二轮复习数学-专题四-第二课时-“导数与函数的零点问题”考法面面观

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)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,))讨论函数的零点个数eq\a\vs4\al([例1])已知f(x)＝e－x(ax2＋x＋1)．当a>0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)＝ex－ax2－x－1(a>0)的零点个数．而h′(x)＝ex－2ax－1，设H(x)＝ex－2ax－1，则H′(x)＝ex－2a.令H′(x)>0，解得x>ln2a；令H′(x)<0，解得x<ln2a，所以h′(x)在(－∞，ln2a)上单调递减，在(ln2a，＋∞)上单调递增．所以h′(x)min＝h′(ln2a)＝2a－2aln2a－1.设m＝2a，g(m)＝m－mlnm－1(m>0)，则g′(m)＝1－(1＋lnm)＝－lnm，令g′(m)<0，得m>1；令g′(m)>0，得0<m<1，所以g(m)在(1，＋∞)上单调递减，在(0,1)上单调递增，所以g(m)max＝g(1)＝0，即h′(x)min≤0(当m＝1即a＝eq\f(1,2)时取等号)．①当a＝eq\f(1,2)时，h′(x)min＝0，则h′(x)≥0恒成立．所以h(x)在R上单调递增，故此时h(x)只有一个零点．②当a>eq\f(1,2)时，ln2a>0，h′(x)min＝h′(ln2a)<0，又h′(x)在(－∞，ln2a)上单调递减，在(ln2a，＋∞)上单调递增，又h′(0)＝0，则存在x1>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．③当0<a<eq\f(1,2)时，ln2a<0，h′(x)min＝h′(ln2a)<0，又h′(x)在(－∞，ln2a)上单调递减，在(ln2a，＋∞)上单调递增，又h′(0)＝0，则存在x2<0使得h′(x2)＝0.这时h(x)在(－∞，x2)上单调递增，在(x2,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以h(x2)>h(0)＝0，h(0)＝0，所以此时f(x)有两个零点．综上，当a＝eq\f(1,2)时，方程f(x)＝1只有一个解；当a≠eq\f(1,2)且a>0时，方程f(x)＝1有两个解．法二：分离参数法(学生用书提供解题过程)方程f(x)＝1的解的个数即方程ex－ax2－x－1＝0(a>0)的解的个数，方程可化为ax2＝ex－x－1.当x＝0时，方程为0＝e0－0－1，显然成立，所以x＝0为方程的解．当x≠0时，分离参数可得a＝eq\f(ex－x－1,x2)(x≠0)．设函数p(x)＝eq\f(ex－x－1,x2)(x≠0)，则p′(x)＝eq\f(ex－x－1′·x2－x2′·ex－x－1,x22)＝eq\f(exx－2＋x＋2,x3).记q(x)＝ex(x－2)＋x＋2，则q′(x)＝ex(x－1)＋1.记t(x)＝q′(x)＝ex(x－1)＋1，则t′(x)＝xex.显然当x<0时，t′(x)<0，函数t(x)单调递减；当x>0时，t′(x)>0，函数t(x)单调递增．所以t(x)>t(0)＝e0(0－1)＋1＝0，即q′(x)>0，所以函数q(x)单调递增．而q(0)＝e0(0－2)＋0＋2＝0，所以当x<0时，q(x)<0，即p′(x)>0，函数p(x)单调递增；当x>0时，q(x)>0，即p′(x)>0，函数p(x)单调递增．而当x→0时，p(x)→eq\f(ex－x－1′,x2′)x→0＝eq\f(ex－1,2x)x→0＝eq\f(ex－1′,2x′)x→0＝eq\f(ex,2)x→0＝eq\f(1,2)(洛必达法则)，当x→－∞时，p(x)→eq\f(ex－x－1′,x2′)x→－∞＝eq\f(ex－1,2x)x→－∞＝0，故函数p(x)的图象如图所示．作出直线y＝a.显然，当a＝eq\f(1,2)时，直线y＝a与函数p(x)的图象无交点，即方程ex－ax2－x－1＝0只有一个解x＝0；当a≠eq\f(1,2)且a>0时，直线y＝a与函数p(x)的图象有一个交点(x0，a)，即方程ex－ax2－x－1＝0有两个解x＝0或x＝x0.综上，当a＝eq\f(1,2)时，方程f(x)＝1只有一个解；当a≠eq\f(1,2)且a>0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“eq\f(0,0)”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)lieq\o(m,\s\do4(x→a))f(x)＝0及lieq\o(m,\s\do4(x→a))g(x)＝0；(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；(3)lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(f′x,g′x)＝l.那么lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(fx,gx)＝lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(f′x,g′x)＝l.法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)lieq\o(m,\s\do4(x→a))f(x)＝∞及lieq\o(m,\s\do4(x→a))g(x)＝∞；(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；(3)lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(f′x,g′x)＝l.那么lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(fx,gx)＝lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(f′x,g′x)＝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及零点存在性定理，说明在此区间上至少有一个零点；二是求导，判断函数在区间(a，b)上的单调性，若函数在该区间上单调递增或递减，则说明至多只有一个零点；若函数在区间[a，b]((a，b))上不单调，则要求其最大值或最小值，借用图象法等，判断零点个数[对点训练]1．已知函数f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2(a∈R)．