2025年高考数学必刷题分类：第25讲、函数的零点问题（教师版）

第25讲函数的零点问题

知识梳理

1、函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函

数零点情况，求参数的值或取值范围.

求解步骤：

第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x轴(或直线yk)

在某区间上的交点问题；

第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其

图像；

第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数.

2、函数零点的求解与判断方法：

(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．

(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)

＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．

(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点

的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．

3、求函数的零点个数时，常用的方法有：一、直接根据零点存在定理判断；二、将fx

整理变形成fxgxhx的形式，通过gx,hx两函数图象的交点确定函数的零点个

数；三、结合导数，求函数的单调性，从而判断函数零点个数.

4、利用导数研究零点问题：

（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，

可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图像；

（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值

域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；

（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②

利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.

必考题型全归纳

题型一：零点问题之一个零点

例1．（2024·江苏南京·南京市第十三中学校考模拟预测）已知函数

1

fxlnx,gxx22x1.

2

（1）求函数xgx3fx的单调递减区间；

（2）设hxafxgx，aR.

①求证：函数yhx存在零点；

②设a0，若函数yhx的一个零点为m.问：是否存在a，使得当x0,m时，函数

yhx有且仅有一个零点，且总有hx0恒成立？如果存在，试确定a的个数；如果不

存在，请说明理由.

1

【解析】（1）由题可知x3lnxx22x1，定义域为0,.

2

x3x1‘

则‘x

，令x0，解得x1（舍）或x=3，

x

故可得x在0,3单调递减.

1

（2）hxalnxx22x1，

2

x22xa

①由题可知hx.令yx22xa，则其44a.

x

⒈当a1时，0,hx0，故hx在0,上单调递减.

11

又因为h10,h3aln30，

22

故hx在区间1,3上一定有一个零点；

⒉当1a0时，0，令yx22xa0，

解得x11a1,x21a1，

令hx0，故可得xx1,x2，故hx在区间x1,x2上单调递增；

令hx0，故可得x0,x1或x2,，故hx在0,x1，x2,单调递减.

又x21a1

1,2，故可得x22，

又因为h2aln211ln20,h4aln411，

故hx在区间2,4上一定有一个零点.

1

⒊当a=0时，hxx22x1，令hx0，

2

解得x22，显然hx存在零点.

⒋当a0时，令hx0，解得x1a12,，

故可得hx在区间0,1a1单调递增；在1a1,单调递减.

1171

又因为haln40，h10，

4322

1

故hx在区间,1上一定存在一个零点.

4

综上所述，对任意的aR，hx一定存在零点.

②由①可知，当a1时，

hx在0,上单调递减.

且只在区间1,3上存在一个零点，显然不满足题意.

当1a0时，

hx在0,1a1单调递减，在1a1,1a1单调递增，

在1a1,单调递减.且1a12

且在区间2,4上一定有一个零点，不妨设零点为m，则m1a1，

故要存在a，使得当x0,m时，函数yhx有且仅有一个零点，

且总有hx0恒成立，

只需h1a10，

12

即aln1a11a121a110，（ⅰ）

2

a

整理得aln1a1a10，a1,0.

2

则上述方程在区间1,0上根的个数，即为满足题意的a的个数.

不妨令1a1t,则t0,1，at22t

1

故方程（ⅰ）等价于t22tlntt22t10.

2

1

不妨令mtt22tlntt22t1，

2

故可得mt2t1lnt0在区间0,1上恒成立.

故ymt在区间0,1上单调递增.

1111

又因为m18ln5310,m6ln210，

55028

故可得函数mt在区间0,1上只有一个零点.

则方程（ⅰ）存在唯一的一个根.

即当a0时，有且仅有一个a，使得当x0,m时，

函数yhx有且仅有一个零点，且总有hx0恒成立.

例2．（2024·广东·高三校联考阶段练习）已知函数f(x)exasinx1，

2xa2

gxacosxsinx2，fx在0,上有且仅有一个零点x0.

ex

(1)求a的取值范围；

(2)证明：若1a2，则gx在,0上有且仅有一个零点x1，且x0x10.

