第3章第2节　第5课时　利用导数研究函数的零点问题-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）教案

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考点1 讨论函数的零点个数——综合性
(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f (x)＝ln x－eq \f(x＋1,x－1).
(1)讨论f (x)的单调性，并证明f (x)有且仅有两个零点；
(2)设x0是f (x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．
解：(1)f (x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．
因为f ′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,x－12)>0，所以f (x)在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增．
因为f (e)＝1－eq \f(e＋1,e－1)<0，f (e2)＝2－eq \f(e2＋1,e2－1)＝eq \f(e2－3,e2－1)>0，所以f (x)在(1，＋∞)有唯一零点x1，即f (x1)＝0.又0故f (x)在(0,1)有唯一零点eq \f(1,x1).
综上，f (x)有且仅有两个零点．
(2)因为eq \f(1,x0)＝eeq \s\up8(－ln x0)，所以点Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－ln x0，\f(1,x0)))在曲线y＝ex上．
由题设知f (x0)＝0，即ln x0＝eq \f(x0＋1,x0－1)，故直线AB的斜率k＝eq \f(\f(1,x0)－ln x0,－ln x0－x0)＝eq \f(\f(1,x0)－\f(x0＋1,x0－1),－\f(x0＋1,x0－1)－x0)＝eq \f(1,x0).
曲线y＝ex在点Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－ln x0，\f(1,x0)))处切线的斜率是eq \f(1,x0)，曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是eq \f(1,x0)，所以曲线y＝ln x在点A(x0，ln x)处的切线也是曲线y＝ex的切线．
将本例中的函数改为“f (x)＝ln x＋eq \f(m,x)，m∈R”，讨论函数g(x)＝f ′(x)－eq \f(x,3)零点的个数．
解：由题设，g(x)＝f ′(x)－eq \f(x,3)＝eq \f(1,x)－eq \f(m,x2)－eq \f(x,3)(x＞0)．
令g(x)＝0，得m＝－eq \f(1,3)x3＋x(x＞0)．
设φ(x)＝－eq \f(1,3)x3＋x(x＞0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．
当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
所以x＝1是φ(x)的极大值点，也是φ(x)的最大值点．
所以φ(x)的最大值为φ(1)＝eq \f(2,3).
由φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，
可知：①当m＞eq \f(2,3)时，函数g(x)无零点；
②当m＝eq \f(2,3)时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0＜m＜eq \f(3,2)时，函数g(x)有两个零点；
④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m＞eq \f(2,3)时，函数g(x)无零点；
当m＝eq \f(2,3)或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0＜m＜eq \f(2,3)时，函数g(x)有两个零点．
利用导数确定函数零点的常用方法
(1)图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题．
(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
已知二次函数f (x)的最小值为－4，且关于x的不等式f (x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．
(1)求函数f (x)的解析式；
(2)求函数g(x)＝eq \f(f x,x)－4ln x的零点个数．
解：(1)因为f (x)是二次函数，且关于x的不等式f (x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，
所以f (x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0.所以f (x)min＝f (1)＝－4a＝－4，所以a＝1.
故函数f (x)的解析式为f (x)＝x2－2x－3.
(2)因为g(x)＝eq \f(x2－2x－3,x)－4ln x＝x－eq \f(3,x)－4ln x－2(x>0)，
所以g′(x)＝1＋eq \f(3,x2)－eq \f(4,x)＝eq \f(x－1x－3,x2).
令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
当025－1－22＝9>0.
因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)在(0，＋∞)上仅有1个零点．
考点2 由函数的零点个数求参数的范围——综合性
(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f (x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1时，讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)有两个零点，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f (x)＝ex－(x＋2)，f ′(x)＝ex－1.
令f ′(x)<0，解得x<0；令f ′(x)>0，解得x>0.
所以f (x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)因为f (x)＝ex－a(x＋2)，所以f ′(x)＝ex－a.
若a≤0，则f ′(x)＝ex－a＞0在R上恒成立，
所以f (x)在R上单调递增，则最多只有一个零点，不符合题意．
若a＞0，令f ′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f ′(x)＜0；当x∈(ln a，＋∞)时，f ′(x)＞0.
所以f (x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
所以f (x)min＝f (ln a)＝eln a－a(ln a＋2)＝－a(1＋ln a)．
要使f (x)有两个零点，则f (x)min＝f (ln a)＜0，
即－a(1＋ln a)＜0，所以a＞eq \f(1,e)，即a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
将本例中的函数改为“f (x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)”，若函数f (x)不存在零点，求实数a的取值范围．
解：f ′(x)＝ex＋a.