(1)若f(x)在点(2，f(2))处的切线与直线2x＋y＋2＝0垂直，求实数a的值；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)讨论函数f(x)在区间[1，e2]上零点的个数．解：(1)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－ax＝eq\f(1－ax2,x)，则f′(2)＝eq\f(1－4a,2).因为直线2x＋y＋2＝0的斜率为－2，所以(－2)×eq\f(1－4a,2)＝－1，解得a＝0.(2)f′(x)＝eq\f(1－ax2,x)，x∈(0，＋∞)，当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x>0，,x>0))得0<x<eq\f(\r(a),a)；由f′(x)<0得x>eq\f(\r(a),a)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(a),a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)，＋∞))上单调递减．综上所述：当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(a),a)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)，＋∞)).(3)由(2)可知，(ⅰ)当a<0时，f(x)在[1，e2]上单调递增，而f(1)＝－eq\f(1,2)a>0，故f(x)在[1，e2]上没有零点．(ⅱ)当a＝0时，f(x)在[1，e2]上单调递增，而f(1)＝－eq\f(1,2)a＝0，故f(x)在[1，e2]上有一个零点．(ⅲ)当a>0时，①若eq\f(\r(a),a)≤1，即a≥1时，f(x)在[1，e2]上单调递减．因为f(1)＝－eq\f(1,2)a<0，所以f(x)在[1，e2]上没有零点．②若1<eq\f(\r(a),a)≤e2，即eq\f(1,e4)≤a<1时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(a),a)))上单调递增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)，e2))上单调递减，而f(1)＝－eq\f(1,2)a<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)))＝－eq\f(1,2)lna－eq\f(1,2)，f(e2)＝2－eq\f(1,2)ae4，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)))＝－eq\f(1,2)lna－eq\f(1,2)<0，即a>eq\f(1,e)时，f(x)在[1，e2]上没有零点；若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)))＝－eq\f(1,2)lna－eq\f(1,2)＝0，即a＝eq\f(1,e)时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)))＝－eq\f(1,2)lna－eq\f(1,2)>0，即a<eq\f(1,e)时，由f(e2)＝2－eq\f(1,2)ae4>0，得a<eq\f(4,e4)，此时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；由f(e2)＝2－eq\f(1,2)ae4≤0，得a≥eq\f(4,e4)，此时，f(x)在[1，e2]上有两个零点；③若eq\f(\r(a),a)≥e2，即0<a≤eq\f(1,e4)时，f(x)在[1，e2]上单调递增，因为f(1)＝－eq\f(1,2)a<0，f(e2)＝2－eq\f(1,2)ae4>0，所以f(x)在[1，e2]上有一个零点．综上所述：当a<0或a>eq\f(1,e)时，f(x)在[1，e2]上没有零点；当0≤a<eq\f(4,e4)或a＝eq\f(1,e)时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；当eq\f(4,e4)≤a<eq\f(1,e)时，f(x)在[1，e2]上有两个零点．eq\a\vs4\al(题型·策略二)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,))由函数的零点个数求参数范围eq\a\vs4\al([例2])已知函数f(x)＝xex－eq\f(1,2)a(x＋1)2.(1)若a＝e，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)有两个零点，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a＝e时，f(x)＝xex－eq\f(1,2)e(x＋1)2，函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝(x＋1)ex－e(x＋1)＝(x＋1)(ex－e)．令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝1.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)＋0－0＋f(x)极大值－eq\f(1,e)极小值－e所以当x＝－1时，f(x)取得极大值－eq\f(1,e)；当x＝1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)＝(x＋1)ex－a(x＋1)＝(x＋1)(ex－a)，若a＝0，易知函数f(x)在(－∞，＋∞)上只有一个零点，故不符合题意．若a<0，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．由f(－1)＝－eq\f(1,e)<0，且f(1)＝e－2a>0，当x→－∞时，f(x)→＋∞，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．若lna<－1，即0<a<eq\f(1,e)，当x∈(－∞，lna)∪(－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(lna，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．又f(lna)＝alna－eq\f(1,2)a(lna＋1)2<0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．