【解析】（1）f(x)exacosx，设(x)f(x)，

(x)exasinx，

①当a0时，若x0,，则f(x)ex10，

fx在0,上无零点，不符合题意；

②当0a1时，若x0,，则f(x)1acosx1a0，

∴fx在0,上单调递增，

∴fxf00，∴fx在0,上无零点，不符合题意；

③当a1时，若x0,，则(x)0，∴fx在0,上单调递增，

∵f01a0，fea0，

∴存在唯一t0,，使得ft0.

当x0,t时，fxft0；当xt,时，fxft0，

故fx在0,t上单调递减，在t,上单调递增，

∵f00，f()e10，

故fx在0,上有且仅有一个零点x0，符合题意；

综上，a的取值范围为1,.

g(x)a(sinxcosx)2

（2）记h(x)2xa2，

exexex

2asinx22f(x)

h(x)2，

exexex

由（1）知：若1a2，当x0,x0时，fx0，hx0，

当xx0,时，fx0，hx0，

故hx在0,x0上单调递减，在x0,上单调递增，

2a

又h(0)0，h()2a22a2240，

e

故存在唯一x20,，使得hx20，且x2x0.

g(x)

注意到h(x)，可知gx在,0上有且仅有一个零点xx，

ex12

且x1x2x0，即x0x10.

x1

例3．（2024·全国·高三专题练习）已知函数fxalnx.

ex

(1)当a1时，求曲线yfx在点1,f1处的切线方程；

(2)证明：当a0时，fx有且只有一个零点；

(3)若fx在区间0,1,1,各恰有一个零点，求a的取值范围.

x112x1

【解析】（1）由题意，fxlnx，fx，故f11，又f10，

exxexe

111

故曲线yfx在点1,f1处的切线方程为y1x1，即y1x1

eee

x1

（2）由题意，因为a0，故当x1时，fxalnx0，当x0,1时，

ex

x1

fxalnx0，当x1时，f10，故当a0时，fx有且只有一个零点x1

ex

x1a2xaex2xx2

（3）由（2）可得a<0，fxalnx，故fx

exxexxex

设gxaex2xx2，则

12

①若a，则gxaex2xx2ex1x11，在x1,上为减函数，故

e

2

gxe111110，故fx在x1,上为减函数，fxf10不满足题意；

1

②若a0，gxaex22x

e

i）当x1,时，gx0，gx单调递减，且g1ae10，g2ae20，故存

在x01,2使得gx0，故fx在1,x0上单调递增，在x0,上单调递减.又

1111

11ea

1aaa

e1e1ee1

，e，且aa，设

fx0f10afealne1111

ee1

eeaeeaeea

xexxx0，易得xex10，故x在0,单调递增，故

11

11

0aa

，故ea，故故在上有一个零点，综上

x0e00afe0.fx1,e

ee

有fx在区间1,上有一个零点

ii）当x0,1时，gxaex22x，设hxgxaex22x，则hxaex20，

故gx为减函数，因为g0a20，g1ae0，故存在x10,1使得gx0成

x2

立，故gxae2xx在0,x1单调递增，在x1,1单调递减.又g0a0，

g1ae10，故存在x20,1使得gx20成立，故在0,x2上gx0，fx单调

1

递减，在x,1上gx0，fx单调递增又f10，故fxf10，且-e，

2.2eae1

11111

a1

11ea1ea1eeea1e0ea1

aa，故fea0，故存在

fealne111110

eaeaeaea

eeee

1

a

x3e,1使得fx0，综上有fx在区间0,1上有一个零点.

1

综上所述，当a0时，fx在区间0,1,1,各恰有一个零点

e

变式1．（2024·广东茂名·高三统考阶段练习）已知a0，函数fxxexa，gxxlnxa.

(1)证明：函数fx，gx都恰有一个零点；

(2)设函数fx的零点为x1，gx的零点为x2，证明x1x2a.

xx

【解析】（1）函数fxxea的定义域为R，fxx1e，

Qx1时，fx0，x1时，f¢(x)>0，

\f(x)在,1上单调递减，fx在1,上单调递减增，

Qx0时，fx0，f0a0，faaeaaaea10，

函数fx恰有一个零点.

