高考数学一轮复习第3章第6课时利用导数解决函数的零点问题学案

这是一份高考数学一轮复习第3章第6课时利用导数解决函数的零点问题学案，共23页。

[典例1] 已知函数f(x)＝x sin x－32.判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．
[解] f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：
因为f′(x)＝sin x＋xcs x，
当x∈0，π2时，f′(x)＞0.
又f(x)＝xsin x－32，从而有f(0)＝－32＜0，fπ2＝π-32＞0，
且f(x)在0，π2上的图象是连续不断的，
所以f(x)在0，π2内至少存在一个零点．
又f(x)在0，π2上单调递增，故f(x)在0，π2内有且只有一个零点．
当x∈π2，π时，令g(x)＝f′(x)＝sin x＋xcs x.
由gπ2＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在π2，π上的图象是连续不断的，
故存在m∈π2，π，使得g(m)＝0.
由g′(x)＝2cs x－xsin x，
知x∈π2，π时，有g′(x)＜0，
从而g(x)在π2，π内单调递减．
当x∈π2，m时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，
从而f(x)在π2，m内单调递增，
故当x∈π2，m时，f(x)＞fπ2＝π-32＞0，
故f(x)在π2，m上无零点；
当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，
即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减．
又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在(m，π)上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点．
综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．
【教师备选题】
设函数f(x)＝ln x＋mx，m∈R.
(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；
(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x3的零点个数．
[解] (1)由题意知，当m＝e时，f(x)＝ln x＋ex(x＞0)，则f′(x)＝x-ex2，
∴当x∈(0，e)时，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，
∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋ee＝2，
∴f(x)的极小值为2.
(2)由题意知g(x)＝f′(x)－x3＝1x-mx2-x3(x＞0)，
令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x＞0)．
设φ(x)＝－13x3＋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．
∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，
因此x＝1也是φ(x)的最大值点，
∴φ(x)的最大值为φ(1)＝23.
结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知，
①当m＞23时，函数g(x)无零点；
②当m＝23时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0＜m＜23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＞23时，函数g(x)无零点；
当m＝23或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0＜m＜23时，函数g(x)有两个零点．
利用导数求函数的零点常用方法
(1)构造函数g(x)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数．
(2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点．
[跟进训练]
1．已知函数fx＝ln x＋kx＋2，讨论y＝fx－2的零点个数．
[解] 由y＝fx－2＝0得ln x＝－kx，
因为x>0，所以k＝lnx-x，
令hx＝lnx-xx>0，则 h′x＝－1-lnxx2，
当x>e时，h′x>0，hx单调递增，
当0所以hx≥he＝－1e，
当x>e时，lnxx>0，所以lnx-x<0，
当x＝1e时，－-lne1e>0，
所以hx＝lnx-xx>0的图象如图所示，
所以当k<－1e时，y＝fx－2无零点；
当k＝－1e或k≥0时，y＝fx－2只有一个零点；
当－1e【教师备选题】
(2021•新高考Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b.从下面两个条件中选一个，证明：f(x)恰有一个零点．
①122a；②0[证明] f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)．
若选①，令f′(x)＝0，
可得x＝0或x＝ln (2a)．
∵12∴当x<0或x>ln (2a)时，f′(x)>0，
当0∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln (2a))上单调递减，在(ln (2a)，＋∞)上单调递增．
注意到f-ba＝-ba-1e-ba<0，f(0)＝b－1>2a－1>0.
