2025版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第2節(jié)第5課時利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點問題學(xué)案含解析新人教B版

第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第5課時利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的零點問題考點1探討函數(shù)的零點個數(shù)——綜合性(2024·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(x＋1,x－1).(1)探討f(x)的單調(diào)性，并證明f(x)有且僅有兩個零點；(2)設(shè)x0是f(x)的一個零點，證明曲線y＝lnx在點A(x0，lnx0)處的切線也是曲線y＝ex的切線．解：(1)f(x)的定義域為(0,1)∪(1，＋∞)．因為f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,x－12)>0，所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增．因為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，＋∞)上有唯一零點x1，即f(x1)＝0.又0<eq\f(1,x1)<1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))＝－lnx1＋eq\f(x1＋1,x1－1)＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0,1)上有唯一零點eq\f(1,x1).綜上，f(x)有且僅有兩個零點．(2)因為eq\f(1,x0)＝e－lnx0，所以點Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－lnx0，\f(1,x0)))在曲線y＝ex上．由題設(shè)知f(x0)＝0，即lnx0＝eq\f(x0＋1,x0－1)，故直線AB的斜率k＝eq\f(\f(1,x0)－lnx0,－lnx0－x0)＝eq\f(\f(1,x0)－\f(x0＋1,x0－1),－\f(x0＋1,x0－1)－x0)＝eq\f(1,x0).曲線y＝ex在點Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－lnx0，\f(1,x0)))處切線的斜率是eq\f(1,x0)，曲線y＝lnx在點A(x0，lnx0)處切線的斜率也是eq\f(1,x0)，所以曲線y＝lnx在點A(x0，lnx0)處的切線也是曲線y＝ex的切線．將本例中的函數(shù)改為“f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，m∈R”，探討函數(shù)g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)零點的個數(shù)．解：由題設(shè)，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)．設(shè)φ(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x(x＞0)，則φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．當(dāng)x∈(0,1)時，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．所以x＝1是φ(x)的極大值點，也是φ(x)的最大值點．所以φ(x)的最大值為φ(1)＝eq\f(2,3).由φ(0)＝0，結(jié)合y＝φ(x)的圖像(如圖)，可知：①當(dāng)m＞eq\f(2,3)時，函數(shù)g(x)無零點；②當(dāng)m＝eq\f(2,3)時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點；③當(dāng)0＜m＜eq\f(3,2)時，函數(shù)g(x)有兩個零點；④當(dāng)m≤0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點．綜上所述，當(dāng)m＞eq\f(2,3)時，函數(shù)g(x)無零點；當(dāng)m＝eq\f(2,3)或m≤0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點；當(dāng)0＜m＜eq\f(2,3)時，函數(shù)g(x)有兩個零點．利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)零點的常用方法(1)圖像法：依據(jù)題目要求畫出函數(shù)的圖像，標(biāo)明函數(shù)極(最)值的位置，借助數(shù)形結(jié)合的思想分析問題．(2)利用函數(shù)零點存在定理：先用該定理判定函數(shù)在某區(qū)間上有零點，然后利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)及區(qū)間端點值的符號，進而推斷函數(shù)在該區(qū)間上零點的個數(shù)．已知二次函數(shù)f(x)的最小值為－4，且關(guān)于x的不等式f(x)≤0的解集為{x|－1≤x≤3，x∈R}．(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)求函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,x)－4lnx的零點個數(shù)．解：(1)因為f(x)是二次函數(shù)，且關(guān)于x的不等式f(x)≤0的解集為{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.