函数gxxlnxa的定义域为0,，gxlnx1，

11

0x时，gx0，x时，gx0，

ee

11

gx在0,上单调递减，gx在,上单调递增，

ee

x1时，gx0，g1a0，

令bmaxa,e（maxm,n表示m,n中最大的数），gbblnbaalna10，

函数gx恰有一个零点；

（2）由（1）得函数fx的零点为x1，且x1>0，gx的零点为x2，且x21，

x1

则有x1ea0，x2lnx2a0，

x1x1lnx2

x1ex2lnx2，x1elnx2e，fx1flnx2，

fx在0,上单调递增，由（1）可得x1>0，x21，lnx20，

x1

x1lnx2，ex2，

x1

x1ea0，x1x2a0，x1x2a.原式得证.

题型二：零点问题之二个零点

例4．（2024·海南海口·统考模拟预测）已知函数f(x)xex2.

(1)求f(x)的最小值；

(2)设F(x)f(x)a(x1)2(a0).

（ⅰ）证明：F(x)存在两个零点x1，x2；

（ⅱ）证明：F(x)的两个零点x1，x2满足x1x220.

【解析】（1）f(x)ex2xex2(x1)ex2，

所以当x1时，f(x)0，当x1时，f(x)0，

所以函数f(x)在(,1]上单调递减，在(1,)上单调递增，

所以f(x)的最小值为f(1)e．

（2）（ⅰ）证明：F(x)xex2a(x1)2，a0，F(x)(x1)(ex22a)，

因为a0，所以ex22a0，所以当x1时，F(x)0，x1时，F(x)0，

所以F(x)在(,1]上单调递减，在(1,)上单调递增，

则函数F(x)有最小值F(1)e．

由a0，F(x)xex2ax22axaxex2ax22axx(ex2ax2a)，

下面证明，在(,1]上，对a0，只要x足够小，必存在xx0(,1]，

x02

使得eax02a0：

1

实际上，当x<2时，0ex21，令ax2a1，得x22，

a

1x02

所以对a0，取x0(,2)，必有x(eax2a)0，即F(x)0，

a000

所以在区间(,1]上，存在唯一的x1(x0,1)，F(x1)0，

又F(0)10，所以在区间(1,)上，存在唯一的x2(1,0)，F(x2)0，

综上，F(x)存在两个零点．

（ⅱ）要证x1x220，需证x12x2，由1x20，所以2x21，

因为F(x)在(,1]上单调递减，因此需证：F(2x2)F(x1)0，

x22x222

F(2x2)(2x2)ea(x21)，F(x2)x2ea(x21)0，

x2x22

所以F(2x2)(2x2)ex2e，1x20，

设g(x)(2x)exxex2，1x0，

则g(x)exxexex2xex2ex(x1)(1e2x2)0，

所以g(x)在(1,0)上单调递减，g(x)g(1)0，即

x2x22

F(2x2)(2x2)ex2e0，

结论得证，所以x1x220．

例5．（2024·甘肃天水·高三天水市第一中学校考阶段练习）已知函数

f(x)lnxax2(2a1)x．

（1）讨论函数f(x)的单调性；

（2）当a0时，g(x)(x1)f(x)x21，证明：函数g(x)有且仅有两个零点，两个零点

互为倒数．

1(2ax1)(x1)

【解析】（1）f(x)的定义域为(0,)且f(x)2ax2a1，

xx

若a0，则当x(0,)时，f(x)0，故f(x)在(0,)上单调递增；

11

若a<0，则当x(0,),f(x)0，当x(,),f(x)0，

2a2a

11

故f(x)在(0,)上单调递增，在(,)上单调递减.

2a2a

1

（2）g(x)(x1)f(x)x21(x1)lnxx1，所以，g(x)lnx，

x

1

因为ylnx在(0,)上递增，y在(0,)递减，所以g(x)在(0,)上递增，

x

1ln41

又g(1)10,g(2)ln20，

22

故存在唯一x0(1,2)使得g(x0)0，所以g(x)在(0,x0)上递减，在(x0,)上递增，

22

又g(x0)g(1)2,g(e)e30，所以g(x)0在(x0,)内存在唯一根，

11111g()

由1x得1x，又g()(1)ln10，

00

1

故是g(x)0在(0,x)上的唯一零点．

0

综上，函数g(x)有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数.