若lna＝－1，即a＝eq\f(1,e)，当x∈(－∞，＋∞)时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，故不符合题意．若lna>－1，即a>eq\f(1,e)，当x∈(－∞，－1)∪(lna，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(－1，lna)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．又f(－1)＝－eq\f(1,e)<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xex－eq\f(1,2)a(x＋1)2＝0，得xex＝eq\f(1,2)a(x＋1)2.当x＝－1时，方程为－e－1＝eq\f(1,2)a×0，显然不成立，所以x＝－1不是方程的解，即－1不是函数f(x)的零点．当x≠－1时，分离参数得a＝eq\f(2xex,x＋12).记g(x)＝eq\f(2xex,x＋12)(x≠－1)，则g′(x)＝eq\f(2xex′x＋12－[x＋12]′·2xex,x＋14)＝eq\f(2exx2＋1,x＋13).当x<－1时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x>－1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．当x＝0时，g(x)＝0；当x→－∞时，g(x)→0；当x→－1时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞.故函数g(x)的图象如图所示．作出直线y＝a，由图可知，当a<0时，直线y＝a和函数g(x)的图象有两个交点，此时函数f(x)有两个零点．故实数a的取值范围是(－∞，0)．[题后悟通]思路受阻分析解决本题第(2)问时，可根据参数对函数单调性的影响，分类讨论函数零点的个数，进而求得实数a的取值范围，此时能否正确分类是解决本题的关键；也可直接分离参数，将问题转化为两个函数图象交点个数问题求解，此时，能否正确画出函数图象是解决问题的关键技法关键点拨利用函数零点的情况求参数范围的方法(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)利用零点的存在性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[对点训练]2．(2019届高三·西安八校联考)已知函数f(x)＝lnx－ax2＋x，a∈R.(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；(2)讨论f(x)的单调性；(3)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．解：(1)当a＝0时，f(x)＝lnx＋x，f(e)＝e＋1，f′(x)＝eq\f(1,x)＋1，f′(e)＝1＋eq\f(1,e)，∴曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－(e＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,e)))(x－e)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)＋1))x.(2)f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋1＝eq\f(－2ax2＋x＋1,x)，x>0，①当a≤0时，显然f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a>0时，令f′(x)＝eq\f(－2ax2＋x＋1,x)＝0，则－2ax2＋x＋1＝0，易知其判别式为正，设方程的两根分别为x1，x2(x1<x2)，则x1x2＝－eq\f(1,2a)<0，∴x1<0<x2，∴f′(x)＝eq\f(－2ax2＋x＋1,x)＝eq\f(－2ax－x1x－x2,x)，x>0.令f′(x)>0，得x∈(0，x2)；令f′(x)<0，得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝eq\f(1＋\r(8a＋1),4a)，∴函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(8a＋1),4a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(8a＋1),4a)，＋∞))上单调递减．(3)法一：由(2)知，①当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，至多一个零点，不符合题意；②当a>0时，函数f(x)在(0，x2)上单调递增，在(x2，＋∞)上单调递减，∴f(x)max＝f(x2)．要使f(x)有两个零点，需f(x2)>0，即lnx2－axeq\o\al(2,2)＋x2>0，又由f′(x2)＝0得axeq\o\al(2,2)＝eq\f(1＋x2,2)，代入上面的不等式得2lnx2＋x2>1，解得x2>1，∴a＝eq\f(1＋x2,2x\o\al(2,2))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x\o\al(2,2))＋\f(1,x2)))<1.下面证明：当a∈(0,1)时，f(x)有两个零点．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝lneq\f(1,e)－ae－2＋eq\f(1,e)<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝lneq\f(2,a)－a·eq\f(4,a2)＋eq\f(2,a)<eq\f(2,a)－a·eq\f(4,a2)＋eq\f(2,a)＝0(∵lnx<x)．又x2＝eq\f(1＋\r(8a＋1),4a)<eq\f(1＋\r(8＋1),4a)＝eq\f(1,a)<eq\f(2,a)，且x2＝eq\f(1＋\r(8a＋1),4a)＝eq\f(2,\r(8a＋1)－1)>eq\f(2,\r(8＋1)－1)＝1>eq\f(1,e)，f(x2)＝lnx2－axeq\o\al(2,2)＋x2＝eq\f(1,2)(2lnx2＋x2－1)>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，x2))与eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(2,a)))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＝eq\f(lnx＋x,x2)有两解．