专题08 导数与不等式、函数零点相结合—三年高考(2015-2017)数学(理)真题分项版解析(解析版)

1.【2017课标3，理11】已知函数f(x)x2xa(e2x1ex1)有唯一零点，则a=

D．1

A．【答案】C【解析】

12B．

13C．

12试题分析：函数的零点满足x2xae设gxe，则gxe2x1ex1，

x1ex1x1ex1ex11ex1e2x11ex1，

当gx0时，x1，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1时，函数取得最小值g12，

设hxx2x，当x1时，函数取得最小值1，

2若a0，函数hx与函数agx没有交点，

当a0时，ag1h1时，此时函数hx和agx有一个交点，即a21，解得a1.故选C.2【考点】函数的零点；导函数研究函数的单调性，分类讨论的数学思想

2.【2017课标1，理21】已知函数f(x)ae（1）讨论f(x)的单调性；

2x(a2)exx.

（2）若f(x)有两个零点，求a的取值范围.【解析】

2018年暑假系统班，全国钜惠，99元16课时

试题分析：（1）讨论f(x)单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，在对a按a0，a0进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）题，若a0，f(x)至多有一个零点.若a0，当xlna时，f(x)取得最小值，求出最小值

1lna，根据a1，a(1,)，a(0,1)进行讨论，可知当a(0,1)有a32个零点，设正整数n0满足n0ln(1)，则

a3f(n0)en0(aen0a2)n0en0n02n0n00.由于ln(1)lna，因此f(x)af(lna)1在(lna,)有一个零点.所以a的取值范围为(0,1).试

题

解

析

：（

1

）

f(x)的定义域为

(,)，

f(x)2ae2x(a2)ex1(aex1)(2ex1)，

（ⅰ）若a0，则f(x)0，所以f(x)在(,)单调递减.（ⅱ）若a0，则由f(x)0得xlna.

当x(,lna)时，f(x)0；当x(lna,)时，f(x)0，所以f(x)在

(,lna)单调递减，在(lna,)单调递增.

（2）（ⅰ）若a0，由（1）知，f(x)至多有一个零点.

（ⅱ）若a0，由（1）知，当xlna时，f(x)取得最小值，最小值为

f(lna)11lna.a①当a1时，由于f(lna)0，故f(x)只有一个零点；②当a(1,)时，由于1③当a(0,1)时，1又f(2)ae41lna0，即f(lna)0，故f(x)没有零点；a1lna0，即f(lna)0.a(a2)e222e220，故f(x)在(,lna)有一个零点.

3ann0设正整数n0满足n0ln(1)，则f(n0)e0(aea2)n0en0n02n0n00.

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由于ln(1)lna，因此f(x)在(lna,)有一个零点.综上，a的取值范围为(0,1).

【考点】含参函数的单调性，利用函数零点求参数取值范围.

3a在大于0的点.

3.【2017课标II，理】已知函数fxaxaxxlnx，且fx0。

2(1)求a；

(2)证明：fx存在唯一的极大值点x0，且e【答案】(1)a1；(2)证明略。【解析】

2fx022。

试题解析：

+。（1）fx的定义域为0，设gxaxalnx，则fxxgx，fx0等价于gx0。因为g10,gx0，因g'10，而g'xa若a1，则g'x11,g'1a1，得a1。x1。当0x1时，g'x0，gx单调递减；xg'x0，gx单调递增。当x1时，所以x1是gx的极小值点，故gxg10综上，a1。

（2）由（1）知fxxxxlnx，f'x2x2lnx。

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设hx2x2lnx，则h'x2当x0,1。x11xh'x0时，；当,时，h'x0，

2211,单调递减，在单调递增。

2210，h10，211,有唯一零点，在x有唯一零点1，022所以hx在0,又he20，h所以hx在0,且当x0,x0时，hx0；当xx0,1时，hx0，当x1,时，hx0。

因为f'xhx，所以xx0是fx的唯一极大值点。由f'x00得lnx02x01，故fx0x01x0。由x00,1得fx01。4因为xx0是fx在（0,1）的最大值点，

112由e0,1，f'e0得fx0fee。

1所以e2fx022。

【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值

4.【2017天津，理20】设aZ，已知定义在R上的函数f(x)2x3x3x6xa在区间(1,2)内有一个零点x0，g(x)为f(x)的导函数.