①当a＞0时，f ′(x)＞0，f (x)在R上单调递增，
且当x＞1时，f (x)＝ex＋a(x－1)＞0；
当x＜0时，取x＝－eq \f(1,a)，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＜1＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)－1))＝－a＜0，
所以函数f (x)存在零点，不满足题意．
②当a＜0时，令f ′(x)＝ex＋a＝0，则x＝ln(－a)．
当x∈(－∞，ln(－a))时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减；
当x∈(ln(－a)，＋∞)时，f ′(x)＞0 ，f (x)单调递增．
所以，当x＝ln(－a)时，f (x)取得极小值，也是最小值．
函数f (x)不存在零点，等价于f (ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)＞0，
解得－e2＜a＜0.
综上所述，实数a的取值范围是(－e2，0)．
利用函数的零点求参数范围的方法
(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；
(2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；
(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．
1．已知曲线f (x)＝ex(ax＋1)在x＝1处的切线方程为y＝bx－e.
(1)求a，b的值；
(2)若函数g(x)＝f (x)－3ex－m有两个零点，求实数m的取值范围．
解：(1)f (x)＝ex(ax＋1)，
f ′(x)＝ex(ax＋1)＋ex·a＝ex(ax＋1＋a)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f ′1＝e·2a＋1＝b，,f 1＝e·a＋1＝b－e，))所以a＝1，b＝3e.
(2)(方法一)g(x)＝f (x)－3ex－m
＝ex(x－2)－m，
函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，相当于曲线u(x)＝ex(x－2)与直线y＝m有两个交点. u′(x)＝ex(x－2)＋ex＝ex(x－1)．
当x∈(－∞，1)时，u′(x)<0，所以u(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0，所以u(x)在(1，＋∞)单调递增，
所以x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝－e.
又x→＋∞时，u(x)→＋∞；
x<2时，u(x)<0，所以－e(方法二)g(x)＝f (x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，
g′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)，
当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，
所以g(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以x＝1时，g(x)取得极小值g(1)＝－e－m.
又x→－∞时，g(x)→－m，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g1<0，,－m>0，))所以－e2．(2020·全国卷Ⅲ)设函数f (x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f (x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))))处的切线与y轴垂直．
(1)求b.
(2)若f (x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f (x)所有零点的绝对值都不大于1.
解：(1)由函数f (x)＝x3＋bx＋c，得f ′(x)＝3x2＋b.
依题意得f ′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0，即eq \f(3,4)＋b＝0.故b＝－eq \f(3,4).
(2)由(1)知f (x)＝x3－eq \f(3,4)x＋c，f ′(x)＝3x2－eq \f(3,4).
令f ′(x)＝0，解得x＝－eq \f(1,2)或x＝eq \f(1,2).
x，f ′(x)与f (x)的变化情况为：
因为f (1)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝c＋eq \f(1,4)，所以当c＜－eq \f(1,4)时，f (x)只有大于1的零点．
因为f (－1)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝c－eq \f(1,4)，所以当c＞eq \f(1,4)时，f (x)只有小于－1的零点．
由题设可知－eq \f(1,4)≤c≤eq \f(1,4)，
当c＝－eq \f(1,4)时，f (x)只有两个零点－eq \f(1,2)和1.
当c＝eq \f(1,4)时，f (x)只有两个零点－1和eq \f(1,2).
当－eq \f(1,4)＜c＜eq \f(1,4)时，f (x)有三个零点x1，x2，x3，且x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2)))，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，x3∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
综上，若f (x)有一个绝对值不大于1的零点，则f (x)所有零点的绝对值都不大于1.
考点3 函数零点与极值点的偏移问题——应用性
已知函数f (x)＝x2－2x＋1＋aex有两个极值点x1，x2，且x1证明：x1＋x2>4.
证明：令g(x)＝f ′(x)＝2x－2＋aex，则x1，x2是函数g(x)的两个零点．
令g(x)＝0，得a＝－eq \f(2x－1,ex).
令h(x)＝－eq \f(2x－1,ex)，
则h(x1)＝h(x2)，
h′(x)＝eq \f(2x－4,ex)，可得h(x)在区间(－∞，2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增，
所以x1<2令H(x)＝h(2＋x)－h(2－x)，
则H′(x)＝h′(2＋x)－h′(2－x)＝eq \f(2xe2－x－e2＋x,e2＋x·e2－x)，
当0所以h(2＋x)所以h(x1)＝h(x2)＝h(2＋(x2－2))因为x1<2,4－x2<2，h(x)在(－∞，2)上单调递减，
所以x1>4－x2，即x1＋x2>4.