故函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝x2－2x－3.(2)因為g(x)＝eq\f(x2－2x－3,x)－4lnx＝x－eq\f(3,x)－4lnx－2(x>0)，所以g′(x)＝1＋eq\f(3,x2)－eq\f(4,x)＝eq\f(x－1x－3,x2).令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.當(dāng)x改變時，g′(x)，g(x)的改變狀況如下表：x(0,1)1(1,3)3(3，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)極大值微小值當(dāng)0<x≤3時，g(x)≤g(1)＝－4<0，g(e5)＝e5－eq\f(3,e5)－20－2>25－1－22＝9>0.因為g(x)在(3，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)在(3，＋∞)上只有1個零點，故g(x)在(0，＋∞)上僅有1個零點．考點2由函數(shù)的零點個數(shù)求參數(shù)的范圍——綜合性(2024·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ex－a(x＋2)．(1)當(dāng)a＝1時，探討f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍．解：(1)當(dāng)a＝1時，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)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)．(2)因為f(x)＝ex－a(x＋2)，所以f′(x)＝ex－a.若a≤0，則f′(x)＝ex－a＞0在R上恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞增，則最多只有一個零點，不符合題意．若a＞0，令f′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna.當(dāng)x∈(－∞，lna)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(lna，＋∞)時，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．所以f(x)min＝f(lna)＝elna－a(lna＋2)＝－a(1＋lna)．要使f(x)有兩個零點，則f(x)min＝f(lna)＜0，即－a(1＋lna)＜0，所以a＞eq\f(1,e)，即a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).將本例中的函數(shù)改為“f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)”，若函數(shù)f(x)不存在零點，求實數(shù)a的取值范圍．解：f′(x)＝ex＋a.①當(dāng)a＞0時，f′(x)＞0，f(x)在R上單調(diào)遞增，且當(dāng)x＞1時，f(x)＝ex＋a(x－1)＞0；當(dāng)x＜0時，取x＝－eq\f(1,a)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＜1＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)－1))＝－a＜0，所以函數(shù)f(x)存在零點，不滿意題意．②當(dāng)a＜0時，令f′(x)＝ex＋a＝0，則x＝ln(－a)．當(dāng)x∈(－∞，ln(－a))時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(ln(－a)，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．所以，當(dāng)x＝ln(－a)時，f(x)取得微小值，也是最小值．函數(shù)f(x)不存在零點，等價于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)＞0，解得－e2＜a＜0.綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是(－e2,0)．利用函數(shù)的零點求參數(shù)范圍的方法(1)分別參數(shù)(a＝g(x))后，將原問題轉(zhuǎn)化為y＝g(x)的值域(最值)問題或轉(zhuǎn)化為直線y＝a與y＝g(x)的圖像的交點個數(shù)問題(優(yōu)選分別、次選分類)求解．(2)利用函數(shù)零點存在定理構(gòu)建不等式求解．(3)轉(zhuǎn)化為兩個熟識的函數(shù)圖像的位置關(guān)系問題，從而構(gòu)建不等式求解．1．已知曲線f(x)＝ex(ax＋1)在x＝1處的切線方程為y＝bx－e.(1)求a，b的值；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－3ex－m有兩個零點，求實數(shù)m的取值范圍．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\co1(f′1＝e·2a＋1＝b，,f1＝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，函數(shù)g(x)＝ex(x－2)－m有兩個零點，相當(dāng)于曲線u(x)＝ex(x－2)與直線y＝m有兩個交點.u′(x)＝ex(x－2)＋ex＝ex(x－1)．當(dāng)x∈(－∞，1)時，u′(x)<0，所以u(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，u′(x)>0，所以u(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增，所以x＝1時，u(x)取得微小值u(1)＝－e.