4322018年暑假系统班，全国钜惠，99元16课时

（Ⅰ）求g(x)的单调区间；（Ⅱ）设m[1,x0)(x0,2]，函数h(x)g(x)(mx0)f(m)，求证：h(m)h(x0)0；

p[1,x0)(x0,2],满q（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p,q，且

足|p1.x0|4qAq1414【答案】（1）增区间是(,1)，(,)，减区间是(1,).（2）（3）证明见解析【解析】试题分析：由于g(x)为f(x)，所以判断g(x)的单调性，需要对f(x)二次求导，根据g(x)的导数的符号判断函数的单调性，给出单调区间;由h(x)g(x)(mx0)f(m)，得h(m)g(x0)(mx0)f(m)，.令函数H1(x)g(x)(xx0)f(x)，H2(x)g(x0)(xx0)f(x)分别求导

证明.有关零点问题，利用函数的单调性了解函数的图像情况，对极值作出相应的要求可控制零点的个数.

试题解析：（Ⅰ）由f(x)2x3x3x6xa，可得g(x)f(x)8x9x6x6，进而可得g(x)24x18x6.令g(x)0，解得x1，或x当x变化时，g(x),g(x)的变化情况如下表：

2432321.4x(,1)+↗1(1,)4-↘1(,)4+↗g(x)g(x)所以，g(x)的单调递增区间是(,1)，(,)，单调递减区间是(1,).（Ⅱ）证明：由h(x)g(x)(mx0)f(m)，得h(m)g(m)(mx0)f(m)，

1414h(x0)g(x0)(mx0)f(m).

令函数H1(x)g(x)(xx0)f(x)，则H1(x)g(x)(xx0).由（Ⅰ）知，当x[1,2]2018年暑假系统班，全国钜惠，99元16课时

时，g(x)0，故当x[1,x0)时，H1(x)0，H1(x)单调递减；当x(x0,2]时，

H1(x)0，H1(x)单调递增.因此，当x[1,x0)(x0,2]时，

H1(x)H1(x0)f(x0)0，可得H1(m)0,即h(m)0.

（III）证明：对于任意的正整数

p，q，且

p[1,x0)(x0,2]，q令mp，函数h(x)g(x)(mx0)f(m).q由（II）知，当m[1,x0)时，h(x)在区间(m,x0)内有零点；当m(x0,2]时，h(x)在区间(x0,m)内有零点.

所以h(x)在(1,2)内至少有一个零点，不妨设为x1，则

pph(x1)g(x1)(x0)f()0.

qq由（I）知g(x)在[1,2]上单调递增，故0g(1)g(x1)g(2)，

ppf()|f()|p|2p43p3q3p2q26pq3aq4|qq|于是|x0||.

qg(x1)g(2)g(2)q4因为当x[1,2]时，g(x)0，故f(x)在[1,2]上单调递增，所以f(x)在区间[1,2]上除x0外没有其他的零点，而

432ppx0，故f()0.qq234又因为p，q，a均为整数，所以|2p3pq3pq6pqaq|是正整数，从而|2p3pq3pq6pqaq|1.