令g(x)＝eq\f(lnx＋x,x2)，x>0，则g′(x)＝eq\f(1－2lnx－x,x3).由g′(x)＝eq\f(1－2lnx－x,x3)>0，得2lnx＋x<1，解得0<x<1，∴g(x)在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减，又当x≥1时，g(x)>0，当x→0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a≥1时，a≥g(x)max，方程至多一解，不符合题意；当a≤0时，方程至多一解，不符合题意；当a∈(0,1)时，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))<0，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))－a<0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝eq\f(a2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)＋\f(2,a)))<eq\f(a2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(2,a)))＝a，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))－a<0.∴方程在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))与eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2,a)))上各有一个根，∴f(x)有两个零点．∴a的取值范围为(0,1)．[考法二函数零点与极值点的偏移问题]eq\a\vs4\al([典例])已知函数f(x)＝lnx－ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．证明：x1x2>e2.[破题思路]证明x1x2>e2，想到把双变量x1，x2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＝eq\f(x1,x2)构造函数(学生用书不提供解题过程)不妨设x1>x2>0，因为lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，所以eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝a，欲证x1x2>e2，即证lnx1＋lnx2>2.因为lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，所以即证a>eq\f(2,x1＋x2)，所以原问题等价于证明eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)>eq\f(2,x1＋x2)，即lneq\f(x1,x2)>eq\f(2x1－x2,x1＋x2)，令c＝eq\f(x1,x2)(c>1)，则不等式变为lnc>eq\f(2c－1,c＋1).令h(c)＝lnc－eq\f(2c－1,c＋1)，c>1，所以h′(c)＝eq\f(1,c)－eq\f(4,c＋12)＝eq\f(c－12,cc＋12)>0，所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(c)>h(1)＝ln1－0＝0，即lnc－eq\f(2c－1,c＋1)>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e2得证．[启思维]该方法的基本思路是直接消掉参数a，再结合所证问题，巧妙引入变量c＝eq\f(x1,x2)，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＝eq\f(x1,x2)，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(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知lnx1，lnx2是方程x＝aex的两根．令t1＝lnx1，t2＝lnx2.设g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔lnx1＋lnx2>2⇔t1＋t2>2.下证：t1＋t2>2.g′(x)＝(1－x)e－x，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x＝1处取得极大值g(1)＝eq\f(1,e).当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)>0.由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设t1<t2，作出函数g(x)的图象如图所示，由图知必有0<t1<1<t2，令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0,1]，则F′(x)＝g′(1＋x)－g′(1－x)＝eq\f(x,ex＋1)(e2x－1)>0，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(1＋x)>g(1－x)对任意的x∈(0,1]恒成立．由0<t1<1<t2，得1－t1∈(0,1]，所以g[1＋(1－t1)]＝g(2－t1)>g[1－(1－t1)]＝g(t1)＝g(t2)，即g(2－t1)>g(t2)，又2－t1∈(1，＋∞)，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以2－t1<t2，即t1＋t2>2.[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，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(x0＋x)－g(x0－x)；(3)确定函数F(x)的单调性；(4)结合F(0)＝0，确定g(x0＋x)与g(x0－x)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s＝Δt＝t2－t1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(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知lnx1，lnx2是方程x＝aex的两根．