又x→＋∞時，u(x)→＋∞；x<2時，u(x)<0，所以－e<m<0，即m的取值范圍是(－e,0)．(方法二)g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，g′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)，當(dāng)x∈(－∞，1)時，g′(x)<0，所以g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x＝1時，g(x)取得微小值g(1)＝－e－m.又x→－∞時，g(x)→－m，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1<0，,－m>0，))所以－e<m<0，即m的取值范圍是(－e，0)．2．(2024·全國卷Ⅲ)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋bx＋c，曲線y＝f(x)在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))處的切線與y軸垂直．(1)求b；(2)若f(x)有一個肯定值不大于1的零點，證明：f(x)全部零點的肯定值都不大于1.解：(1)由函數(shù)f(x)＝x3＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋b.依題意得f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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)與f(x)的改變狀況為：xeq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(－∞，\o(\s\up7(),\s\do5())))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋∞\o(\s\up7(),\s\do5())))f′(x)＋0－0＋f(x)c＋eq\f(1,4)c－eq\f(1,4)因為f(1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝c＋eq\f(1,4)，所以當(dāng)c＜－eq\f(1,4)時，f(x)只有大于1的零點．因為f(－1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝c－eq\f(1,4)，所以當(dāng)c＞eq\f(1,4)時，f(x)只有小于－1的零點．由題設(shè)可知－eq\f(1,4)≤c≤eq\f(1,4)，當(dāng)c＝－eq\f(1,4)時，f(x)只有兩個零點－eq\f(1,2)和1.當(dāng)c＝eq\f(1,4)時，f(x)只有兩個零點－1和eq\f(1,2).當(dāng)－eq\f(1,4)＜c＜eq\f(1,4)時，f(x)有三個零點x1，x2，x3，且x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，x3∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).綜上，若f(x)有一個肯定值不大于1的零點，則f(x)全部零點的肯定值都不大于1.考點3函數(shù)零點與極值點的偏移問題——應(yīng)用性已知函數(shù)f(x)＝x2－2x＋1＋aex有兩個極值點x1，x2，且x1<x2.證明：x1＋x2>4.證明：令g(x)＝f′(x)＝2x－2＋aex，則x1，x2是函數(shù)g(x)的兩個零點．令g(x)＝0，得a＝－eq\f(2x－1,ex).令h(x)＝－eq\f(2x－1,ex)，則h(x1)＝h(x2)，h′(x)＝eq\f(2x－4,ex)，可得h(x)在區(qū)間(－∞，2)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x1<2<x2.令H(x)＝h(2＋x)－h(huán)(2－x)，則H′(x)＝h′(2＋x)－h(huán)′(2－x)＝eq\f(2xe2－x－e2＋x,e2＋x·e2－x)，當(dāng)0<x<2時，H′(x)<0，H(x)單調(diào)遞減，有H(x)<H(0)＝0，所以h(2＋x)<h(2－x)．所以h(x1)＝h(x2)＝h(2＋(x2－2))<h(2－(x2－2))＝h(4－x2)．因為x1<2,4－x2<2，h(x)在(－∞，2)上單調(diào)遞減，所以x1>4－x2，即x1＋x2>4.1．對極值點偏移的說明已知函數(shù)y＝f(x)是連續(xù)函數(shù)，在區(qū)間(x1，x2)內(nèi)有且只有一個極值點x0，且f(x1)＝f(x2)．若極值點左右的“增減速度”相同，經(jīng)常有極值點x0＝eq\f(x1＋x2,2)，我們稱這種狀態(tài)為極值點不偏移；若極值點左右的“增減速度”不同，函數(shù)的圖像不具有對稱性，經(jīng)常有極值點x0≠eq\f(x1＋x2,2)的狀況，我們稱這種狀態(tài)為“極值點偏移”．2．解極值點偏移問題的通法第一步：依據(jù)f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)建立等量關(guān)系，并結(jié)合f(x)的單調(diào)性，確定x1，x2的取值范圍；其次步：不妨設(shè)x1<x2，將待證不等式進行變形，進而結(jié)合原函數(shù)或?qū)Ш瘮?shù)的單調(diào)性等價轉(zhuǎn)化；第三步：構(gòu)造關(guān)于x1(或x2)的一元函數(shù)，或令eq\f(x2,x1)＝t(t>1)構(gòu)造關(guān)于t的一元函數(shù)，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)探討其單調(diào)性，并借助于單調(diào)性，達(dá)到對待證不等式的證明．