4322342018年暑假系统班，全国钜惠，99元16课时

所以|p1p1.所以，只要取，就有.x0||x|Ag(2)0qg(2)q4qAq4【考点】导数的应用

【2016年】

1．【2016高考新课标1卷】已知函数fxx2exax1有两个零点.(I)求a的取值范围；

(II)设x1,x2是fx的两个零点,证明：x1x22.【答案】(0,)【解析】

试题分析：(I)求导,根据导函数的符号来确定,主要要根据导函数零点来分类；(II)借组第一问的结论来证明,由单调性可知x1x22等价于f(x1)f(2x2),即

2f(2x2)0．设g(x)xe2x(x2)ex,则g'(x)(x1)(e2xex)．则当x1时,

g'(x)0,而g(1)0,故当x1时,g(x)0．从而g(x2)f(2x2)0,故x1x22．

试题解析;（Ⅰ）f'(x)(x1)e2a(x1)(x1)(e2a)．

x（i）设a0,则f(x)(x2)e,f(x)只有一个零点．

xx（ii）设a0,则当x(,1)时,f'(x)0；当x(1,)时,f'(x)0．所以f(x)在

(,1)上单调递减,在(1,)上单调递增．

又f(1)e,f(2)a,取b满足b0且blna,则2f(b)a3(b2)a(b1)2a(b2b)0,22故f(x)存在两个零点．

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（Ⅱ）不妨设x1x2,由（Ⅰ）知x1(,1),x2(1,),2x2(,1),f(x)在(,1)上单调递减,所以x1x22等价于f(x1)f(2x2),即f(2x2)0．由于f(2x2)x2e2x2a(x21)2,而f(x2)(x22)ex2a(x21)20,所以

f(2x2)x2e2x2(x22)ex2．

设g(x)xe2x(x2)ex,则g'(x)(x1)(e2xex)．

所以当x1时,g'(x)0,而g(1)0,故当x1时,g(x)0．从而g(x2)f(2x2)0,故x1x22．考点：导数及其应用

【名师点睛】,对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；,解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.2. 【2016高考山东理数】(本小题满分13分)已知f(x)axlnx2x1,aR.2x（I）讨论f(x)的单调性；

（II）当a1时，证明f(x)＞f'x3对于任意的x1,2成立.22018年暑假系统班，全国钜惠，99元16课时

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析【解析】

试题解析:

（Ⅰ）f(x)的定义域为(0,)；

a22(ax22)(x1).f(x)a233xxxx//当a0，x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增；

x(1,)时,f/(x)0，f(x)单调递减.

当a0时，f/(x)a(x1)22(x)(x).3xaa（1）0a2，

21，a2,)时，f/(x)0，f(x)单调递增；a当x(0,1)或x(当x(1,2)时，f/(x)0，f(x)单调递减；a21，在x(0,)内，f/(x)0，f(x)单调递增；a21，a（2）a2时，

（3）a2时，0当x(0,2)或x(1,)时，f/(x)0，f(x)单调递增；a2,1)时，f/(x)0，f(x)单调递减.a当x(2018年暑假系统班，全国钜惠，99元16课时

综上所述，

当a0时，函数f(x)在(0,1)内单调递增，在(1,)内单调递减；

当0a2时，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1,递增；

当a2时，f(x)在(0,)内单调递增；

22)内单调递减，在(,)内单调aa当a2，f(x)在(0,22)内单调递增，在(,1)内单调递减，在(1,)内单调递增.aa（Ⅱ）由（Ⅰ）知，a1时，

f(x)f/(x)xlnx2x1122(123)2xxxx312xlnx231，x[1,2]，

xxx令g(x)xlnx,h(x)/312231，x[1,2].xxx则f(x)f(x)g(x)h(x)，

所以在[1,2]上存在x0使得x(1,x0)时，(x)0,x(x0,2)时，(x)0，所以函数h(x)在(1,x0)上单调递增；在(x0,2)上单调递减，由于h(1)1,h(2)11，因此h(x)h(2)当且仅当x2取得等号，22，

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所以f(x)f(x)g(1)h(2)/3，2即f(x)f(x)/3对于任意的x[1,2]恒成立。2考点：1.应用导数研究函数的单调性、极值；2.分类讨论思想.