设t1＝lnx1，t2＝lnx2，设g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔lnx1＋lnx2>2⇔t1＋t2>2.下证：t1＋t2>2.由g(t1)＝g(t2)，得t1e－t1＝t2e－t2，化简得et2－t1＝eq\f(t2,t1)，①不妨设t2>t1，由法二知，0<t1<1<t2.令s＝t2－t1，则s>0，t2＝s＋t1，代入①式，得es＝eq\f(s＋t1,t1)，解得t1＝eq\f(s,es－1).则t1＋t2＝2t1＋s＝eq\f(2s,es－1)＋s，故要证t1＋t2>2，即证eq\f(2s,es－1)＋s>2，又es－1>0，故要证eq\f(2s,es－1)＋s>2，即证2s＋(s－2)(es－1)>0，②令G(s)＝2s＋(s－2)(es－1)(s>0)，则G′(s)＝(s－1)es＋1，G″(s)＝ses>0，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②式成立，故t1＋t2>2.[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)取差构元：记s＝t2－t1，则t2＝t1＋s，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(x)＝(x－1)ex－mx2＋2，其中m∈R，e＝2.71828…为自然对数的底数．(1)当m＝1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(x1<x2)，证明：x2－x1>lneq\f(4,e).解：(1)当m＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2＋2，∴f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)．由f′(x)＝x(ex－2)＝0，解得x＝0或x＝ln2.当x>ln2或x<0时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)．当0<x<ln2时，f′(x)<0，∴f(x)的单调递减区间为(0，ln2)．(2)证明：由f′(x)＝x(ex－2m)＝0，解得x＝0或x＝ln2m.当x>ln2m时，f′(x)>0，f(x)在(ln2m，＋∞)上单调递增；当0<x<ln2m时，f′(x)<0，f(x)在[0，ln2m]上单调递减．∴f(x)的极小值为f(ln2m)．∵函数f(x)在[0，＋∞)上有两个零点x1，x2(x1<x2)，∴f(ln2m)<0.由f(0)＝1>0，f(1)＝2－m<0，可知x1∈(0,1)．f(ln2m)<0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f(x)在(ln2m，＋∞)上单调递增．∴x2∈(ln2m，＋∞)．∴x2>ln2m>ln4.∵0<x1<1，∴x2－x1>ln4－1＝lneq\f(4,e).[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．eq\a\vs4\al([典例])已知函数f(x)＝lnx－bx＋c，f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y＋4＝0.(1)求f(x)的解析式；(2)求f(x)的单调区间；(3)若在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，5))内，恒有f(x)≥x2＋lnx＋kx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即可．要注意f(x)的定义域第(3)问求什么想什么求k的取值范围，想到建立关于k的不等式给什么用什么题干中给出不等式f(x)≥x2＋lnx＋kx在区间eq\f(1,2)，5上恒成立．用分离参数法转化为k≤－x－2－eq\f(3,x)的形式差什么找什么差g(x)＝－x－2－eq\f(3,x)在区间eq\f(1,2)，5上的最小值，利用导数求g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，5))上的最小值即可[规范解答](1)f′(x)＝eq\f(1,x)－b，∴f′(1)＝1－b，又f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为－1，故1－b＝－1，b＝2.∵(1，f(1))在切线x＋y＋4＝0上，∴f(1)＝－5，∴f(1)＝－b＋c＝－5，将b＝2代入，得c＝－3，故f(x)＝lnx－2x－3.(2)依题意知x>0，f′(x)＝eq\f(1,x)－2.令f′(x)>0，得0<x<eq\f(1,2)，再令f′(x)<0，得x>eq\f(1,2)，故函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).(3)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，5))上，由f(x)≥x2＋lnx＋kx，得lnx－2x－3≥x2＋lnx＋kx，∴k≤－x－2－eq\f(3,x).设g(x)＝－x－2－eq\f(3,x)，则g′(x)＝－1＋eq\f(3,x2)，令g′(x)＝0，得x＝eq\r(3)(负值舍去)．令g′(x)>0，得0<x<eq\r(3)，令g′(x)<0，得x>eq\r(3)，故当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\r(3)))时，函数g(x)单调递增，当x∈(eq\r(3)，5)时，函数g(x)单调递减，∴g(x)的最小值只能在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，5))的端点处取得，又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,2)－2－6＝－eq\f(17,2)，g(5)＝－5－2－eq\f(3,5)＝－eq\f(38,5)，∴g(x)min＝－eq\f(17,2).∴k≤－eq\f(17,2)，即k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(17,2))).[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)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Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.