一定的膽量和勇氣，可以參變量分離、把復雜函數(shù)分離為基本函數(shù)、可把題目分解成幾個小題、也可把解題步驟分解為量分離、把復雜函數(shù)分離為基本函數(shù)、可把題目分解成幾個小題、也可把解題步驟分解為幾個小步，也可從邏輯上重新?lián)Q敘注重分步解答，這樣，即使解答不完整，也要做到盡幾個小步，也可從邏輯上重新?lián)Q敘注重分步解答，這樣，即使解答不完整，也要做到盡可能多拿步驟分同時要注意分類思想、數(shù)形結合思想、化歸與轉(zhuǎn)化等數(shù)學思想的運用可能多拿步驟分同時要注意分類思想、數(shù)形結合思想、化歸與轉(zhuǎn)化等數(shù)學思想的運用 專題跟蹤檢測專題跟蹤檢測(對應配套卷對應配套卷 P173) 1(2018 全國卷全國卷)

43、已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)13x3a(x2x1) (1)若若 a3，求，求 f (x)的單調(diào)區(qū)間；的單調(diào)區(qū)間； (2)證明證明：f (x)只有一個零點只有一個零點 解：解：(1)當當 a3 時，時，f (x)13x33x23x3， f (x)x26x3. 令令 f (x)0，解得，解得 x32 3或或 x32 3. 當當 x(，32 3)(32 3，)時，時，f (x)0； 當當 x(32 3，32 3)時，時，f (x)0， 所以所以 f (x)0 等價于等價于x3x2x13a0. 設設 g(x)x3x2x13a， 則則 g(x)x2 x22x3 x2x1 20， 僅當僅當 x0 時，時，

44、g(x)0， 所以所以 g(x)在在(，)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增 故故 g(x)至多有一個零點，從而至多有一個零點，從而 f (x)至多有一個零點至多有一個零點 又又 f (3a1)6a22a136 a162160， 故故 f (x)有一個零點有一個零點 綜上，綜上，f (x)只有一個零點只有一個零點 2(2018 鄭州第一次質(zhì)量預測鄭州第一次質(zhì)量預測)已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)ln x1ax1a，aR 且且 a0. (1)討論函數(shù)討論函數(shù) f(x)的單調(diào)性；的單調(diào)性； (2)當當 x 1e，e 時，試判斷函數(shù)時，試判斷函數(shù) g(x)(ln x1)exxm 的零點個數(shù)的零點個數(shù) 解：解：(1)f

45、(x)ax1ax2(x0)， 當當 a0 恒成立，恒成立， 函數(shù)函數(shù) f(x)在在(0，)上單調(diào)遞增；上單調(diào)遞增； 當當 a0 時，由時，由 f(x)ax1ax20，得，得 x1a； 由由 f(x)ax1ax20，得，得 0 x1a， 函數(shù)函數(shù) f(x)在在 1a， 上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，在 0，1a上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減 綜上所述，當綜上所述，當 a0 時，函數(shù)時，函數(shù) f(x)在在 1a， 上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，在 0，1a上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減 (2)當當 x 1e，e 時，判斷函數(shù)時，判斷函數(shù) g(x)(ln x1)exxm 的零點，即求當?shù)牧泓c，即求當 x 1e，e 時，時，方程

46、方程(ln x1)exxm 的根的根 令令 h(x)(ln x1)exx， 則則 h(x) 1xln x1 ex1. 由由(1)知當知當 a1 時，時，f(x)ln x1x1 在在 1e，1 1 上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減，在(1，e)上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增， 當當 x 1e，e 時，時，f(x)f(1)0. 1xln x10 在在 x 1e，e 上恒成立上恒成立 h(x) 1xln x1 ex1010， h(x)(ln x1)exx 在在 1e，e 上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增 h(x)minh 1e2e1e1e，h(x)maxe. 當當 me 時，函數(shù)時，函數(shù) g(x)在在 1e，e 上沒有零點；上

47、沒有零點； 當當2e1e1eme 時，函數(shù)時，函數(shù) g(x)在在 1e，e 上有一個零點上有一個零點 3(2018 貴陽模擬貴陽模擬)已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)kxln x1(k0) (1)若函數(shù)若函數(shù) f (x)有且只有一個零點，求實數(shù)有且只有一個零點，求實數(shù) k 的值；的值； (2)證明：當證明：當 nN*時，時，112131nln(n1) 解：解：(1)法一：法一：f (x)kxln x1，f (x)k1xkx1x(x0，k0)， 當當 0 x1k時，時，f (x)1k時，時，f (x)0. f (x)在在 0，1k上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減，在1k，上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增 f (x)mi

48、nf 1kln k， f (x)有且只有一個零點，有且只有一個零點，ln k0，k1. 法二：法二：由題意知方程由題意知方程 kxln x10 僅有一個實根，僅有一個實根， 由由 kxln x10，得，得 kln x1x(x0)， 令令 g(x)ln x1x(x0)，g(x)ln xx2， 當當 0 x0； 當當 x1 時，時，g(x)lnn1n， 112131nln21ln32lnn1nln(n1)， 故故 112131nln(n1) 4.已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)ax3bx2(c3a2b)xd 的圖象如圖所示的圖象如圖所示 (1)求求 c，d 的值；的值； (2)若函數(shù)若函數(shù) f (x)

