《通用版高考数学二轮复习课件训练：第一部分专题四导数的综合应用第二课时“导数与函数的零点问题”考法面面观讲义理重点生含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《通用版高考数学二轮复习课件训练：第一部分专题四导数的综合应用第二课时“导数与函数的零点问题”考法面面观讲义理重点生含解析（27页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
1、第二课时“导数与函数的零点问题”考法面面观考法一函数零点个数问题 题型策略(一)讨论函数的零点个数已知f (x)ex(ax2x1)当a0时，试讨论方程f (x)1的解的个数破题思路求什么想什么讨论方程f (x)1的解的个数，想到f (x)1的零点个数给什么用什么给出f (x)的解析式，用f (x)1构造函数，转化为零点问题求解(或分离参数，结合图象求解)规范解答法一：分类讨论法(学生用书不提供解题过程)方程f (x)1的解的个数即为函数h(x)exax2x1(a0)的零点个数而h(x)ex2ax1，设H(x)ex2ax1，则H(x)ex2a.令H(x)0，解得xln 2a；令H(x)0，解得x
2、0)，则g(m)1(1ln m)ln m，令g(m)1；令g(m)0，得0m时，ln 2a0，h(x)minh(ln 2a)0使得h(x1)0，这时h(x)在(，0)上单调递增，在(0，x1)上单调递减，在(x1，)上单调递增所以h(x1)h(0)0，又h(0)0，所以此时h(x)有两个零点当0a时，ln 2a0，h(x)minh(ln 2a)0，又h(x)在(，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，)上单调递增，又h(0)0，则存在x2h(0)0，h(0)0，所以此时f (x)有两个零点综上，当a时，方程f (x)1只有一个解；当a且a0时，方程f (x)1有两个解法二：分离参数法(学生用
3、书提供解题过程)方程f (x)1的解的个数即方程exax2x10(a0)的解的个数，方程可化为ax2exx1.当x0时，方程为0e001，显然成立，所以x0为方程的解当x0时，分离参数可得a(x0)设函数p(x)(x0)，则p(x).记q(x)ex(x2)x2，则q(x)ex(x1)1.记t(x)q(x)ex(x1)1，则t(x)xex.显然当x0时，t(x)0时，t(x)0，函数t(x)单调递增所以t(x)t(0)e0(01)10，即q(x)0，所以函数q(x)单调递增而q(0)e0(02)020，所以当x0时，q(x)0，函数p(x)单调递增；当x0时，q(x)0，即p(x)0，函数p(x
4、)单调递增而当x0时，p(x) x0 x0 x0 x0(洛必达法则)，当x时，p(x) x x0，故函数p(x)的图象如图所示作出直线ya.显然，当a时，直线ya与函数p(x)的图象无交点，即方程exax2x10只有一个解x0；当a且a0时，直线ya与函数p(x)的图象有一个交点(x0，a)，即方程exax2x10有两个解x0或xx0.综上，当a时，方程f (x)1只有一个解；当a且a0时，方程f (x)1有两个解注部分题型利用分离法处理时，会出现“”型的代数式，这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题有效的方法就是洛必达法则法则1若函数f (x)和g(x)满足下列条件：(1)lif (x)0
5、及lig(x)0；(2)在点a的去心邻域内，f (x)与g(x)可导且g(x)0；(3)li l.那么li li l.法则2若函数f (x)和g(x)满足下列条件：(1)lif (x)及lig(x)；(2)在点a的去心邻域内，f (x)与g(x)可导且g(x)0；(3)li l.那么li li l.题后悟通思路受阻分析构造函数后，正确进行分类讨论是解决本题的关键；不知道分类讨论或分类讨论时，分类不明或分类不全是解决此类问题常犯的错误技法关键点拨判断函数零点个数的思路判断函数在某区间a，b(a，b)内的零点的个数时，主要思路为：一是由f (a)f (b)0，所以f (x)在(0，)上单调递增；当