解：(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.当x≠1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．(ⅰ)当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；(ⅱ)当a>0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0,2)时，h′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h(2)＝1－eq\f(4a,e2)是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．①当h(2)>0，即a<eq\f(e2,4)时，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．②当h(2)＝0，即a＝eq\f(e2,4)时，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．③当h(2)<0，即a>eq\f(e2,4)时，因为h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点．由(1)知，当x>0时，ex>x2，所以h(4a)＝1－eq\f(16a3,e4a)＝1－eq\f(16a3,e2a2)>1－eq\f(16a3,2a4)＝1－eq\f(1,a)>0，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＝eq\f(e2,4).[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Ⅱ)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－a(x2＋x＋1)．(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点．解：(1)当a＝3时，f(x)＝eq\f(1,3)x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令f′(x)＝0，解得x＝3－2eq\r(3)或x＝3＋2eq\r(3).当x∈(－∞，3－2eq\r(3))∪(3＋2eq\r(3)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))时，f′(x)<0.故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－2eq\r(3))，(3＋2eq\r(3)，＋∞)，单调递减区间为(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))．(2)证明：因为x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.设g(x)＝eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a，则g′(x)＝eq\f(x2x2＋2x＋3,x2＋x＋12)≥0，仅当x＝0时，g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq\f(1,3)＝－6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,6)))2－eq\f(1,6)<0，f(3a＋1)＝eq\f(1,3)>0，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)＝lnx＋eq\f(1,ax)－eq\f(1,a)，a∈R且a≠0.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，试判断函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零点个数．解：(1)f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)(x>0)，当a<0时，f′(x)>0恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，由f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)>0，得x>eq\f(1,a)；由f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)<0，得0<x<eq\f(1,a)，∴函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减．综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减．(2)∵当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，判断函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零点，即求当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，方程(lnx－1)ex＋x＝m的根．令h(x)＝(lnx－1)ex＋x，则h′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋lnx－1))ex＋1.由(1)知当a＝1时，f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递减，在(1，e)上单调递增，∴当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，f(x)≥f(1)＝0.∴eq\f(1,x)＋lnx－1≥0在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上恒成立．∴h′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋lnx－1))ex＋1≥0＋1>0，∴h(x)＝(lnx－1)ex＋x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上单调递增．∴h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－2e＋eq\f(1,e)，h(x)max＝e.