3.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）

已知函数f(x)axbx(a0,b0,a1,b1).设a2,b1.2（1）求方程f(x)2的根;

（2）若对任意xR,不等式f(2x)mf(x)6恒成立，求实数m的最大值；（3）若0a1,b＞1，函数gxfx2有且只有1个零点，求ab的值。【答案】（1）①0 ②4（2）1【解析】

试题分析：（1）①根据指数间倒数关系22=1转化为一元二次方程(2)2210，求方程根②根据指数间平方关系22xxxx2x22x(2x2x)22，将不等式转化为一元不等式，

(f(x))24再利用变量分离转化为对应函数最值，即m的最小值，最后根据基本不等式

f(x)求最值（2）先分析导函数零点情况：唯一零点x0，再确定原函数单调变化趋势：先减后增，从而结合图像确定唯一零点必在极值点x0取得，而g(0)f(0)2ab20，因此极值点x0必等于零，进而求出ab的值.本题难点在证明x00，这可利用反证法：若

002018年暑假系统班，全国钜惠，99元16课时

x00，则可寻找出一个区间(x1,x2)，由g(x1)0,g(x2)0结合零点存在定理可得函数

存在另一零点，与题意矛盾，其中可取x1试题解析：（1）因为a2,b①方程f(x)2，即22x2x0,x2loga2；若x00，同理可得.21xx，所以f(x)22.2xx2，亦即(2x)222x10，

所以(21)0，于是21，解得x0.②由条件知f(2x)22xx22x(2x2x)22(f(x))22.

因为f(2x)mf(x)6对于xR恒成立，且f(x)0，

(f(x))24所以m对于xR恒成立.

f(x)(f(0))24(f(x))24444，而f(x)2f(x)4，且

f(0)f(x)f(x)f(x)所以m4，故实数m的最大值为4.

（2）因为函数g(x)f(x)2只有1个零点，而g(0)f(0)2ab20，所以0是函数g(x)的唯一零点.

因为g(x)alnablnb，又由0a1,b1知lna0,lnb0，

'所以g(x)0有唯一解x0logb('xx00a''xlna).lnbx'x2x2令h(x)g(x)，则h(x)(alnablnb)a(lna)b(lnb)，

下证x00.

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若x00，则x0又g(loga2)ax0x0，于是g(0)g(0)0，22loga2bloga22aloga220，且函数g(x)在以

x0和loga2为端点的闭2区间上的图象不间断，所以在所以loga20，又

x0和loga2之间存在g(x)的零点，记为x1. 因为0a1，2x00，所以x10与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾.2x若x00，同理可得，在0和loga2之间存在g(x)的非0的零点，矛盾.

2因此，x00.于是lna1，故lnalnb0，所以ab1.lnb考点：指数函数、基本不等式、利用导数研究函数单调性及零点

【名师点睛】对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别，论证是充要关系，要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数.

4.【2016高考新课标3理数】设函数f(x)acos2x(a1)(cosx1)，其中a0，记

|f(x)|的最大值为A．

（Ⅰ）求f(x)；（Ⅱ）求A；

（Ⅲ）证明：|f(x)|2A．

123a,0a52a6a11'【答案】（Ⅰ）f(x)2asin2x(a1)sinx；（Ⅱ）A,a1；

8a53a2,a1（Ⅲ）见解析．【解析】

试题分析：（Ⅰ）直接可求f(x)；（Ⅱ）分a1,0a1两种情况，结合三角函数的有界

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性求出A，但须注意当0a1时还须进一步分为0a11（Ⅲ）,a1两种情况求解；

5511,a1三种情况证明．55首先由（Ⅰ）得到|f(x)|2a|a1|，然后分a1，0a试题解析：（Ⅰ）f(x)2asin2x(a1)sinx．（Ⅱ）当a1时，

'|f'(x)||asin2x(a1)(cosx1)|a2(a1)3a2f(0)因此，A3a2． „„„4分

当0a1时，将f(x)变形为f(x)2acosx(a1)cosx1．

令g(t)2at(a1)t1，则A是|g(t)|在[1,1]上的最大值，g(1)a，g(1)3a2，

221a(a1)2a26a11a且当t时，g(t)取得极小值，极小值为g(．)14a8a8a4a令11a11，a．1，解得a（舍去）

4a351时，g(t)在(1,1)内无极值点，|g(1)|a，|g(1)|23a，5（ⅰ）当0a|g(1)||g(1)|，所以A23a．

（ⅱ）当

11aa1时，由g(1)g(1)2(1a)0，知g(1)g(1)g()．54a1aa26a11a(1a)(17a)又|g(．)|)||g(1)|0，所以A|g(4a8a4a8a123a,0a52a6a11,a1． 综上，A8a53a2,a1（Ⅲ）由（Ⅰ）得|f(x)||2asin2x(a1)sinx|2a|a1|.当0a当