已知函數(shù)f(x)＝ex(ex－ax＋a)有兩個極值點x1，x2.(1)求a的取值范圍；(2)求證：2x1x2<x1＋x2.(1)解：因為f(x)＝ex(ex－ax＋a)，所以f′(x)＝ex(ex－ax＋a)＋ex(ex－a)＝ex(2ex－ax)．令f′(x)＝0，則2ex＝ax.當(dāng)a＝0時，不成立；當(dāng)a≠0時，eq\f(2,a)＝eq\f(x,ex).令g(x)＝eq\f(x,ex)，所以g′(x)＝eq\f(1－x,ex).當(dāng)x<1時，g′(x)>0；當(dāng)x>1時，g′(x)<0.所以g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．又因為g(1)＝eq\f(1,e)，當(dāng)x→－∞時，g(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時，g(x)→0，因此，當(dāng)0<eq\f(2,a)<eq\f(1,e)時，f(x)有2個極值點，即a的取值范圍為(2e，＋∞)．(2)證明：由(1)不妨設(shè)0<x1<1<x2，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2ex1＝ax1，,2ex2＝ax2，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ln2＋x1＝lna＋lnx1，,ln2＋x2＝lna＋lnx2，))所以x2－x1＝lnx2－lnx1.要證明2x1x2<x1＋x2，只要證明2x1x2(lnx2－lnx1)<xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1)，即證明2lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))<eq\f(x2,x1)－eq\f(x1,x2).設(shè)eq\f(x2,x1)＝t(t>1)，即要證明2lnt－t＋eq\f(1,t)<0在t∈(1，＋∞)上恒成立．記h(t)＝2lnt－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－12,t2)<0，所以h(t)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(t)<h(1)＝0，即2lnt－t＋eq\f(1,t)<0，即2x1x2<x1＋x2.已知f(x)＝xlnx－eq\f(1,2)mx2－x，m∈R.若f(x)有兩個極值點x1，x2，且x1<x2.求證：x1x2>e2(e為自然對數(shù)的底數(shù))．[四字程序]讀想算思求證：x1x2>e21.證明不等式的解題策略；2．如何構(gòu)造函數(shù)？由極值的定義建立等量關(guān)系、求導(dǎo)探討有關(guān)函數(shù)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化與化歸f(x)有兩個極值點x1，x2，且x1<x21.構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值；2．利用函數(shù)單調(diào)性；3．建立等量關(guān)系后令t＝eq\f(x2,x1)構(gòu)建關(guān)于t的函數(shù)；4．構(gòu)造g(x)＝eq\f(lnx,x)1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0，))得m＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)；2．令g(x)＝eq\f(lnx,x)，g(x1)＝g(x2)，g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)1.函數(shù)極值的定義；2．欲證x1x2>e2，需證lnx1＋lnx2>2思路參考：轉(zhuǎn)化為證明lnx1＋lnx2>2，依據(jù)x1，x2是方程f′(x)＝0的根建立等量關(guān)系．令t＝eq\f(x2,x1)將lnx1＋lnx2變形為關(guān)于t的函數(shù)，將lnx1＋lnx2>2轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的不等式進行證明．證明：欲證x1x2>e2，需證lnx1＋lnx2>2.若f(x)有兩個極值點x1，x2，即函數(shù)f′(x)有兩個零點．又f′(x)＝lnx－mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的兩個不等實根．于是，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0，))解得m＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2).另一方面，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0，))得lnx2－lnx1＝m(x2－x1)，從而得eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2).于是，lnx1＋lnx2＝eq\f(lnx2－lnx1x2＋x1,x2－x1)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x2,x1)))ln\f(x2,x1),\f(x2,x1)－1).又0<x1<x2，設(shè)t＝eq\f(x2,x1)，則t>1.因此，lnx1＋lnx2＝eq\f(1＋tlnt,t－1)，t>1.要證lnx1＋lnx2>2，即證eq\f(t＋1lnt,t－1)>2，t>1.即當(dāng)t>1時，有l(wèi)nt>eq\f(2t－1,t＋1).