49、在在 x2 處的切線方程為處的切線方程為 3xy110， 求函數(shù)， 求函數(shù) f (x)的解析的解析式；式； (3)在在(2)的條件下，函數(shù)的條件下，函數(shù) yf (x)與與 y13 f (x)5xm 的圖象有三個不同的交點，求的圖象有三個不同的交點，求m 的取值范圍的取值范圍 解：解：函數(shù)函數(shù) f (x)的導函數(shù)為的導函數(shù)為 f (x)3ax22bxc3a2b. (1)由圖可知函數(shù)由圖可知函數(shù) f (x)的圖象過點的圖象過點(0,3)，且，且 f (1)0， 得得 d3，3a2bc3a2b0，解得解得 d3，c0. (2)由由(1)得，得，f (x)ax3bx2(3a2b)x3， 所以所以 f

50、(x)3ax22bx(3a2b) 由函數(shù)由函數(shù) f (x)在在 x2 處的切線方程為處的切線方程為 3xy110， 得得 f 2 5，f 2 3， 所以所以 8a4b6a4b35，12a4b3a2b3，解得解得 a1，b6， 所以所以 f (x)x36x29x3. (3)由由(2)知知 f (x)x36x29x3， 所以所以 f (x)3x212x9. 函數(shù)函數(shù) yf (x)與與 y13f (x)5xm 的圖象有三個不同的交點，的圖象有三個不同的交點， 等價于等價于 x36x29x3(x24x3)5xm 有三個不等實根，有三個不等實根， 等價于等價于 g(x)x37x28xm 的圖象與的圖象與

51、 x 軸有三個不同的交點軸有三個不同的交點 因為因為 g(x)3x214x8(3x2)(x4)， 令令 g(x)0，得，得 x23或或 x4. 當當 x 變化時，變化時，g(x)，g(x)的變化情況如表所示：的變化情況如表所示： x ，23 23 23 ，4 4 (4，) g(x) 0 0 g(x) 極大值極大值 極小值極小值 g 236827m，g(4)16m， 當且僅當當且僅當 g 236827m0，g 4 16m0時，時，g(x)圖象與圖象與 x 軸有三個交點，軸有三個交點， 解得解得16m6827. 所以所以 m 的取值范圍為的取值范圍為 16，6827. 5(2018 南寧二中、柳州

52、高中二聯(lián)南寧二中、柳州高中二聯(lián))已知函數(shù)已知函數(shù) f (x)ln xax2(2a)x. (1)討論討論 f (x)的單調(diào)性；的單調(diào)性； (2)設設 f (x)的兩個零點是的兩個零點是 x1，x2，求證：，求證：f x1x220，則，則 f (x)在在(0，)上單調(diào)遞增；上單調(diào)遞增； 當當 a0 時， 若時， 若 x 0，1a， 則， 則 f (x)0， 若， 若 x 1a， ， 則， 則 f (x)0，且，且 f (x)在在 0，1a上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，在 1a， 上單調(diào)遞減，不妨設上單調(diào)遞減，不妨設 0 x11ax2， f x1x221ax1x22a，故要證，故要證 f x1x222a

53、即可即可 構造函數(shù)構造函數(shù) F(x)f (x)f 2ax ，x 0，1a， F(x)f (x) f 2axf (x)f 2ax 2ax ax2 2x 2ax 2 ax1 2x 2ax ， x 0，1a，F(xiàn)(x)2 ax1 2x 2ax 0， F(x)在在 0，1a上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增， F(x)F 1af 1af 2a1a0， 即即 f (x)f 2ax ，x 0，1a， 又又 x1，x2是函數(shù)是函數(shù) f (x)的兩個零點且的兩個零點且 0 x11ax2， f (x1)f (x2)2ax1， x1x22a，得證，得證 法二：對數(shù)平均不等式法法二：對數(shù)平均不等式法 易知易知 a0，且，且 f

54、(x)在在 0，1a上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增， 在在 1a， 上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞減， 不妨設不妨設 0 x11ax2， f x1x221a. 因為因為 f (x)的兩個零點是的兩個零點是 x1，x2， 所以所以 ln x1ax21(2a)x1ln x2ax22(2a)x2， 所以所以 ln x1ln x22(x1x2)a(x21x22x1x2)， 所以所以 aln x1ln x22 x1x2 x21x22x1x2，以下用分析法證明，要證，以下用分析法證明，要證x1x221a， 即證即證x1x22x21x22x1x2ln x1ln x22 x1x2 ， 即即證證x1x22x1x21ln x1ln