'1'时，|f(x)|1a24a2(23a)2A.51a13a1时，A1，所以|f'(x)|1a2A.588a4''当a1时，|f(x)|3a16a42A，所以|f(x)|2A.

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考点：1、三角恒等变换；2、导数的计算；3、三角函数的有界性．

【归纳总结】求三角函数的最值通常分为两步：（1）利用两角和与差的三角公式、二倍角公式、诱导公式将解析式化为形如yAsin(x)B的形式；（2）结合自变量x的取值范围，结合正弦曲线与余弦曲线进行求解．

【2015年】

1.【2015福建理10】若定义在R上的函数fx满足f01，其导函数fx满足

fxk1，则下列结论中一定错误的是（ ）

A．f11 B．fkk11 C．fkk111 D．fk1k1k1k1k1【答案】C

【解析】由已知条件，构造函数g(x)f(x)kx，则g(x)f(x)k0，故函数g(x)在R上单调递增，且

''111k0，故g()g(0)，所以f()1，k1k1k1k111，所以结论中一定错误的是C，选项D无法判断；构造函数)k1k11h(x)f(x)x，则h'(x)f'(x)10，所以函数h(x)在R上单调递增，且0，

k11111所以h()h(0)，即f()1，f()1，选项A,B无法判断，故选C．

kkkkkf(【考点定位】函数与导数．

2.【2015高考福建，理20】已知函数f(x)(Ⅰ)证明：当x(Ⅱ)证明：当kln(1x)，g(x)kx,(kR),0时，f(x)x；

1时，存在x00,使得对任意x(0，x0),恒有f(x)g(x)；20，对任意的x(0，t),恒有|f(x)g(x)|x．

(Ⅲ)确定k的所以可能取值，使得存在t【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详见解析；(Ⅲ)k=1．

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【解析】解法一：(1)令F(x)f(x)xln(1x)x,x(0,),则有

F(x)当x故当x111+x(0,x1+x)上单调递减；

),F(x)0,所以F(x)在(0,0时，F(x)F(0)0,即当x0时，f(x)x．

f(x)g(x)ln(1x)kx,x(0,),则有G(x)(2)令G(x)当k1k1+xkx(1k)1+x0G(x)0,所以G(x)在[0,)上单调递增,G(x)G(0)0故对任意正实数x0均满足题意.当0k1时，令G(x)0,得x=1kk110．k取x0=1对任意x(0,x0),恒有G(x)0,所以G(x)在[0,x0)上单调递增,1，kG(x)G(0)0,即f(x)g(x).

综上，当k(3)当k1时，总存在x00,使得对任意的x(0，x0),恒有f(x)g(x)．

x(0,+故g(x)f(x)，),g(x)xf(x)，1时，由（1）知，对于

|f(x)g(x)|g(x)令

f(x)kxln(1x)，

M(x)kxln(1x)x2,x[0，+k11x-2x2+(k-2x)k2x=1x1,)，则有

M(x)故当

k2x（0，(k2)248(k1))时，

M(x)0,

M(x)在

k2[0，(k2)28(k1))上单调递增，故M(x)M(0)0,即|f(x)g(x)|x2,所

4以满足题意的t不存在.当k1时，由（2）知存在x00,使得对任意的任意的x(0，x0),恒有f(x)g(x)．

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当k=1，由（1）知，当x(0,+),|f(x)g(x)|g(x)f(x)xln(1x)，

令H(x)当x故当xxln(1x)x,x[0，+2-2x2x)，则有H(x)12x=,1x1x10时，H(x)0,所以H(x)在[0，上单调递减，故H(x)H(0)0,+）0时，恒有|f(x)g(x)|x2,此时，任意实数t满足题意.