設(shè)函數(shù)h(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)，t＞1，則h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq\f(t－12,tt＋12)≥0，所以，h(t)為(1，＋∞)上的增函數(shù)．留意到，h(1)＝0，因此，h(t)＞h(1)＝0.于是，當(dāng)t>1時，有l(wèi)nt>eq\f(2t－1,t＋1).所以lnx1＋lnx2>2成立，即x1x2>e2.思路參考：將證明x1x2>e2轉(zhuǎn)化為證明x1>eq\f(e2,x2).依據(jù)x1，x2是方程f′(x)＝0的兩個不等實根構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(lnx,x)，結(jié)合函數(shù)g(x)的單調(diào)性，只需證明g(x2)＝g(x1)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x1))).證明：由x1，x2是方程f′(x)＝0的兩個不等實根，所以mx1＝lnx1，mx2＝lnx2.令g(x)＝eq\f(lnx,x)，g(x1)＝g(x2)，由于g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，因此，g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減．又x1<x2，所以0<x1<e<x2.令h(x)＝g(x)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x)))(x∈(0，e))，h′(x)＝eq\f(1－lnxe2－x2,x2e2)>0，故h(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，故h(x)<h(e)＝0，即g(x)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x))).令x＝x1，則g(x2)＝g(x1)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x1))).因為x2，eq\f(e2,x1)∈(e，＋∞)，g(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，所以x2>eq\f(e2,x1)，即x1x2>e2.思路參考：設(shè)t1＝lnx1∈(0,1)，t2＝lnx2∈(1，＋∞)，推出eq\f(t1,t2)＝et1－t2.將證明x1x2>e2轉(zhuǎn)化為證明t1＋t2>2，引入變量k＝t1－t2<0構(gòu)建函數(shù)進行證明．解：設(shè)t1＝lnx1∈(0,1)，t2＝lnx2∈(1，＋∞)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t1＝met1，,t2＝met2))?eq\f(t1,t2)＝et1－t2.設(shè)k＝t1－t2<0，則t1＝eq\f(kek,ek－1)，t2＝eq\f(k,ek－1).欲證x1x2>e2，需證lnx1＋lnx2>2.即只需證明t1＋t2＞2，即eq\f(k1＋ek,ek－1)>2?k(1＋ek)<2(ek－1)?k(1＋ek)－2(ek－1)<0.設(shè)g(k)＝k(1＋ek)－2(ek－1)(k<0)，g′(k)＝kek－ek＋1，g″(k)＝kek<0，故g′(k)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，故g′(k)>g′(0)＝0，故g(k)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，因此g(k)<g(0)＝0，命題得證．思路參考：設(shè)t1＝lnx1∈(0,1)，t2＝lnx2∈(1，＋∞)，推出eq\f(t1,t2)＝et1－t2.將證明x1x2>e2轉(zhuǎn)化為證明t1＋t2>2，引入變量eq\f(t1,t2)＝k∈(0,1)構(gòu)建函數(shù)進行證明．證明：設(shè)t1＝lnx1∈(0,1)，t2＝lnx2∈(1，＋∞)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t1＝met1，,t2＝met2))?eq\f(t1,t2)＝et1－t2.設(shè)eq\f(t1,t2)＝k∈(0,1)，則t1＝eq\f(klnk,k－1)，t2＝eq\f(lnk,k－1).欲證x1x2>e2，需證lnx1＋lnx2>2，即只需證明t1＋t2>2，即eq\f(k＋1lnk,k－1)>2?lnk<eq\f(2k－1,k＋1)?lnk－eq\f(2k－1,k＋1)<0.設(shè)g(k)＝lnk－eq\f(2k－1,k＋1)(k∈(0,1))，g′(k)＝eq\f(k－12,kk＋12)>0，故g(k)在(0,1)上單調(diào)遞增，因此g(k)<g(1)＝0，命題得證．1．本題考查應(yīng)用導(dǎo)數(shù)探討極值點偏移問題，基本解題方法是把雙變量的等式或不等式轉(zhuǎn)化為一元變量問題求解，途徑都是構(gòu)造一元函數(shù)．2．基于課程標(biāo)準(zhǔn)，解答本題一般須要嫻熟駕馭轉(zhuǎn)化與化歸實力、運算求解實力、邏輯思維實力，體現(xiàn)了邏輯推理、數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng)．3．基于高考數(shù)學(xué)評價體系，本題涉及函數(shù)與方程、不等式、導(dǎo)數(shù)的計算與應(yīng)用等學(xué)問，滲透著函數(shù)與方程、轉(zhuǎn)化與化歸、分類探討等思想方法，有肯定的綜合性，屬于實力題，在提升學(xué)生思維的敏捷性、創(chuàng)建性等數(shù)學(xué)素養(yǎng)中起到了主動的作用．已知函數(shù)f(x)＝xlnx－2ax2＋x，a