∴f(x) 在-ba，0 上有一个零点；
又f(ln (2a))＝[ln (2a)－1]·2a－a·ln2(2a)＋b>2a ln (2a)－2a－a ln2(2a)＋2a
＝a ln (2a)[2－ln (2a)]，
由12∴a ln (2a)[2－ln (2a)]≥0，
∴f(ln (2a))>0，
当x≥0 时，f(x)≥f(ln (2a))>0，
此时f(x)无零点．
综上：f(x)在R上仅有一个零点．
若选②，令f′(x)＝0，
可得x＝0或x＝ln (2a)．
∵0∴当x>0或x0，
当ln (2a)∴f(x)在(－∞，ln (2a))上单调递增，在(ln (2a)，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
又f(ln (2a))＝[ln (2a)－1]2a－a ln2(2a)＋b
≤2a ln (2a)－2a－a ln2(2a)＋2a＝a ln (2a)[2－ln (2a)]，ln (2a)<0，
∴a ln (2a)[2－ln (2a)]<0，
∴f(ln (2a))<0，
∴当x≤0时，f(x)≤f(ln (2a))<0，
此时f(x) 无零点．
当x>0 时，f(x) 单调递增，
注意到f(0)＝b－1≤2a－1<0，
取c＝21-b+2，∵b≤2a<1，∴c>2>1，
又易证ec>c＋1，
∴f(c)＝(c－1)ec－ac2＋b>(c－1)(c＋1)－ac2＋b＝(1－a)c2＋b－1>12c2＋b－1＝1－b＋1＋b－1＝1>0，
∴f(x)在(0，c)上有唯一零点，即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
综上，f(x) 在R上有唯一零点．
考点二 已知函数零点个数求参数的取值范围
[典例2] (2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln (1＋x)＋axe－x.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．
[思维流程]
[解] (1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
当a＝1时，f(x)＝ln (1＋x)＋xex，f(0)＝0，所以切点为(0，0)．f′(x)＝11+x+1-xex，f′(0)＝2，所以切线斜率为2，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x.
(2)f(x)＝ln (1＋x)＋axex，
f′(x)＝11+x+a1-xex＝ex+a1-x21+xex，
设g(x)＝ex＋a(1－x2)，
①若a>0，当x∈(－1，0)时，g(x)＝ex＋a(1－x2)>0，即f′(x)>0，
所以f(x)在(－1，0)上单调递增，f(x)故f(x)在(－1，0)上没有零点，不合题意．
②若－10，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝1＋a>0，即f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)>f(0)＝0，
故f(x)在(0，＋∞)上没有零点，不合题意．
③若a<－1，
(ⅰ)当x∈(0，＋∞)时，则g′(x)＝ex－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
g(0)＝1＋a<0，g(1)＝e>0，
所以存在m∈(0，1)，使得g(m)＝0，即f′(m)＝0，
当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x∈(0，m)时，f(x)当x→＋∞，f(x)→＋∞，
所以f(x)在(m，＋∞)上有唯一零点，
在(0，m)上没有零点，即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
(ⅱ)当x∈(－1，0)时，g(x)＝ex＋a(1－x2)，
设h(x)＝g′(x)＝ex－2ax，
h′(x)＝ex－2a>0，
所以g′(x)在(－1，0)上单调递增，
g′(－1)＝1e＋2a<0，g′(0)＝1>0，
所以存在n∈(－1，0)，使得g′(n)＝0，
当x∈(－1，n)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(n，0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)又g(－1)＝1e>0，
所以存在t∈(－1，n)，使得g(t)＝0，即f′(t)＝0，
当x∈(－1，t)时，f(x)单调递增，当x∈(t，0)时，f(x)单调递减，
又x→－1，f(x)→－∞，
而f(0)＝0，所以当x∈(t，0)时，f(x)>0，
所以f(x)在(－1，t)上有唯一零点，在(t，0)上无零点，
即f(x)在(－1，0)上有唯一零点，
所以a<－1，符合题意．
④当a＝0时，f(x)＝ln (1＋x)在(－1，＋∞)上单调递增，不符合题意．
⑤当a＝－1时，f′(x)＝ex+x2-11+x·ex，
令k(x)＝ex＋x2－1，则k′(x)＝ex＋2x，
当x>0时，k′(x)>0，k(x)单调递增，
k(x)>k(0)＝0，即f′(x)>0，f(x)单调递增，
f(x)>f(0)＝0，不合题意．
所以若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，则a的取值范围为(－∞，－1)．
【教师备选题】
(2020·全国Ⅰ卷)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．
[思维流程]
[解] (1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，则f′(x)＝ex－1.
当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0．
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)f′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，故f(x)至多存在1个零点，不合题意．
当a>0时，由f′(x)＝0可得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．故当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a(1＋ln a)．
(ⅰ)若0(ⅱ)若a>1e，则f(ln a)<0.
由于f(－2)＝e-2>0，所以f(x)在(－∞，ln a)上存在唯一零点．
由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0，
所以当x>4且x>2ln (2a)时，f(x)＝ex2·ex2 -ax+2>eln2a·x2+2－a(x＋2)＝2a>0.
故f(x)在(ln a，＋∞)上存在唯一零点．从而f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．
综上，a的取值范围是1e，+∞.