∴当m<－2e＋eq\f(1,e)或m>e时，函数g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上没有零点；当－2e＋eq\f(1,e)≤m≤e时，函数g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有一个零点．3．(2018·贵阳模拟)已知函数f(x)＝kx－lnx－1(k>0)．(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；(2)证明：当n∈N*时，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)>ln(n＋1)．解：(1)法一：f(x)＝kx－lnx－1，f′(x)＝k－eq\f(1,x)＝eq\f(kx－1,x)(x>0，k>0)，当0<x<eq\f(1,k)时，f′(x)<0；当x>eq\f(1,k)时，f′(x)>0.∴f(x)在0，eq\f(1,k)上单调递减，在eq\f(1,k)，＋∞上单调递增．∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))＝lnk，∵f(x)有且只有一个零点，∴lnk＝0，∴k＝1.法二：由题意知方程kx－lnx－1＝0仅有一个实根，由kx－lnx－1＝0，得k＝eq\f(lnx＋1,x)(x>0)，令g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)(x>0)，g′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，当0<x<1时，g′(x)>0；当x>1时，g′(x)<0.∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)max＝g(1)＝1，当x→＋∞时，g(x)→0，∴要使f(x)仅有一个零点，则k＝1.法三：函数f(x)有且只有一个零点，即直线y＝kx与曲线y＝lnx＋1相切，设切点为(x0，y0)，由y＝lnx＋1，得y′＝eq\f(1,x)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝\f(1,x0)，,y0＝kx0，,y0＝lnx0＋1，))∴k＝x0＝y0＝1，∴实数k的值为1.(2)证明：由(1)知x－lnx－1≥0，即x－1≥lnx，当且仅当x＝1时取等号，∵n∈N*，令x＝eq\f(n＋1,n)，得eq\f(1,n)>lneq\f(n＋1,n)，∴1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)>lneq\f(2,1)＋lneq\f(3,2)＋…＋lneq\f(n＋1,n)＝ln(n＋1)，故1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)>ln(n＋1)．4.已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋(c－3a－2b)x＋d的图象如图所示．(1)求c，d的值；(2)若函数f(x)在x＝2处的切线方程为3x＋y－11＝0，求函数f(x)的解析式；(3)在(2)的条件下，函数y＝f(x)与y＝eq\f(1,3)f′(x)＋5x＋m的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．解：函数f(x)的导函数为f′(x)＝3ax2＋2bx＋c－3a－2b.(1)由图可知函数f(x)的图象过点(0,3)，且f′(1)＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝3，,3a＋2b＋c－3a－2b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝3，,c＝0.))(2)由(1)得，f(x)＝ax3＋bx2－(3a＋2b)x＋3，所以f′(x)＝3ax2＋2bx－(3a＋2b)．由函数f(x)在x＝2处的切线方程为3x＋y－11＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f2＝5，,f′2＝－3，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(8a＋4b－6a－4b＋3＝5，,12a＋4b－3a－2b＝－3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－6，))所以f(x)＝x3－6x2＋9x＋3.(3)由(2)知f(x)＝x3－6x2＋9x＋3，所以f′(x)＝3x2－12x＋9.函数y＝f(x)与y＝eq\f(1,3)f′(x)＋5x＋m的图象有三个不同的交点，等价于x3－6x2＋9x＋3＝(x2－4x＋3)＋5x＋m有三个不等实根，等价于g(x)＝x3－7x2＋8x－m的图象与x轴有三个不同的交点．因为g′(x)＝3x2－14x＋8＝(3x－2)(x－4)，令g′(x)＝0，得x＝eq\f(2,3)或x＝4.当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如表所示：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,3)))eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，4))4(4，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)极大值极小值geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(68,27)－m，g(4)＝－16－m，当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝\f(68,27)－m>0，,g4＝－16－m<0))时，g(x)图象与x轴有三个交点，解得－16<m<eq\f(68,27).所以m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－16，\f(68,27))).5．(2018·南宁二中、柳州高中二联)已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)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′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<0.