例6．（2024·四川遂宁·高三射洪中学校考期中）已知函数f(x)lnxax2(2a1)x．

（1）若函数f(x)在x1处取得极值，求曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程；

（2）讨论函数f(x)的单调性；

（3）当a0时，g(x)(x1)f(x)x21，证明：函数g(x)有且仅有两个零点，且两个零

点互为倒数．

1

【解析】（1）求导：f(x)2ax2a1，由已知有f(1)0，即12a2a10，

x

113

所以a，则f(x)lnxx2，所以切点为(2,ln22)，切线斜率kf(2)，

222

3

故切线方程为：yx1ln2.

2

1(2ax1)(x1)

（2）f(x)的定义域为(0,)且f(x)2ax2a1，

xx

若a0，则当x(0,)时，f'(x)0，故f(x)在(0,)上单调递增；

11

若a<0，则当x(0,),f'(x)0，当x(,),f'(x)0，

2a2a

11

故f(x)在(0,)上单调递增，在(,)上单调递减.

2a2a

1

（3）g(x)(x1)f(x)x21(x1)lnxx1，所以，g(x)lnx，

x

1

因为ylnx在(0,)上递增，y在(0,)递减，所以g(x)在(0,)上递增，

x

1ln41

又g(1)10,g(2)ln20，

22

故存在唯一x0(1,2)使得g(x0)0，所以g(x)在(0,x0)上递减，在(x0,)上递增，

22

又g(x0)g(1)2,g(e)e30，所以g(x)0在(x0,)内存在唯一根

，

11111g()

由1x得1x，又g()(1)ln10，

00

1

故是g(x)0在(0,x)上的唯一零点．

0

综上，函数g(x)有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数.

变式2．（2024·全国·高三专题练习）已知函数f(x)exlnxa.

（1）若a3.证明函数f(x)有且仅有两个零点；

x1x2x1x2

（2）若函数f(x)存在两个零点x1,x2，证明：eee22a.

【解析】（1）由题可知，定义域(0,)

11

当a3时，函数f(x)exlnx3，则f(x)ex，f(x)ex0（f(x)为f(x)的

xx2

导函数）

f(x)单调递增

11

fe220,f(1)e10，

2

1x1x1

00

x0,1使f(x0)e0,e.

2x0x0

x0,x0时，f(x)0,f(x)单调递减；xx0,时，f(x)0,f(x)单调递增

x01

所以f(x)minfx0elnx03x03

x0

1111

由双勾函数性质可知，fx0在,1递减，fx0f230，

2222

11

131311

ee，且，

feln3e03

e3e3e2

在0,x0上有且只有一个零点

又f(e)eelne3ee42240，且e1

所以在x0,上有且只有一个零点

综上，函数f(x)有且仅有两个零点

x1x2

（2）由x1,x2是函数f(x)的两个零点，知elnx1a,elnx2a

x1x2

eelnx1lnx22alnx1x22a

要证ex1x2ex1ex222a

x1x2

需证elnx1x22a22alnx1x22

令x1x2t(0,)

需证etlnt20

令f(t)etlnt2

t011

与（1）同理得f(t)minelnt02t02220,t0,1

t02

所以etlnt20

故ex1x2ex1x222a

变式3．（2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知函数f(x)lnxax(aR)在其

定义域内有两个不同的零点．

（1）求a的取值范围；

（2）记两个零点为x1,x2，且x1x2，已知0，若不等式lnx21lnx110恒成立，

求的取值范围．

【解析】（1）依题意，函数f(x)在定义域(0,)上有两个不同的零点，即方程lnxax0在

lnx

(0,)）上有两个不同的解，也即a在(0,)上有两个不同的解．

x

lnx1lnx

令g(x)，则g(x)．

xx2

当0xe时，g(x)0，所以g(x)在(0,e)上单调逆增，

当xe时，g(x)0，所以g(x)在(e,)上单调递减，

1

所以g(x)g(e)．

maxe

1lnxx1

又ge0，xe时，0g(x)