与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x轴的位置关系，进而确定参数的取值范围或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．
[跟进训练]
2．已知f(x)＝13x3＋32x2＋2x，f′(x)是f(x)的导函数．
(1)求f(x)的极值；
(2)令g(x)＝f′(x)＋kex－1，若y＝g(x)的函数图象与x轴有三个不同的交点，求实数k的取值范围．
[解] (1)因为f′(x)＝x2＋3x＋2＝(x＋1)(x＋2)，
令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝－2，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如表所示：
由表可知，函数f(x)的极大值为f(－2)＝－23，
极小值为f(－1)＝－56.
(2)由(1)知g(x)＝x2＋3x＋2＋kex－1＝x2＋3x＋1＋kex，
由题知需x2＋3x＋1＋kex＝0有三个不同的解，即k＝－x2+3x+1ex有三个不同的解．
设h(x)＝－x2+3x+1ex，
则h′(x)＝x2+x-2ex＝x+2x-1ex，
当x∈(－∞，－2)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
当x∈(－2，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
又当x→－∞时，h(x)→－∞，
当x→＋∞时，h(x)→0且h(x)<0，
且h(－2)＝e2，h(1)＝－5e.
作出函数h(x)的简图如图，
数形结合可知，－5e3．已知函数f(x)＝12x2－a ln x，若a>0，函数f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点，求a的取值范围．
[解] f(x)＝12x2－a ln x的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x－ax＝x2-ax.
因为a>0，由f′(x)>0，得x>a，
f′(x)<0，得0即f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
①若a≤1，
即0f(1)＝12，f(x)在区间(1，e)上无零点．
②若1f(x)在(1，a)上单调递减，在(a，e)上单调递增，
f(x)min＝f(a)＝12a(1－ln a)．
∵f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点，
∴f1=12＞0， fa=12a1-lna＜0，fe=12e2-a＞0，
∴e③若a≥e，即a≥e2时，f(x)在(1，e)上单调递减，f(1)＝12>0，f(e)＝12e2－a<0，f(x)在区间(1，e)上有一个零点．
综上，f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点时，a的取值范围是e，12e2.
在解导数综合题时，经常会碰到这种情形：导函数存在零点，但是不能求出具体的解，这种零点我们称之为隐零点，相应的问题称为隐零点问题．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．
[典例] 已知函数f(x)＝xex－ln x－1，若f(x)≥mx恒成立，求实数m的取值范围．
[赏析] 法一(分离变量法)：由f(x)≥mx得xex－ln x－1≥mx(x＞0)，
即m≤xex-lnx-1x，
令φ(x)＝xex-lnx-1x，则φ′(x)＝x2ex+lnxx2，
令h(x)＝x2ex＋ln x，
则h′(x)＝(2x＋x2)ex＋1x＞0，
h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
切入点：零点存在定理，发现零点，设而不求
h1e＝1e2e1ee－1＜e2e2－1＝0，h(1)＝e＞0，
h(x)在1e，1存在零点x0，
即h(x0)＝x02ex0＋ln x0＝0，
突破点：等价变形，寻找等量关系
x02ex0＋ln x0＝0⇔x0ex0＝－lnx0x0＝ln1x0eln1x0，
关键点：辅助函数，得出等量关系
令y＝xex，由于y′＝(x＋1)ex＞0，
所以y＝xex在(0，＋∞)上单调递增，
故x0＝ln 1x0＝－ln x0，即ex0＝1x0，
所以φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
落脚点：整体代换，代入求值
所以φ(x)min＝φ(x0)＝x0ex0-lnx0-1x0＝1+x0-1x0＝1，
所以m≤1，
法二(朗博同构法)：由f(x)≥mx得xex－ln x－1≥mx(x＞0)，
所以ex+lnx-lnx-1≥mxx＞0，
即ex＋ln x－(x＋ln x)－1＋(1－m)x≥0(x＞0)恒成立．
由切线不等式得
ex+lnx-x+lnx-1≥0，
故(1－m)x≥0(x＞0)恒成立，
所以1－m≥0，即m≤1.
函数零点存在但不可求时，常虚设零点，利用零点存在定理估计所设零点所在的一个小范围，然后利用零点所满足的关系进行代换化简．
[跟进训练]
1．若a ln x－(2a＋1)x<1－2ax在x∈(1，＋∞)上恒成立，求整数a的最大值参考数据：ln3< 43，ln4>54.
