《2019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.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019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.pdf（26页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、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)Error!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 的解的个数例1 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)e
2、x2ax1， 设H(x)ex2ax1，则H(x)ex2a. 令H(x)0，解得xln 2a；令H(x)0)， 则g(m)1(1ln m)ln m， 令g(m)1；令g(m)0，得 0 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，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 1 2 1 2 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e
3、xax2x10(a0)的解的个数，方程可化为ax2 exx1. 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) exx1 x2 设函数p(x)(x0)， exx1 x2 则p(x). exx1x2x2exx1 x22 exx2x2 x3 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，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，函数p(x)单调递增； 当
4、x0 时，q(x)0，即p(x)0，函数p(x)单调递增 而当x0 时，p(x) x0 x0 x0 x0 (洛 exx1 x2 ex1 2x ex1 2x ex 2 1 2 必达法则)， 当x时，p(x) x x0， exx1 x2 ex1 2x 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 1 2 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exax2x1 1 2 0 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，
5、方程f (x)1 有两个 1 2 1 2 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 0 0 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 及 lig(x)0；m xa m xa (2)在点a的去心邻域内，f (x)与g(x)可导且g(x)0； (3)li l.m xa f x gx 那么 li li l.m xa f x gx m xa f x gx 法则 2 若函数f (x)和g(x)满足下列条件： (1)lif (x)及 lig(x)；m xa m xa (2)在点a的去心邻域
6、内，f (x)与g(x)可导且g(x)0； (3)li l.m xa f x gx 那么 li li l.m xa f x gx m xa f x gx 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a0 时，由Error!得 0， a a a a 所以f (x)在上单调递增，在上单调递减 (0， a a)( a a ，
7、) 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. (0， a a)( a a ，) (3)由(2)可知， ()当a0，故f (x)在1，e2上没有零点 1 2 ()当a0 时，f (x)在1，e2上单调递增，而f (1)a0，故f (x)在1，e2上 1 2 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)a 时，f (x)在1，e2上没有零点； ( a a) 1 2 1 2 1 e 若f ln a 0，即a 时，f (x)在1，e2上有一个零点； ( a a) 1 2 1
8、 2 1 e 若f ln a 0，即a0，得a0，所以f (x)在1，e2上有一个零点 1 2 1 2 综上所述：当a 时，f (x)在1，e2上没有零点；当 0a0，f (x)单调递增 由f (1) 0，当x时，f (x)， 1 e 所以函数f (x)在(，)上有两个零点 若 ln a0，f (x)单调 1 e 递增； 当x(ln a，1)时，f (x)1，即a ，当x(，1)(ln a，)时，f (x)0，f (x)单调递增 ； 1 e 当x(1，ln a)时，f (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
9、 时，g(x). 故函数g(x)的图象如图所示 作出直线ya，由图可知，当a0， 1 x 2ax2x1 x 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， 2ax2x1 x 设方程的两根分别为x1，x2(x10. 2ax2x1 x 2axx1xx2 x 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， 2 2 又由f (x2)0 得ax，代
10、入上面的不等式得 2 2 1x2 2 2ln x2x21，解得x21， a1 ， 1 8a1 4a 2 8a11 2 811 1 e f (x2)ln x2axx2 (2ln x2x21)0， 2 2 1 2 f (x)在与上各有一个零点 ( 1 e，x 2) (x2，2 a) 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 ln xx x2 令g(x)，x0，则g(x). ln xx x2 12ln xx x3 由g(x)0，得 2ln xx0，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：