exxx

当x时，g(x)0，且g(x)0，

lnx

若函数g(x)与函数ya的图象在(0,)上有两个不同的交点，

x

1

则0a．

e

（2）因为x1,x2为方程lnxax0的两根，

所以lnx1ax1，lnx2ax2．

不等式lnx21lnx110，变形可得1lnx1lnx2，

代入可得1lnx1lnx2ax1ax2ax1x2．

1

因为0，0x1x2，所以原不等式等价于a．

x1x2

x

xln1

1

又由lnx1ax1，lnx2ax2，作差得lnax1x2，所以x2．

x2a

x1x2

x

ln1

所以原不等式等价于x1x(1)xx恒成立．

2ln112

x1x2x1x2x2x1x2

x1(1)(t1)

令t，则t(0,1)，不等式等价于lnt在t(0,1)上恒成立．

x2t

(1)(t1)(t1)t2

令h(t)lnt，则h(t)．

tt(t)2

①当1时，h(t)0，所以h(t)在(0,1)上单调递，因此h(t)h(1)0，满足条件；

22

②当01时，h(t)在0,上单调递增，在,1上单调递减，又h(1)0，所以h(t)在(0,1)

上不能恒小于零．

综上，1．

1

变式4．（2024·江苏·高三专题练习）已知函数fxax4x2，x(0,)，

2

gxfxfx．

(1)若a0，求证：

（ⅰ）fx在f(x)的单调减区间上也单调递减；

（ⅱ）gx在(0,)上恰有两个零点；

(2)若a1，记gx的两个零点为x1,x2，求证：4x1x2a4．

1

【解析】(1)证明：(1)(ⅰ)因为fxax4x2，x(0,)

2

f'(x)4ax3x

由f''(x)(4ax3x)'12ax21

'''1

令f(x)0得f(x)的递减区间为0,

23a

132

当x0,时，f(x)4axxx(4ax1)0，

23a

所以f(x)在f'(x)的递减区间上也递减．

11

(ⅱ)gx＝fxfx＝ax4x24ax3－x＝ax4－4ax3x2x

22

11

因为x0，由gx＝ax44ax3x2x＝0得ax34ax2x1＝0，

22

11

令x＝ax34ax2x1，则x＝3ax28ax.

22

1

因为a0，且0＝0，所以x必有两个异号的零点，记正零点为x，

20

，

则当x0x0时，x0，x单调递减；

当xx0,时，x0，x单调递增，若x在0,上恰有两个零点，则x00

11

由x＝3ax28ax0，得3ax28ax，

0002002

3217481

所以x＝axx，又'x对称轴x，'0＝'()

090309332

87

所以x

033

3217

所以xax(x)0.

090303

＝

又010，所以在0,x0上有且仅有一个零点．

11

又(x)ax34ax2x1x(ax24ax)1

22

2

214a16a2a

令ax4ax0，解得x.

22a

4a16a22a

所以取M，当xM时，x0

2a

所以在x0,M上有且仅有一个零点．

故a0时，gx在0,上恰有两个零点．

1

由（ⅱ）知，对(x)ax34ax2x1在0,上恰有两个零点x，x，

(2)212

＝11

不妨设x1x2，因为010，(67a)0

28

1

所以0x

12

91

因为4＝1＜0，＝81a100

28

9

所以4x

22

19

所以4xx54a

1222

题型三：零点问题之三个零点

ax2

例7．（2024·山东·山东省实验中学校联考模拟预测）已知函数fxlnxlna1有三

ex1

个零点.