1．对极值点偏移的解释
已知函数y＝f (x)是连续函数，在区间(x1，x2)内有且只有一个极值点x0，且f (x1)＝f (x2)．若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点x0＝eq \f(x1＋x2,2)，
我们称这种状态为极值点不偏移；若极值点左右的“增减速度”不同，函数的图象不具有对称性，常常有极值点x0≠eq \f(x1＋x2,2)的情况，我们称这种状态为“极值点偏移”．
2．解极值点偏移问题的通法
第一步：根据f (x1)＝f (x2)(x1≠x2)建立等量关系，并结合f (x)的单调性，确定x1，x2的取值范围；
第二步：不妨设x1第三步：构造关于x1(或x2)的一元函数，或令eq \f(x2,x1)＝t(t>1)构造关于t的一元函数，应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到对待证不等式的证明．
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(1)解：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，eq \f(2,a)＝eq \f(x,ex).
令g(x)＝eq \f(x,ex)，所以g′(x)＝eq \f(1－x,ex).
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．
又因为g(1)＝eq \f(1,e)，
当x→－∞时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，
因此，当0(2)证明：由(1)不妨设0所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln 2＋x1＝ln a＋lnx1，,ln 2＋x2＝ln a＋lnx2，))
所以x2－x1＝lnx2－lnx1.
要证明2x1x2只要证明2x1x2(lnx2－lnx1)即证明2lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)))设eq \f(x2,x1)＝t(t>1)，
即要证明2ln t－t＋eq \f(1,t)<0在t∈(1，＋∞)上恒成立．
记h(t)＝2ln t－t＋eq \f(1,t)(t>1)，
h′(t)＝eq \f(2,t)－1－eq \f(1,t2)＝eq \f(－t2＋2t－1,t2)＝eq \f(－t－12,t2)<0，
所以h(t)在区间(1，＋∞)上单调递减，
所以h(t)已知f (x)＝xln x－eq \f(1,2)mx2－x，m∈R.若f (x)有两个极值点x1，x2，且x1求证：x1x2>e2(e为自然对数的底数)．
[四字程序]
思路参考：转化为证明ln x1＋ln x2>2，根据x1，x2是方程f ′(x)＝0的根建立等量关系．
令t＝eq \f(x2,x1)将ln x1＋ln x2变形为关于t的函数，将ln x1＋ln x2>2转化为关于t的不等式进行证明．
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的两个不等实根．
于是，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x1－mx1＝0，,ln x2－mx2＝0，))解得m＝eq \f(ln x1＋ln x2,x1＋x2).
另一方面，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x1－mx1＝0，,ln x2－mx2＝0，))
得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，
从而得eq \f(ln x2－ln x1,x2－x1)＝eq \f(ln x1＋ln x2,x1＋x2).
于是，ln x1＋ln x2＝eq \f(ln x2－ln x1x2＋x1,x2－x1)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(x2,x1)))ln\f(x2,x1),\f(x2,x1)－1).
又01.
因此，ln x1＋ln x2＝eq \f(1＋tln t,t－1)，t>1.
要证ln x1＋ln x2>2，即证eq \f(t＋1ln t,t－1)>2，t>1.
即当t>1时，有ln t>eq \f(2t－1,t＋1).
设函数h(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)，t＞1，
则h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)≥0，
所以，h(t)为(1，＋∞)上的增函数．注意到，h(1)＝0，因此，h(t)＞h(1)＝0.
于是，当t>1时，有ln t>eq \f(2t－1,t＋1).
所以ln x1＋ln x2>2成立，即x1x2>e2.
思路参考：将证明x1x2>e2转化为证明x1>eq \f(e2,x2).依据x1，x2是方程f ′(x)＝0的两个不等实根构造函数g(x)＝eq \f(ln x,x)，结合函数g(x)的单调性，只需证明g(x2)＝g(x1)证明：由x1，x2是方程f ′(x)＝0的两个不等实根，所以mx1＝ln x1，mx2＝ln x2.
令g(x)＝eq \f(ln x,x)，g(x1)＝g(x2)，
由于g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
因此，g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
又x1令h(x)＝g(x)－geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2,x)))(x∈(0，e))，h′(x)＝eq \f(1－ln xe2－x2,x2e2)>0，
故h(x)在(0，e)上单调递增，故h(x)即g(x)令x＝x1，则g(x2)＝g(x1)eq \f(e2,x1)，即x1x2>e2.
思路参考：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)，推出eq \f(t1,t2)＝eeq \s\up8(t1－t2).将证明x1x2>e2转化为证明t1＋t2>2，引入变量k＝t1－t2<0构建函数进行证明．
证明：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x1－mx1＝0，,ln x2－mx2＝0))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t1＝meeq \s\up5(t1)，,t2＝meeq \s\up5(t2)))⇒eq \f(t1,t2)＝eeq \s\up5(t1－t2).
设k＝t1－t2<0，则t1＝eq \f(kek,ek－1)，t2＝eq \f(k,ek－1).
欲证x1x2>e2，
需证ln x1＋ln x2>2.