解：(1)函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋(2－a)＝－eq\f(ax－12x＋1,x)，①当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a>0时，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，则f′(x)>0，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，则f′(x)<0，则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．(2)法一：构造差函数法由(1)易知a>0，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减，不妨设0<x1<eq\f(1,a)<x2，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<0⇔eq\f(x1＋x2,2)>eq\f(1,a)⇔x1＋x2>eq\f(2,a)，故要证f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<0，只需证x1＋x2>eq\f(2,a)即可．构造函数F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－x))，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，F′(x)＝f′(x)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－x))))′＝f′(x)＋f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－x))＝eq\f(2axax－2＋2,x2－ax)＝eq\f(2ax－12,x2－ax)，∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，∴F′(x)＝eq\f(2ax－12,x2－ax)>0，∴F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，∴F(x)<Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－\f(1,a)))＝0，即f(x)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－x))，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，又x1，x2是函数f(x)的两个零点且0<x1<eq\f(1,a)<x2，∴f(x1)＝f(x2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－x1))，而x2，eq\f(2,a)－x1均大于eq\f(1,a)，∴x2>eq\f(2,a)－x1，∴x1＋x2>eq\f(2,a)，得证．法二：对数平均不等式法易知a>0，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减，不妨设0<x1<eq\f(1,a)<x2，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<0⇔eq\f(x1＋x2,2)>eq\f(1,a).因为f(x)的两个零点是x1，x2，所以lnx1－axeq\o\al(2,1)＋(2－a)x1＝lnx2－axeq\o\al(2,2)＋(2－a)x2，所以lnx1－lnx2＋2(x1－x2)＝a(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＋x1－x2)，所以a＝eq\f(lnx1－lnx2＋2x1－x2,x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2)＋x1－x2)，以下用分析法证明，要证eq\f(x1＋x2,2)>eq\f(1,a)，即证eq\f(x1＋x2,2)>eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2)＋x1－x2,lnx1－lnx2＋2x1－x2)，即证eq\f(x1＋x2,2)>eq\f(x1＋x2＋1,\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＋2)，即证eq\f(2,x1＋x2)<eq\f(\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＋2,x1＋x2＋1)，只需证eq\f(2,x1＋x2)<eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，即证eq\f(x1＋x2,2)>eq\f(x1－x2,lnx1－lnx2)，根据对数平均不等式，该式子成立，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<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0<x1<x2，所以lnx1－axeq\o\al(2,1)＋(2－a)x1＝lnx2－axeq\o\al(2,2)＋(2－a)x2，所以a(xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1))＋(a－2)(x2－x1)＝lnx2－lnx1，所以eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＝a(x2＋x1)＋a－2，f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋2－a，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＝eq\f(2,x1＋x2)－a(x1＋x2)－(a－2)＝eq\f(2,x1＋x2)－eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＝eq\f(1,x2－x1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)－1)),1＋\f(x2,x1))－ln\f(x2,x1)))，令t＝eq\f(x2,x1)(t>1)，g(t)＝eq\f(2t－1,1＋t)－lnt，则当t>1时，g′(t)＝eq\f(－t－12,tt＋12)<0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递减，所以当t>1时，g(t)<g(1)＝0，所以f′eq\b\lc\(