6、a0时，由得0x；由f (x)，所以f (x)在上单调递增，在上单调递减综上所述：当a0时，f (x)的单调递增区间为(0，)；当a0时，f (x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(3)由(2)可知，()当a0，故f (x)在1，e2上没有零点()当a0时，f (x)在1，e2上单调递增，而f (1)a0，故f (x)在1，e2上有一个零点()当a0时，若1，即a1时，f (x)在1，e2上单调递减因为f (1)a0，所以f (x)在1，e2上没有零点若1e2，即a1时，f (x)在上单调递增，在上单调递减，而f (1)a0，f ln a，f (e2)2ae4，若f ln a时，f (x)在
7、1，e2上没有零点；若f ln a0，即a时，f (x)在1，e2上有一个零点；若f ln a0，即a0，得a，此时，f (x)在1，e2上有一个零点；由f (e2)2ae40，得a，此时，f (x)在1，e2上有两个零点；若e2，即0a时，f (x)在1，e2上单调递增，因为f (1)a0，所以f (x)在1，e2上有一个零点综上所述：当a时，f (x)在1，e2上没有零点；当0a或a时，f (x)在1，e2上有一个零点；当a时，f (x)在1，e2上有两个零点由函数的零点个数求参数范围已知函数f (x)xexa(x1)2.(1)若ae，求函数f (x)的极值；(2)若函数f (x)有两个零
8、点，求实数a的取值范围破题思路第(1)问求什么想什么求f (x)的极值，想到求f (x)0的解，然后根据单调性求极值第(2)问求什么想什么求实数a的取值范围，想到建立关于a的不等式给什么用什么给出函数f (x)的解析式，并已知f (x)有两个零点，利用f (x)的图象与x轴有两个交点求解规范解答(1)直接法(学生用书不提供解题过程)由题意知，当ae时，f (x)xexe(x1)2，函数f (x)的定义域为(，)，f (x)(x1)exe(x1)(x1)(exe)令f (x)0，解得x1或x1.当x变化时，f (x)，f (x)的变化情况如下表所示：x(，1)1(1,1)1(1，)f (x)00
9、f (x)极大值极小值e所以当x1时，f (x)取得极大值；当x1时，f (x)取得极小值e.(2)法一：分类讨论法(学生用书不提供解题过程)f (x)(x1)exa(x1)(x1)(exa)，若a0，易知函数f (x)在(，)上只有一个零点，故不符合题意若a0，当x(，1)时，f (x)0，f (x)单调递增由f (1)0，当x时，f (x)，所以函数f (x)在(，)上有两个零点若ln a1，即0a0，f (x)单调递增；当x(ln a，1)时，f (x)0，f (x)单调递减又f (ln a)aln aa(ln a1)21，即a，当x(，1)(ln a，)时，f (x)0，f (x)单调
10、递增；当x(1，ln a)时，f (x)0，f (x)单调递减又f (1)0，所以函数f (x)在(，)上至多有一个零点，故不符合题意综上，实数a的取值范围是(，0)法二：数形结合法(学生用书提供解题过程)令f (x)0，即xexa(x1)20，得xexa(x1)2.当x1时，方程为e1a0，显然不成立，所以x1不是方程的解，即1不是函数f (x)的零点当x1时，分离参数得a.记g(x)(x1)，则g(x).当x1时，g(x)1时，g(x)0，函数g(x)单调递增当x0时，g(x)0；当x时，g(x)0；当x1时，g(x)；当x时，g(x).故函数g(x)的图象如图所示作出直线ya，由图可知，
11、当a0，当a0时，显然f (x)0，f (x)在(0，)上单调递增；当a0时，令f (x)0，则2ax2x10，易知其判别式为正，设方程的两根分别为x1，x2(x1x2)，则x1x20，x100.令f (x)0，得x(0，x2)；令f (x)0时，函数f (x)在(0，x2)上单调递增，在(x2，)上单调递减，f (x)maxf (x2)要使f (x)有两个零点，需f (x2)0，即ln x2axx20，又由f (x2)0得ax，代入上面的不等式得2ln x2x21，解得x21，a1.下面证明：当a(0,1)时，f (x)有两个零点f lnae20，f lnaa0(ln xx)又x21，f (