11、 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)，a为常数，若函数f (x)有两个零点x1，典例 x2(x1x2)证明：x1x2e2. 破题思路 证明x1x2e2，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构造函数(学生用书不提供解题过程) x1 x2 不妨设x1x20， 因为 ln x1ax10，ln x2ax20， 所以 ln x1ln x2a(x1x2)，ln x1ln x2a(x1x2)，所以a， ln x1ln x2 x1x2 欲证x1x2e2，即证 ln x1ln x
12、22. 因为 ln x1ln x2a(x1x2)，所以即证a， 2 x1x2 所以原问题等价于证明， ln x1ln x2 x1x2 2 x1x2 即 ln ， x1 x2 2x1x2 x1x2 令c(c1)，则不等式变为 ln c. x1 x2 2c1 c1 令h(c)ln c，c1， 2c1 c1 所以h(c) 0， 1 c 4 c12 c12 cc12 所以h(c)在(1，)上单调递增， 所以h(c)h(1)ln 100， 即 ln c0(c1)， 2c1 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a， 再结合所证问题， 巧妙引入变量c， x1 x2 从而
13、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) x1 x2 (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)(1x)
14、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) . 1 e 当x时，g(x)；当x时，g(x)0 且g(x)0. 由g(t1)g(t2)，t1t2，不妨设t10， x ex1 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 0g1(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，共有四个解
15、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
16、证：t1t22. 由g(t1)g(t2)，得t1et1t2et2， 化简得 et2t1， t2 t1 不妨设t2t1，由法二知，00，t2st1，代入式，得 es，解得t1. st1 t1 s es1 则t1t22t1ss， 2s es1 故要证t1t22，即证s2， 2s es1 又 es10，故要证s2， 2s es1 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
17、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
18、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)(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 . 4 e 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
19、，) 当 0ln 2m时，f (x)0，f (x)在(ln 2m，)上单调递增； 当 00，f (1)2mln 2mln 4. 0ln 41ln . 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 已知函数f (x)ln xbxc，f (x)在点(1，f (1)处
20、的切线方程为xy典例 40. (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 1 2，5 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)
21、0 和f (x)0，f (x) 2. 1 x 令f (x)0，得 0 ， 1 2 故函数f (x)的单调递增区间为， (0， 1 2) 单调递减区间为. ( 1 2，) (3)在区间上，由f (x)x2ln xkx， 1 2，5 得 ln x2x3x2ln xkx， kx2 . 3 x 设g(x)x2 ， 3 x 则g(x)1， 3 x2 令g(x)0，得x(负值舍去)3 令g(x)0，得 0，33 故当x时，函数g(x)单调递增， ( 1 2 ， 3 ) 当x(，5)时，函数g(x)单调递减，3 g(x)的最小值只能在区间的端点处取得， 1 2，5 又g 26， ( 1 2) 1 2 17
22、2 g(5)52 ，g(x)min. 3 5 38 5 17 2 k，即k的取值范围为. 17 2(， 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)已知函数f (x)exax2. (1)若a1，证明：当x0 时，f (x)1
23、； (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(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 4a e2 当h(2)0，即a时，因为h(0)1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点 e2 4 由(1)知，当x0 时，exx2，所以h(4a)1111 0， 16a3
24、e4a 16a3 e2a2 16a3 2a4 1 a 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. 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)已知函数f (x)x3a(x2x
25、1) 1 3 (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， 1 3 f (x)x26x3. 令f (x)0，解得x32或x32.33 当x(，32)(32，)时，f (x)0；33 当x(32，32)时，f (x)0， 所以f (x)0 等价于3a0. x3 x2x1 设g(x)3a， x3 x2x1 则g(x)0， x2x22x3 x2x12 仅当x0 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 (3a1)6a22a 6 2 0， 1 3(a
