高考理科数学尖子生讲义专题四第二课时“导数与函数的零点问题”考法面面观.pdf

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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 例1已知 f (x)e x (ax 2x 1)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) e xax2x1(a0)的零点个数 而 h(x)ex2ax1， 设 H(x)

2、ex 2ax1，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 01 2时， ln 2a0，h(x) min h(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 1 2时，方程 f (x)1 只有一个解；当a 1 2且 a0 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

3、(x)1 的解的个数即方程e xax2x10(a0)的解的个数，方程可化为 ax2 e xx1. 当 x0 时，方程为0e0 01，显然成立，所以x0 为方程的解 当 x0 时，分离参数可得a e xx1 x 2(x0) 设函数 p(x) e xx1 x 2(x0)， 则 p(x) e xx1 x2 x2 e xx1 x 2 2 e x x 2 x2 x 3 . 记 q(x)e x(x2)x2，则 q(x)ex(x 1)1. 记 t(x)q (x)ex(x1)1，则 t(x)xe x . 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(

4、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 x0 时， q(x)0，即 p(x)0，函数 p(x)单调递增 而当x0 时， p(x) e xx1 x 2 x0 e x1 2x x0 e x1 2x x0e x 2 x0 1 2(洛必达法 则)， 当 x时， p(x) e xx 1 x 2 x e x 1 2x x 0， 故函数 p(x)的图象如图所示 作出直线ya. 显然，当 a1 2时，直线 ya 与函数 p(x)的图象无交点，即方程 exax 2x10 只有 一个解 x0； 当 a 1 2且 a0 时，直线 ya 与函数

5、 p(x)的图象有一个交点(x0，a)，即方程e xax2x 10 有两个解x0 或 xx0. 综上，当a 1 2时，方程 f (x)1 只有一个解；当a 1 2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“ 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)li m xaf (x)0 及 li mxag(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 m xa f x g x l. 那么 li m xa f x

6、 g x li m xa f x g x l. 法则 2若函数 f (x)和 g(x)满足下列条件： (1)li m xaf (x)及 li mxag(x)； (2)在点 a 的去心邻域内，f (x)与 g(x)可导且 g(x)0； (3)li m xa f x g x l. 那么 li m xa f x g x li m xa f x g x l. 题后悟通 思路 受阻 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 分析 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

7、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 f x 0， x0 得 0 a a ， 所以 f (x)在 0， a a 上单调递增，在 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 a0 时， f (x)的单调递增区间为 0， a a ，单调递减区间为 a a ， . (3)由(2)可知， ()当 a0，故 f (x)在1， e 2上没有零点 ()当 a0 时， f (x)在1，e 2上单调递增，而 f (1) 1 2a0，故 f (x)在1，e 2上有一 个零点 ()当 a0 时，若 a a

8、 1，即 a1 时，f (x)在1，e 2上单调递减 因为 f (1)1 2a 1 e时， f (x)在1，e 2上没有零点； 若 f a a 1 2ln a 1 20，即 a 1 e 时， f (x)在 1，e2上有一个零点； 若 f a a 1 2ln a 1 20，即 a0，得 a0，所以 f (x)在1， e2上有一个零点 综上所述：当a1 e 时， f (x)在1，e 2上没有零点；当 0a0， f (x)单调递增 由 f (1) 1 e0，当 x 时， f (x)， 所以函数f (x)在(， )上有两个零点 若 ln a0，f (x)单调递增； 当 x(ln a， 1)时， f (

9、x)1，即 a1 e，当 x( ， 1)(ln a， )时， f (x)0，f (x)单调递增； 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 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ya，由图可知，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) 2ax2x1 x 0，则 2ax2x10，易知其判别式为正， 设方程的两根分别为x1，x2(x10. 令 f (x)0，得 x(0，x2)；令

10、 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 x2ax 2 2x20， 又由 f (x2)0 得 ax2 2 1 x2 2 ，代入上面的不等式得 2ln x2 x21，解得 x21， a 1x2 2x 2 2 1 2 1 x 2 2 1 x2 2 8 11 11 e， f (x2)ln x2 ax 2 2x2 1 2(2ln x2x21)0， f (x)在 1 e，x2 与 x2， 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

11、零点，等价于方程a ln xx x 2有两解 令 g(x) ln xx x 2 ，x0，则 g(x) 12ln x x x 3 . 由 g(x) 12ln x x x 3 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： 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， g 1 e 0)，a 为常数，若函数f (x)有两个零点x1， x2(x1x2)证明： x1x2e 2. 破题思路 证明 x1x2e2，想到把双变量x1