12、x2)ln x2axx2(2ln x2x21)0，f (x)在与上各有一个零点a的取值范围为(0,1)法二：函数f (x)有两个零点，等价于方程a有两解令g(x)，x0，则g(x).由g(x)0，得2ln xx1，解得0x0，当x0时，g(x)，作出函数g(x)的简图如图，结合函数值的变化趋势猜想：当a(0,1)时符合题意下面给出证明：当a1时，ag(x)max，方程至多一解，不符合题意；当a0时，方程至多一解，不符合题意；当a(0,1)时，g0，ga0，ga，ga0)，a为常数，若函数f (x)有两个零点x1，x2(x1x2)证明：x1x2e2.破题思路证明x1x2e2，想到把双变量x1，x
13、2转化为只含有一个变量的不等式证明规范解答法一：巧抓根商c构造函数(学生用书不提供解题过程)不妨设x1x20，因为ln x1ax10，ln x2ax20，所以ln x1ln x2a(x1x2)，ln x1ln x2a(x1x2)，所以a，欲证x1x2e2，即证ln x1ln x22.因为ln x1ln x2a(x1x2)，所以即证a，所以原问题等价于证明，即ln ，令c(c1)，则不等式变为ln c.令h(c)ln c，c1，所以h(c)0，所以h(c)在(1，)上单调递增，所以h(c)h(1)ln 100，即ln c0(c1)，因此原不等式x1x2e2得证启思维该方法的基本思路是直接消掉参数
14、a，再结合所证问题，巧妙引入变量c，从而构造相应的函数其解题要点为：(1)联立消参：利用方程f (x1)f (x2)消掉解析式中的参数a.(2)抓商构元：令c，消掉变量x1，x2，构造关于c的函数h(c)(3)用导求解：利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论法二：抓极值点构造函数(学生用书提供解题过程)由题意，函数f (x)有两个零点x1，x2(x1x2)，即f (x1)f (x2)0，易知ln x1，ln x2是方程xaex的两根令t1ln x1，t2ln x2.设g(x)xex，则g(t1)g(t2)，从而x1x2e2ln x1ln x22t1t22.下证：t1t22.g(x)(
15、1x)ex，易得g(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以函数g(x)在x1处取得极大值g(1).当x时，g(x)；当x时，g(x)0且g(x)0.由g(t1)g(t2)，t1t2，不妨设t1t2，作出函数g(x)的图象如图所示，由图知必有0t110，所以F(x)在(0,1上单调递增，所以F(x)F(0)0对任意的x(0,1恒成立，即g(1x)g(1x)对任意的x(0,1恒成立由0t11g1(1t1)g(t1)g(t2)，即g(2t1)g(t2)，又2t1(1，)，t2(1，)，且g(x)在(1，)上单调递减，所以2t12.启思维上述解题过程就是解决极值点偏移问题的最基本的方法，
16、共有四个解题要点：(1)求函数g(x)的极值点x0；(2)构造函数F(x)g(x0x)g(x0x)；(3)确定函数F(x)的单调性；(4)结合F(0)0，确定g(x0x)与g(x0x)的大小关系其口诀为：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪，四个步骤环相扣，两次单调紧跟随法三：巧抓根差stt2t1构造函数(学生用书提供解题过程)由题意，函数f (x)有两个零点x1，x2(x1x2)，即f (x1)f (x2)0，易知ln x1，ln x2是方程xaex的两根设t1ln x1，t2ln x2，设g(x)xex，则g(t1)g(t2)，从而x1x2e2ln x1ln x22t1t22.下证：t1t22.