26、1 6) 1 6 1 3 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 ax 1 a (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 1 e，e 解：(1)f(x)(x0)， ax1 ax2 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 ； ax1 ax2 1 a 由f(x)0 时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减 ( 1 a，)(0， 1 a) (2)当x时， 判断函数g(x)(ln x1)exxm的零点，
27、即求当x时， 1 e，e 1 e，e 方程(ln x1)exxm的根 令h(x)(ln x1)exx， 则h(x)ex1. ( 1 xln x1) 由(1)知当a1 时，f(x)ln x 1 在上单调递减，在(1，e)上单调递增， 1 x( 1 e，1) 当x时，f(x)f(1)0. 1 e，e ln x10 在x上恒成立 1 x 1 e，e h(x)ex1010， ( 1 xln x1) h(x)(ln x1)exx在上单调递增 1 e，e h(x)minh2e 1 e ，h(x)maxe. ( 1 e) 1 e 当me 时，函数g(x)在 上没有零点； 1 e 1 e，e 当2e 1 e
28、me 时，函数g(x)在 上有一个零点 1 e 1 e，e 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，1 ln(n1) 1 2 1 3 1 n 解：(1)法一：f (x)kxln x1，f (x)k (x0，k0)， 1 x kx1 x 当 0 时，f (x)0. 1 k 1 k f (x)在 0， 上单调递减，在 ，上单调递增 1 k 1 k f (x)minf ln k， ( 1 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k
29、xln x10，得k(x0)， ln x1 x 令g(x)(x0)，g(x)， ln x1 x ln x x2 当 00； 当x1 时，g(x)ln， n1 n 1 n n1 n 1 ln ln lnln(n1)， 1 2 1 3 1 n 2 1 3 2 n1 n 故 1 ln(n1) 1 2 1 3 1 n 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的图象有三个不同的交点， 1 3 求m的取值
30、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Error!解得Error! (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Error! 所以Error!解得Error! 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， 1 3 等价于x36x29x3(x24x3)5
31、xm有三个不等实根， 等价于g(x)x37x28xm的图象与x轴有三个不同的交点 因为g(x)3x214x8(3x2)(x4)， 令g(x)0，得x 或x4. 2 3 当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如表所示： x (， 2 3) 2 3( 2 3 ，4) 4(4，) g(x)00 g(x)极大值极小值 gm，g(4)16m， ( 2 3) 68 27 当且仅当Error!时，g(x)图象与x轴有三个交点， 解得160，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 0 x1x2 ，故要证f 即
32、可 ( x1x2 2) x1x2 2 1 a 2 a( x1x2 2) 2 a 构造函数F(x)f (x)f ，x， ( 2 ax)(0， 1 a) F(x)f (x)f (x)f f ( 2 ax)( 2 ax) 2axax22 x2ax ， 2ax12 x2ax x，F(x)0， (0， 1 a) 2ax12 x2ax F(x)在上单调递增， (0， 1 a) F(x) x1， 2 a 1 a 2 a x1x2 ，得证 2 a 法二：对数平均不等式法 易知a0，且f (x)在上单调递增， (0， 1 a) 在上单调递减， ( 1 a，) 不妨设 0 . ( x1x2 2) x1x2 2 1
33、 a 因为f (x)的两个零点是x1，x2， 所以 ln x1ax(2a)x1ln x2ax(2a)x2， 2 12 2 所以 ln x1ln x22(x1x2)a(xxx1x2)， 2 12 2 所以a，以下用分析法证明，要证 ， ln x1ln x22x1x2 x2 1x2 2x1x2 x1x2 2 1 a 即证， x1x2 2 x2 1x2 2x1x2 ln x1ln x22x1x2 即证， x1x2 2 x1x21 ln x1ln x2 x1x2 2 即证， x1x2 2 x1x2 ln x1ln x2 根据对数平均不等式，该式子成立， 所以f 1)，g(t)ln t，则当t1 时，
34、x2 x1 2t1 1t g(t)1 时， g(t)1 时，求f (x)的单调区间和极值； (2)若对任意xe，e2，都有f (x)1，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 1ek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，) 上的极小值为f (ek)(kk1)ekek，无极大值 (2)由题意，f (x)4ln x对任意xe，e2恒成立， x4ln x x 令g(x)，xe，e2， x4ln x x 则g(x). 4ln xx4
35、x2 令t(x)4ln xx4，xe，e2，则t(x) 10， 4 x 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. 8 e2 要使k1对任意xe，e2恒成立，只要k1g(x)max，所以k12 x4ln x x ，解得k1， 8 e2 8 e2 所以实数k的取值范围为 . (1，) (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 单调递减，在区间(ek，)上单调递增，且f(ek1)0. 不妨设x10， 所以函数h(x)在区间(0，ek)上单调递增，h(x)0， x2lnx 1 x2 x1x2 x1lnx 1 x2 x1x2 不妨设 00，即证2， ln t t1 ln t 11 t t1ln t t1 即证 ln t0， 1 t 4 t12 t12 tt12 所以h(t)在t(0,1)上单调递增，h(t)h(1)0，得证，所以x1x2e2k.