综上，k=1.

解法二：（1）（2）同解法一.（3）当k故|f(x)令(k1)x1时，由（1）知，对于

g(x)|g(x)x(0,+，),g(x)xf(x)，f(x)kxln(1x)kxx(k1)x，

x2,解得0xk1，

从而得到当k当k1时，对于x(0,k1)恒有|f(x)g(x)|x2,所以满足题意的t不存在.

k+1，从而k2k111时，取k1=由（2）知存在x0此时|f(x)令

0,使得任意x(0，x0),恒有f(x)k1xkx1kx,2g(x).

g(x)|f(x)g(x)(k1k)x1k1k2，此时f(x)g(x)x,xx2,解得0x221-k2记x0与中较小的为x1，则当x(0，x1)时，恒有|f(x)g(x)|x，

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故满足题意的t不存在.当k=1，由（1）知，当x(0,+2),|f(x)g(x)|g(x)f(x)xln(1x)，

12x2x令M(x)xln(1x)x,x[0，+)，则有M(x)12x,1x1x当x故当x0时，M(x)0,所以M(x)在[0，上单调递减，故M(x)M(0)0,+）0时，恒有|f(x)g(x)|x2,此时，任意实数t满足题意．

综上，k=1.

【考点定位】导数的综合应用．

究基本初等函数方法所不具备的，而是其延续．

3.【2015高考天津，理20】已知函数f(x)nxx,xR，其中nN,n2.(I)讨论f(x)的单调性；(II)设曲线y曲线在点P处的切线方程为yf(x)与x轴正半轴的交点为P，

n*g(x),求证：

对于任意的正实数x，都有f(x)g(x)；

(III)若关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实根x1，x2，求证：|x2-x1|a1n2【答案】(I) 当n为奇数时，f(x)在(,1)，(1,)上单调递减，在(1,1)内单调递增；当n为偶数时，f(x)在(,1)上单调递增，f(x)在(1,)上单调递减. (II)见解析；(III)见解析.

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【解析】(I)由f(x)nxx，可得，其中nN*且n2，下面分两种情况讨论：（1）当n为奇数时：

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：

nxf(x)(,1)(1,1)(1,)f(x)所以，f(x)在(,1)，(1,)上单调递减，在(1,1)内单调递增.（2）当n为偶数时，

(II)证明：设点P的坐标为(x0,0)，则x0n1n1，f(x0)nn，曲线yf(x)在点

2P处的切线方程为yf(x0)xx0，即g(x)f(x0)xx0，令F(x)f(x)g(x)，

即F(x)f(x)f(x0)xx0，则F(x)f(x)f(x0)由于f(x)nxn1n在0,上单调递减，故F(x)在0,上单调递减，又因为

F(x0)0，所以当x(0,x0)时，F(x0)0，当x(x0,)时，F(x0)0，所以F(x)在(0,x0)内单调递增，在(x0,)内单调递减，所以对任意的正实数x都有

F(x)F(x0)0，即对任意的正实数x，都有f(x)g(x).

(III)证明：不妨设x1x2，由(II)知g(x)nn2xx，设方程g(x)a的根为x，

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可得

x2ax0.，当n2时，g(x)在,上单调递减，又由(II)知2nng(x2)f(x2)ag(x2),可得x2x2.

类似的，设曲线yf(x)在原点处的切线方程为yh(x)，可得h(x)nx，当x(0,)，

f(x)h(x)xn0，即对任意x(0,)，f(x)h(x).设方程h(x)a的根为x1，可得x1a，因为h(x)nx在,上单调递增，且nh(x1)af(x1)h(x1)，因此x1x1.

由此可得x2x1x2x1因为n2，所以2所以x2x1n1ax0.1nn1(11)1C1n11n1n，故2n1n1x0，

a2.1n【考点定位】1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式.

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