17、由g(t1)g(t2)，得t1et1t2et2，化简得et2t1，不妨设t2t1，由法二知，0t110，t2st1，代入式，得es，解得t1.则t1t22t1ss，故要证t1t22，即证s2，又es10，故要证s2，即证2s(s2)(es1)0，令G(s)2s(s2)(es1)(s0)，则G(s)(s1)es1，G(s)ses0，故G(s)在(0，)上单调递增，所以G(s)G(0)0，从而G(s)在(0，)上单调递增，所以G(s)G(0)0，所以式成立，故t1t22.启思维该方法的关键是巧妙引入变量s，然后利用等量关系，把t1，t2消掉，从而构造相应的函数，转化所证问题其解题要点为：(1)取差
18、构元：记st2t1，则t2t1s，利用该式消掉t2.(2)巧解消参：利用g(t1)g(t2)，构造方程，解之，利用s表示t1.(3)构造函数：依据消参之后所得不等式的形式，构造关于s的函数G(s)(4)转化求解：利用导数研究函数G(s)的单调性和最小值，从而证得结论题后悟通思路受阻分析不能把双变量x1，x2的不等式转化为单变量的不等式，导致无从下手解题技法关键点拨函数极值点偏移问题的解题策略函数的极值点偏移问题，其实质是导数的应用问题，解题的策略是把含双变量的等式或不等式转化为仅含一个变量的等式或不等式进行求解，解题时要抓住三个关键量：极值点、根差、根商对点训练(2018成都模拟)已知函数f
19、(x)(x1)exmx22，其中mR，e2.718 28为自然对数的底数(1)当m1时，求函数f (x)的单调区间；(2)当常数m(2，)时，函数f (x)在0，)上有两个零点x1，x2(x1ln.解：(1)当m1时，f (x)(x1)exx22，f (x)xex2xx(ex2)由f (x)x(ex2)0，解得x0或xln 2.当xln 2或x0，f (x)的单调递增区间为(，0)，(ln 2，)当0xln 2时，f (x)ln 2m时，f (x)0，f (x)在(ln 2m，)上单调递增；当0xln 2m时，f (x)0，f (x)在0，ln 2m上单调递减f (x)的极小值为f (ln 2
20、m)函数f (x)在0，)上有两个零点x1，x2(x1x2)，f (ln 2m)0，f (1)2m0，可知x1(0,1)f (ln 2m)ln 2mln 4.0x1ln 41ln.高考大题通法点拨 函数与导数问题重在“分”分离、分解思维流程策略指导函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点对于这类综合问题，一般是先求导，再变形、分离或分解出基本函数，然后根据题意处理 已知函数f (x)ln xbxc，f (x)在点(1，f
21、 (1)处的切线方程为xy40.(1)求f (x)的解析式；(2)求f (x)的单调区间；(3)若在区间内，恒有f (x)x2ln xkx成立，求k的取值范围破题思路第(1)问求什么想什么求f (x)的解析式，想到建立参数b，c的关系式给什么用什么题目条件给出f (x)在点(1，f (1)处的切线方程利用导数的几何意义可知f (1)1及f (1)5，从而建立b，c的方程组求b，c的值第(2)问求什么想什么求f (x)的单调区间，想到导数与函数的单调性之间关系给什么用什么由第(1)问给出f (x)的解析式，用相关导数公式求f (x)，并解f (x)0和f (x)0，f (x)2.令f (x)0，
22、得0x，再令f (x)，故函数f (x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(3)在区间上，由f (x)x2ln xkx，得ln x2x3x2ln xkx，kx2.设g(x)x2，则g(x)1，令g(x)0，得x(负值舍去)令g(x)0，得0x，令g(x)，故当x时，函数g(x)单调递增，当x(，5)时，函数g(x)单调递减，g(x)的最小值只能在区间的端点处取得，又g26，g(5)52，g(x)min.k，即k的取值范围为.关键点拨解决函数与导数综合问题的关键点(1)会求函数的极值点，先利用方程f (x)0的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；(2
23、)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；(3)解决不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围对点训练(2018全国卷)已知函数f (x)exax2.(1)若a1，证明：当x0时，f (x)1；(2)若f (x)在(0，)只有一个零点，求a.解：(1)证明：当a1时，f (x)1等价于(x21)ex10.设函数g(x)(x21)ex1，则g(x)(x22x1)ex(x1)2ex.当x1时，g(x)0，h(x)没有零点；()当a0时，h(x)ax(x2)ex.当x(0,2)时，h(x)0.所以h(x)在