[解] 因为a ln x－(2a＋1)x<1－2ax在(1，＋∞)上恒成立，
即a令h(x)＝x+1lnx，x>1，可得h′(x)＝lnx-1x-1ln2x，
令t(x)＝ln x－1x－1(x>1)，可得t(x)在(1，＋∞)上单调递增，且t(3)<0，t(4)>0，所以存在x0∈(3，4)，
使得t(x0)＝ln x0－1x0－1＝0，从而h(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(x0)＝x0+1lnx0＝x0+11x0+1＝x0∈(3，4)，
因为a2．设函数f(x)＝ex－x－2，k为整数，且当x>0时，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．
[解] 由 (x－k)(ex－1)＋x＋1>0，得k0)恒成立，令g(x)＝x+1ex-1＋x(x>0)，
得g′(x)＝ex-1-x+1exex-12＋1＝exex-x-2ex-12(x>0)．
令h(x)＝ex－x－2(x>0)，则h′(x)＝ex－1 >0，故h(x)是增函数．
又因为h(1)<0，h(2)>0，
所以函数h(x)的唯一零点α∈(1，2)．
当x∈(0，α)时，g′(x)<0；
当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，
所以g(x)min＝g(α)＝α+1eα-1＋α.
又h(α)＝eα－α－2＝0，所以eα＝α＋2且α∈(1，2)，
则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，
所以k的最大值为2．
课时分层作业(二十) 利用导数解决函数的零点问题
1．函数fx＝ex－2ax－a.
(1)讨论函数的极值；
(2)当a>0时，求函数fx的零点个数．
[解] (1)由题意得f′x＝ex－2a.
当2a≤0，即a≤0时，f′x>0恒成立，
∴fx在R上单调递增，无极值．
当2a>0，即a>0时，
令f′x＝0，解得x＝ln (2a)，
∴当x∈-∞，ln2a时，f′x<0；
当x∈ln2a，+∞时，f′x>0.
∴fx在-∞，ln2a上单调递减，在(ln (2a)，＋∞)上单调递增，
∴fx的极小值为fln2a＝a－2a ln (2a)，无极大值．
综上所述：当a≤0时，fx无极值；
当a>0时，fx的极小值为a－2a ln (2a)，无极大值．
(2)由(1)知：当a>0时，fx在-∞，ln2a上单调递减，在ln2a，+∞上单调递增；
当00，
∴fx>0恒成立，fx无零点；
当a＝e2时，fln2a＝a－2a ln (2a)＝0，fx有唯一零点x＝ln (2a)；
当a>e2时，fln2a＝a－2a ln (2a)<0，
又当x趋近于负无穷大时，f(x)趋近于正无穷大，当x趋近于正无穷大时，fx也趋近于正无穷大，
∴fx在-∞，ln2a和ln2a，+∞上各存在一个零点，即fx有两个零点．
综上所述：当0当a＝e2时，fx有且仅有一个零点；
当a>e2时，fx有两个不同的零点．
2．(2021·全国甲卷)已知a＞0且a≠1，函数f(x)＝xaax(x＞0)．
(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
[解] (1)当a＝2时，f(x)＝x22x(x＞0)，
f′(x)＝x2-xln22x(x＞0)，
令f′(x)＞0，则0＜x＜2ln2，此时函数f(x)单调递增，
令f′(x)＜0，则x＞2ln2，此时函数f(x)单调递减，
所以函数f(x)的单调递增区间为0，2ln2，单调递减区间为2ln2，+∞.
(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程xaax＝1(x>0)有两个不同的解，即方程lnxx＝lnaa有两个不同的解．
设g(x)＝lnxx(x＞0)，则g′(x)＝1-lnxx2(x＞0)，
令g′(x)＝1-lnxx2＝0，得x＝e，
当00，函数g(x)单调递增，
当x＞e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，
故g(x)max＝g(e)＝1e，
且当x>e时，g(x)∈0，1e，
又g(1)＝0，所以0＜lnaa＜1e，所以a＞1且a≠e，
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．
3．(2023·山东潍坊模拟)已知函数f(x)＝ex＋sin x－cs x，f′(x)为f(x)的导数．
(1)证明：当x≥0时，f′(x)≥2；
(2)设gx＝fx－2x－1，证明：g(x)有且仅有2个零点．
[证明] (1)由f′x＝ex＋cs x＋sin x，设hx＝ex＋cs x＋sin x，则h′x＝ex－sin x＋cs x，
当x≥0时，设px＝ex－x－1，qx＝x－sin x，
∵p′x＝ex－1≥0，q′x＝1－cs x≥0，
∴px和qx在0，+∞上单调递增，
∴px≥p0＝0，qx≥q0＝0，
∴当x≥0时，ex≥x＋1，x≥sin x，
则h′x＝ex－sin x＋cs x≥x＋1－sin x＋cs x
＝x-sinx+1+csx＞0，
∴函数hx＝ex＋cs x＋sin x在0，+∞上单调递增，
∴hx≥h0＝2，即当x≥0时，f′(x)≥2.