55、x2x1x22， 即證即證2x1x2ln x1ln x2x1x22x1x21， 只需證只需證2x1x2x1x2ln x1ln x2， 根據(jù)對數(shù)平均不等式，該式子成立，根據(jù)對數(shù)平均不等式，該式子成立， 所以所以 f x1x220. 法三：比值法三：比值(差值差值)代換法代換法 因為因為 f (x)的兩個零點是的兩個零點是 x1，x2， 不妨設不妨設 0 x11)，g(t)2 t1 1tln t，則當，則當 t1 時，時， g(t) t1 2t t1 21 時，時， g(t)g(1)0，所以，所以 f x1x221 時，求時，求 f (x)的單調(diào)區(qū)間和極值；的單調(diào)區(qū)間和極值； (2)若對任意若對任

56、意 xe，e2，都有，都有 f (x)4ln x 成立，求成立，求 k 的取值范圍；的取值范圍； (3)若若 x1x2，且，且 f (x1)f (x2)，證明，證明 x1x21，所以，所以 f (x)ln xk0， 所以函數(shù)所以函數(shù) f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間是的單調(diào)遞增區(qū)間是(1，)，無單調(diào)遞減區(qū)間，無極值，無單調(diào)遞減區(qū)間，無極值 當當 k0 時，令時，令 ln xk0，解得，解得 xek， 當當 1xek時，時，f (x)ek時，時，f (x)0. 所以函數(shù)所以函數(shù) f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間是的單調(diào)遞減區(qū)間是(1，ek)，單調(diào)遞增區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是(ek，)，在，在(1，)上的上的極小值

57、為極小值為 f (ek)(kk1)ekek，無極大值，無極大值 (2)由題意，由題意，f (x)4ln x0， 即問題轉(zhuǎn)化為即問題轉(zhuǎn)化為(x4)ln x(k1)x x4 ln xx對任意對任意 xe，e2恒成立，恒成立， 令令 g(x) x4 ln xx，xe，e2， 則則 g(x)4ln xx4x2. 令令 t(x)4ln xx4，xe，e2，則，則 t(x)4x10， 所以所以 t(x)在區(qū)間在區(qū)間e，e2上單調(diào)遞增，故上單調(diào)遞增，故 t(x)mint(e)4e4e0，故，故 g(x)0， 所以所以 g(x)在區(qū)間在區(qū)間e，e2上單調(diào)遞增，函數(shù)上單調(diào)遞增，函數(shù) g(x)maxg(e2)28

58、e2. 要使要使 k1 x4 ln xx對任意對任意 xe，e2恒成立，只要恒成立，只要 k1g(x)max，所以，所以 k128e2，解得解得 k18e2， 所以實數(shù)所以實數(shù) k 的取值范圍為的取值范圍為 18e2， . (3)證明：證明：法一：法一：因為因為 f(x1)f(x2)，由，由(1)知，當知，當 k0 時，函數(shù)時，函數(shù) f(x)在區(qū)間在區(qū)間(0，ek)上單調(diào)上單調(diào)遞減，在區(qū)間遞減，在區(qū)間(ek，)上單調(diào)遞增，且上單調(diào)遞增，且 f(ek1)0. 不妨設不妨設 x1x2，當，當 x0 時，時，f(x)0，當，當 x時，時，f(x)，則，則 0 x1ekx2ek1， 要證要證 x1x2

59、e2k，只需證，只需證 x2e2kx1，即證，即證 ekx2e2kx1. 因為因為 f(x)在區(qū)間在區(qū)間(ek，)上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增， 所以只需證所以只需證 f(x2)f e2kx1， 又又 f(x1)f(x2)，即證，即證 f(x1)f e2kx1， 構造函數(shù)構造函數(shù) h(x)f(x)f e2kx(ln xk1)x ln e2kxk1e2kx， 即即 h(x)xln x(k1)xe2k ln xxk1x， h(x)ln x1(k1)e2k 1ln xx2 k1x2 (ln xk) x2e2k x2， 當當 x(0，ek)時，時，ln xk0，x20， 所以函數(shù)所以函數(shù) h(x)在區(qū)間在區(qū)

60、間(0，ek)上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增，h(x)h(ek)， 而而 h(ek)f(ek)f e2kek0，故，故 h(x)0， 所以所以 f(x1)f e2kx1，即，即 f(x2)f(x1)f e2kx1， 所以所以 x1x2e2k成立成立 法二：法二：要證要證 x1x2e2k成立，只要證成立，只要證 ln x1ln x22k. 因為因為 x1x2，且，且 f (x1)f (x2)， 所以所以(ln x1k1)x1(ln x2k1)x2， 即即 x1ln x1x2ln x2(k1)(x1x2)， x1ln x1x2ln x1x2ln x1x2ln x2(k1)(x1x2)， 即即(x1x2)ln x1x2ln x1x2(k1)(x1x2)， k1ln x1x2lnx1x2x1x2，同理，同理 k1ln x2x1ln x1x2x1x2， 從而從而 2kln x1ln x2x2lnx1x2x1x2x1lnx1x2x1x22， 要證要證 ln x1ln x20， 不妨設不妨設 0 x1x2，則，則 0 x1x2t0，即證，即證 t1 ln tt12， 即證即證 ln t2t1t1對對 t(0,1)恒成立，恒成立， 設設 h(t)ln t2t1t1，當，當 0t0， 所以所以 h(t)在在 t(0,1)上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增，h(t)h(1)0，得證，所以，得證，所以 x1x2e2k.