24、(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增故h(2)1是h(x)在(0，)上的最小值当h(2)0，即a时，h(x)在(0，)上没有零点当h(2)0，即a时，h(x)在(0，)上只有一个零点当h(2)时，因为h(0)1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点由(1)知，当x0时，exx2，所以h(4a)11110，故h(x)在(2,4a)上有一个零点因此h(x)在(0，)上有两个零点综上，当f (x)在(0，)上只有一个零点时，a.总结升华 函数与导数压轴题堪称“庞然大物”，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量分离、把复杂函数分离为基本函数、可把题目分解成几个小题、也可把解题步骤分解为几个小
25、步，也可从逻辑上重新换叙注重分步解答，这样，即使解答不完整，也要做到尽可能多拿步骤分同时要注意分类思想、数形结合思想、化归与转化等数学思想的运用专题跟踪检测(对应配套卷P173)1(2018全国卷)已知函数f (x)x3a(x2x1)(1)若a3，求f (x)的单调区间；(2)证明：f (x)只有一个零点解：(1)当a3时，f (x)x33x23x3，f (x)x26x3.令f (x)0，解得x32或x32.当x(，32)(32，)时，f (x)0；当x(32，32)时，f (x)0，所以f (x)0等价于3a0.设g(x)3a，则g(x)0，仅当x0时，g(x)0，所以g(x)在(，)上单调
26、递增故g(x)至多有一个零点，从而f (x)至多有一个零点又f (3a1)6a22a620，故f (x)有一个零点综上，f (x)只有一个零点2(2018郑州第一次质量预测)已知函数f(x)ln x，aR且a0.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x时，试判断函数g(x)(ln x1)exxm的零点个数解：(1)f(x)(x0)，当a0恒成立，函数f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，由f(x)0，得x；由f(x)0，得0x，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减综上所述，当a0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)当x时，判断函数g(x)(ln x1)exxm的零点，即求当x
27、时，方程(ln x1)exxm的根令h(x)(ln x1)exx，则h(x)ex1.由(1)知当a1时，f(x)ln x1在上单调递减，在(1，e)上单调递增，当x时，f(x)f(1)0.ln x10在x上恒成立h(x)ex1010，h(x)(ln x1)exx在上单调递增h(x)minh2e，h(x)maxe.当me时，函数g(x)在上没有零点；当2eme时，函数g(x)在上有一个零点3(2018贵阳模拟)已知函数f (x)kxln x1(k0)(1)若函数f (x)有且只有一个零点，求实数k的值；(2)证明：当nN*时，1ln(n1)解：(1)法一：f (x)kxln x1，f (x)k(
28、x0，k0)，当0x时，f (x)时，f (x)0.f (x)在0，上单调递减，在，上单调递增f (x)minf ln k，f (x)有且只有一个零点，ln k0，k1.法二：由题意知方程kxln x10仅有一个实根，由kxln x10，得k(x0)，令g(x)(x0)，g(x)，当0x0；当x1时，g(x)ln，1lnlnlnln(n1)，故1ln(n1)4.已知函数f (x)ax3bx2(c3a2b)xd的图象如图所示(1)求c，d的值；(2)若函数f (x)在x2处的切线方程为3xy110，求函数f (x)的解析式；(3)在(2)的条件下，函数yf (x)与y f (x)5xm的图象有三
29、个不同的交点，求m的取值范围解：函数f (x)的导函数为f (x)3ax22bxc3a2b.(1)由图可知函数f (x)的图象过点(0,3)，且f (1)0，得解得(2)由(1)得，f (x)ax3bx2(3a2b)x3，所以f (x)3ax22bx(3a2b)由函数f (x)在x2处的切线方程为3xy110，得所以解得所以f (x)x36x29x3.(3)由(2)知f (x)x36x29x3，所以f (x)3x212x9.函数yf (x)与yf (x)5xm的图象有三个不同的交点，等价于x36x29x3(x24x3)5xm有三个不等实根，等价于g(x)x37x28xm的图象与x轴有三个不同的