(2)由已知得gx＝ex＋sin x－cs x－2x－1.
①当x≥0时，
∵g′x＝ex＋cs x＋sin x－2＝f′x－2≥0，
∴gx在0，+∞上单调递增，
又∵g0＝－1<0，gπ＝eπ－2π>0，
∴由零点存在定理可知gx在0，+∞上仅有一个零点．
②当x<0时，
设mx＝2-sinx-csxexx<0，则m′x＝2sinx-1ex≤0，
∴mx在-∞，0上单调递减，
∴mx>m0＝1，∴ex＋cs x＋sin x－2<0，
∴g′x＝ex＋cs x＋sin x－2<0，
∴gx在-∞，0上单调递减，
又∵g0＝－1<0，g-π＝e－π＋2π>0，
∴由零点存在定理可知gx在-∞，0上仅有一个零点，综上所述，g(x)有且仅有2个零点．
4．(2023·山东师范大学附中模拟)已知函数hx＝x－a ln xa∈R.
(1)若hx有两个零点，求a的取值范围；
(2)若方程xex－alnx+x＝0有两个实根x1，x2，且x1≠x2，证明：ex1+x2>e2x1x2.
[解] (1)函数hx的定义域为0，+∞.
当a＝0时，函数hx＝x无零点，不合乎题意，
所以a≠0，
由hx＝x－a ln x＝0可得1a＝lnxx，
构造函数fx＝lnxx，其中x>0，
所以，直线y＝1a与函数fx的图象有两个交点，
f′x＝1-lnxx2，由f′x＝0可得x＝e，列表如下：
所以，函数fx的极大值为fe＝1e，图象如图所示：
且当x>1时，fx＝lnxx>0，
由图可知，当0<1a<1e，即当a>e时，直线y＝1a与函数fx的图象有两个交点，故实数a的取值范围是e，+∞.
(2)证明：因为xex－alnx+x＝0，
则xex－a ln xex＝0.
令t＝xex>0，其中x>0，则有t－a ln t＝0，
t′＝x+1ex>0，所以，函数t＝xex在0，+∞上单调递增，因为方程xex－alnx+x＝0有两个实根x1，x2.
令t1＝x1ex1，t2＝x2ex2，则关于t的方程t－a ln t＝0也有两个实根t1，t2，且t1≠t2，要证ex1+x2>e2x1x2，
即证x1ex1·x2ex2>e2，即证t1t2>e2，
即证ln t1＋ln t2>2.
法一：由已知t1=alnt1，t2=alnt2，
所以t1-t2=alnt1-lnt2，t1+t2=alnt1+lnt2，
整理可得t1+t2t1-t2＝lnt1+lnt2lnt1-lnt2，
不妨设t1>t2>0，
即证ln t1＋ln t2＝t1+t2t1-t2ln t1t2>2，
即证ln t1t2>2t1-t2t1+t2＝2t1t2-1t1t2+1，
令s＝t1t2>1，即证ln s>2s-1s+1，其中s>1，
构造函数gs＝ln s－2s-1s+1，其中s>1，
g′s＝1s-4s+12＝s-12ss+12>0，
所以，函数gs在1，+∞上单调递增，
当s>1时，gs>g1＝0，故原不等式成立．
法二：由t1=alnt1，t2=alnt2，两边取对数得
lnt1=lna+lnlnt1，lnt2=lna+lnlnt2，
由对数均值不等式得
1＝lnt1-lnt2lnlnt1-lnlnt2＜lnt1+lnt22，
所以ln t1＋ln t2＞2.
x
(－∞，－2)
－2
(－2，－1)
－1
(－1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

x
0，e
e
e，+∞
f′x
＋
0
－
fx
单调递增
1e
单调递减