即只需证明t1＋t2＞2，即eq \f(k1＋ek,ek－1)>2⇔k(1＋ek)<2(ek－1)⇔k(1＋ek)－2(ek－1)<0.
设g(k)＝k(1＋ek)－2(ek－1)(k<0)，g′(k)＝kek－ek＋1，
g″(k)＝kek<0，故g′(k)在(－∞，0)上单调递减，
故g′(k)>g′(0)＝0，故g(k)在(－∞，0)上单调递增，
因此g(k)思路参考：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)，推出eq \f(t1,t2)＝eeq \s\up8(t1－t2).将证明x1x2>e2转化为证明t1＋t2>2，引入变量eq \f(t1,t2)＝k∈(0,1)构建函数进行证明．
证明：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x1－mx1＝0，,ln x2－mx2＝0))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t1＝meeq \s\up5(t1)，,t2＝meeq \s\up5(t2)))⇒eq \f(t1,t2)＝eeq \s\up5(t1－t2).
设eq \f(t1,t2)＝k∈(0,1)，则t1＝eq \f(kln k,k－1)，t2＝eq \f(ln k,k－1).
欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2，即只需证明t1＋t2>2，即eq \f(k＋1ln k,k－1)>2⇔ln k设g(k)＝ln k－eq \f(2k－1,k＋1)(k∈(0,1))，g′(k)＝eq \f(k－12,kk＋12)>0，
故g(k)在(0,1)上单调递增，因此g(k)1．本题考查应用导数研究极值点偏移问题，基本解题方法是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数．
2．基于课程标准，解答本题一般需要熟练掌握转化与化归能力、运算求解能力、逻辑思维能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．
3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数与方程、不等式、导数的计算与应用等知识，渗透着函数与方程、转化与化归、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养中起到了积极的作用．
已知函数f (x)＝xln x－2ax2＋x，a∈R.
(1)若f (x)在(0，＋∞)内单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若函数f (x)有两个极值点分别为x1，x2，证明x1＋x2>eq \f(1,2a).
(1)解：f ′(x)＝ln x＋2－4ax.
因为f (x)在(0，＋∞)内单调递减，
所以 f ′(x)＝ln x＋2－4ax≤0在(0，＋∞)内恒成立，
即4a≥eq \f(ln x,x)＋eq \f(2,x)在(0，＋∞)内恒成立．
令g(x)＝eq \f(ln x,x)＋eq \f(2,x)，则g′(x)＝eq \f(－1－ln x,x2).
所以，当00，即g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))内单调递增；
当x>eq \f(1,e)时，g′(x)<0，即g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))内单调递减．
所以g(x)的最大值为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝e，
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,4)，＋∞)).
(2)证明：若函数f (x)有两个极值点分别为x1，x2，
则f ′(x)＝ln x＋2－4ax＝0在(0，＋∞)内有两个不等根x1，x2.
由(1)，知0由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x1＋2－4ax1＝0，,ln x2＋2－4ax2＝0，))两式相减，
得ln x1－ln x2＝4a(x1－x2)．
不妨设0所以要证明x1＋x2>eq \f(1,2a)，
只需证明eq \f(x1＋x2,4ax1－x2)即证明eq \f(2x1－x2,x1＋x2)>ln x1－ln x2，
亦即证明eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)－1)),\f(x1,x2)＋1)>lneq \f(x1,x2).
令函数h(x)＝eq \f(2x－1,x＋1)－ln x,0所以h′(x)＝eq \f(－x－12,xx＋12)<0，
即函数h(x)在(0,1)内单调递减．
所以当x∈(0,1)时，有h(x)>h(1)＝0，
所以eq \f(2x－1,x＋1)>ln x.
即不等式eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)－1)),\f(x1,x2)＋1)>lneq \f(x1,x2)成立．
综上，x1＋x2>eq \f(1,2a)，命题得证.
x
(0,1)
1
(1,3)
3
(3，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
－eq \f(1,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))
eq \f(1,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
f ′(x)
＋
0
－
0
＋
f (x)
↗
c＋eq \f(1,4)
↘
c－eq \f(1,4)
↗
读
想
算
思
求证：x1x2>e2
1.证明不等式的解题策略；
2.如何构造函数？
由极值的定义建立等量关系、求导研究有关函数的单调性
转化与化归
f (x)有两个极值点x1，x2，且x11.构造函数转化为求函数最值；
2.利用函数单调性；
3.建立等量关系后令t＝eq \f(x2,x1)构建关于t的函数；
4.构造g(x)＝eq \f(ln x,x)
1.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x1－mx1＝0，,ln x2－mx2＝0，))
得m＝eq \f(ln x1＋ln x2,x1＋x2)；
2.令g(x)＝eq \f(ln x,x)，g(x1)＝g(x2)，g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)
1.函数极值的定义；
2.欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2