30、交点因为g(x)3x214x8(3x2)(x4)，令g(x)0，得x或x4.当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如表所示：x4(4，)g(x)00g(x)极大值极小值gm，g(4)16m，当且仅当时，g(x)图象与x轴有三个交点，解得16m.所以m的取值范围为.5(2018南宁二中、柳州高中二联)已知函数f (x)ln xax2(2a)x.(1)讨论f (x)的单调性；(2)设f (x)的两个零点是x1，x2，求证：f 0，则f (x)在(0，)上单调递增；当a0时，若x，则f (x)0，若x，则f (x)0，且f (x)在上单调递增，在上单调递减，不妨设0x1x2，f x1x2，故要证f
31、 即可构造函数F(x)f (x)f ，x，F(x)f (x)f (x)f ，x，F(x)0，F(x)在上单调递增，F(x)Ff f 0，即f (x)f ，x，又x1，x2是函数f (x)的两个零点且0x1x2，f (x1)f (x2)x1，x1x2，得证法二：对数平均不等式法易知a0，且f (x)在上单调递增，在上单调递减，不妨设0x1x2，f .因为f (x)的两个零点是x1，x2，所以ln x1ax(2a)x1ln x2ax(2a)x2，所以ln x1ln x22(x1x2)a(xxx1x2)，所以a，以下用分析法证明，要证，即证，即证，即证，只需证，根据对数平均不等式，该式子成立，所以f
32、 0.法三：比值(差值)代换法因为f (x)的两个零点是x1，x2，不妨设0x11)，g(t)ln t，则当t1时，g(t)1时，g(t)g(1)0，所以f 1时，求f (x)的单调区间和极值；(2)若对任意xe，e2，都有f (x)4ln x成立，求k的取值范围；(3)若x1x2，且f (x1)f (x2)，证明x1x21，所以f (x)ln xk0，所以函数f (x)的单调递增区间是(1，)，无单调递减区间，无极值当k0时，令ln xk0，解得xek，当1xek时，f (x)ek时，f (x)0.所以函数f (x)的单调递减区间是(1，ek)，单调递增区间是(ek，)，在(1，)上的极小值
33、为f (ek)(kk1)ekek，无极大值(2)由题意，f (x)4ln x0，即问题转化为(x4)ln x(k1)x对任意xe，e2恒成立，令g(x)，xe，e2，则g(x).令t(x)4ln xx4，xe，e2，则t(x)10，所以t(x)在区间e，e2上单调递增，故t(x)mint(e)4e4e0，故g(x)0，所以g(x)在区间e，e2上单调递增，函数g(x)maxg(e2)2.要使k1对任意xe，e2恒成立，只要k1g(x)max，所以k12，解得k1，所以实数k的取值范围为 . (3)证明：法一：因为f(x1)f(x2)，由(1)知，当k0时，函数f(x)在区间(0，ek)上单调递
34、减，在区间(ek，)上单调递增，且f(ek1)0.不妨设x1x2，当x0时，f(x)0，当x时，f(x)，则0x1ekx2ek1，要证x1x2e2k，只需证x2，即证ekx2.因为f(x)在区间(ek，)上单调递增，所以只需证f(x2)f ，又f(x1)f(x2)，即证f(x1)f ，构造函数h(x)f(x)f (ln xk1)x，即h(x)xln x(k1)xe2k，h(x)ln x1(k1)e2k (ln xk)，当x(0，ek)时，ln xk0，x20，所以函数h(x)在区间(0，ek)上单调递增，h(x)h(ek)，而h(ek)f(ek)f 0，故h(x)0，所以f(x1)f ，即f(
35、x2)f(x1)f ，所以x1x2e2k成立法二：要证x1x2e2k成立，只要证ln x1ln x22k.因为x1x2，且f (x1)f (x2)，所以(ln x1k1)x1(ln x2k1)x2，即x1ln x1x2ln x2(k1)(x1x2)，x1ln x1x2ln x1x2ln x1x2ln x2(k1)(x1x2)，即(x1x2)ln x1x2ln(k1)(x1x2)，k1ln x1，同理k1ln x2，从而2kln x1ln x22，要证ln x1ln x20，不妨设0x1x2，则0t0，即证2，即证ln t2对t(0,1)恒成立，设h(t)ln t2，当0t0，所以h(t)在t(0,1)上单调递增，h(t)h(1)0，得证，所以x1x2e2k.
通用版高考数学二轮复习课件训练：第一部分专题四导数的综合应用第二课时“导数与函数的零点问题”考法面面观讲义理重点生含解析