(1)求a的取值范围；

x1x3

(2)设函数fx的三个零点由小到大依次是x1,x2,x3.证明：aee.

ae1x2x2x31

【解析】（1）因为fx定义域为0,，又fx(a0)，

x

（ⅰ）当x2,fx0,fx单调递减；

2x2x3xx1x4

（ⅱ）当x0,2，记gx，则gx，

ex1ex1

当x0,1,gx0；当x1,2,gx0，

所以gx在0,1单调递增，在1,2上单调递减，gxg11，

又g00,g20，所以0gx1，

①当a0,1,fx0，则fx单调递减，至多一个零点，与题设矛盾；

1

agx

②当a，由（ⅱ）知，fx有两个零点，

a1,fx

x

记fx两零点为m,n，且m1n，

则fx在0,m上单调递减，在m,n上单调递增，在n,上单调递减，

因为fnf10，令pxxe1x,(0x1)，则px1xe1x0,(0x1)，

11

111111

所以01,fea1e110，

aaa1

所以fn0,fm0，且x趋近0，fx趋近于正无穷大，x趋近正无穷大，fx趋近

负无穷大，

所以函数fx有三零点，

综上所述，a1；

aexlnaexlnexlnaex

（2）fx0等价于，即，

exxexaex

lnx1lnx

令tx，则tx，

xx2

所以tx在0,e上单调递增，在e,上单调递减，

1

由（1）可得xx1x，则aexe,ex1e,aexe,ex3e，

1a2313

x1x3x1x3

所以taex1te,taex3te，所以aex1e,aex3e，

x1lnx1lneak

则x1,x3满足，k1，

x3lnx3lneak

x1x3

要证aee，等价于证x1x32k，

x1lnx1kx1

易知，令qxxlnx，则qx，

x3lnx3kx

令qx0得0x1，令qx0得x1，

所以函数qx在0,1上单调递减，在1,上单调递增，

下面证明x1x31k，由x11x3，即证qx3q1kx1，

即证k1kx1ln1kx1，

即证01x1ln1x1lnx1x11x1ln1lnx1，

1x1

即证e1lnx10,x10,1，

1x

1xxe1

令cxe1lnx,x0,1，cx，

x

令yxe1x1，则yx1e1x0,x0,1，所以yxe1x10，

1x

xe11x1

所以cx0，则cxc10，所以e1lnx10,x10,1，

x

所以x1x31k，所以x1x31lnx1x3x1x32k1k2k1k，

所以x1x32k，所以原命题得证.

x1

例8．（2024·广东深圳·校考二模）已知函数f(x)alnx.

x1

(1)当a1时，求f(x)的单调区间；

1

(2)①当0a时，试证明函数f(x)恰有三个零点；

2

xx22

②记①中的三个零点分别为1，2，x3，且x1x2x3，试证明x1(1x3)a(x11).

x1

【解析】（1）当a1时f(x)lnx，定义域为(0,)，

x1

x1(x1)121x21

所以f(x)0，

(x1)2x(x1)2xx(x1)2

所以f(x)在定义域上单调递减，其单调递减区间为(0,)，无单调递增区间．

x1

（2）①由f(x)alnx定义域为(0,)，

x1

x1(x1)a2xax22axaax22(1a)xa

所以f(x)，

(x1)2xx(x1)2x(x1)2

1

令ax22(1a)xa0，因为0a，4(12a)0，

2

1

设方程的两根分别为x，x，且xx，则x4x5210，xx1，

4545a45

所以f(x)有两个零点x4，x5，且0x41x5，

当x(0,x4)时，f(x)0，f(x)单调递减；

当x(x4,x5)时，f(x)0，f(x)单调递增；

当x(x5,)时，f(x)0，f(x)单调递减；

所以fx在xx4处取得极小值，在xx5处取得极大值，

又f10，故fx4f1fx5，则f(x4)0f(x5)，

1

1

1a

a211

a2e

又因为，fe10，且aa，

fe10e1e

a

ea1e1

11

故有aa，由零点存在性定理可知，

ex41x5e

11

aa

f(x)在e,x4恰有一个零点，在x5,e也恰有一个零点，

易知x1是f(x)的零点，所以f(x)恰有三个零点；

1

②由①知x21，0x11x3，则1，

x1

11x11

因为falnx1f(x1)0，所以x3，

x1x11x1

22

所以要证x1(1x3)a(x11)，

212

即证x1(1)a(x11)，

x1

即证x1(x11)a(x11)(x11)，

即证x1a(x11)，

x11

即证x1，

lnx1

1

即证lnx11(*)．

x1

111x1

令g(x)lnx1，则g(x)，

x