12、，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 x1 x2构造函数 (学生用书不提供解题过程 ) 不妨设 x1x20， 因为 ln x1 ax10，ln x2ax20， 所以 ln x1 ln x2a(x1x2)，ln x1ln x2a(x1 x2)，所以 ln x1ln x2 x1x2 a， 欲证 x1x2e 2，即证 ln x 1ln x22. 因为 ln x1 ln x2a(x1x2)，所以即证 a 2 x1 x2， 所以原问题等价于证明 ln x1 ln x2 x1x2 2 x1x2， 即 ln x1 x2 2 x1x2 x1x2 ， 令 c x1 x2(c1)，则

13、不等式变为 ln c 2 c 1 c1 . 令 h(c)ln c 2 c 1 c1 ，c1， 所以 h (c) 1 c 4 c1 2 c1 2 c c1 20， 所以 h(c)在(1， )上单调递增， 所以 h(c)h(1)ln 100， 即 ln c 2 c 1 c1 0(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 x1 x2，消掉变量 x1，x2，构造关于c 的函数 h(

14、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 x aex的两根 令 t1ln x1，t2ln x2. 设 g(x)xe x，则 g(t 1)g(t2)， 从而 x1x2e2? ln x1ln x22? t1 t22. 下证： t1t22. g(x)(1x)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) 1 e. 当 x时，

15、 g(x) ；当 x时， g(x)0 且 g(x)0. 由 g(t1)g(t2)， t1 t2， 不妨设 t10， 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)；

16、(3)确定函数F(x)的单调性； (4)结合 F(0)0，确定 g(x0x)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 tt2 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(x1x2)，即 f (x1)f (x2)0，易知 ln x1，ln x2是 方程 x aex的两根 设 t1ln x1，t2ln x2， 设 g(x)xe x，则 g(t 1)g(t2)， 从而 x1x2e2? ln x1ln x22? t1 t22. 下证： t1t22. 由 g(t1)g(t2)，得 t1

17、et1t2et2， 化简得 et2t1 t2 t1， 不妨设 t2t1，由法二知，00， t2st1，代入式，得es st1 t1 ，解得 t1 s e s1. 则 t1t22t1s 2s e s1s， 故要证 t1t22，即证 2s e s 1s2， 又 es10，故要证 2s e s1s2， 即证 2s(s2)(es 1)0， 令 G(s)2s(s2)(es1)(s0)， 则 G(s)(s1)es1，G(s)se s0， 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

18、 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 st2 t1，则 t2t1 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

19、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)(x1)e xmx22，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)e xx22， f (x)xe x2xx(ex2) 由 f (x)x(ex2)0，解得 x0 或 x ln 2. 当 xln 2 或 x

20、0， f (x)的单调递增区间为( ，0)，(ln 2， ) 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 41ln4 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 典例

21、已知函数f (x)ln xbxc，f (x)在点 (1，f (1)处的切线方程为xy4 0. (1)求 f (x)的解析式； (2)求 f (x)的单调区间； (3)若在区间 1 2，5 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

22、 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) 1 x2. 令 f (x)0，得 01 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 1 2， 5 上，由 f (x) x 2ln xkx， 得 ln x2x3x2ln xkx， kx2 3 x. 设 g(x) x2 3 x， 则 g(x) 1 3 x 2， 令 g(x)0，得 x3(负值舍去 ) 令 g(x)0，得 03， 故当 x 1 2， 3 时，函数g(x)单调递增， 当 x(3，5)时，函数g(

23、x)单调递减， g(x)的最小值只能在区间 1 2，5 的端点处取得， 又 g 1 2 1 226 17 2 ， g(5) 5 2 3 5 38 5 ， g(x)min 17 2 . k 17 2 ，即 k 的取值范围为， 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

24、参数的取值范围 对点训练 (2018 全国卷 )已知函数f (x)e xax2. (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 (x 21)ex 10. 设函数 g(x)(x21)e x1， 则 g(x) (x 22x1)ex (x1)2ex. 当 x1 时， g(x)0，h(x)没有零点； ()当 a0 时， h(x) ax(x2)e x. 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 4a e 2是 h(x

25、)在 (0， )上的最小值 当 h(2)0，即 ae 2 4 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，e x x 2，所以 h(4a)116a 3 e 4a 1 16a 3 e 2a 21 16a 3 2a 41 1 a0，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 e 2 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

26、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) 1 3x 3a(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)1 3x 3 3x23x3， f (x)x 26x3. 令 f (x)0，解得 x323或 x32 3. 当 x(， 323)(323， )时， f (x)0； 当 x(32 3，32 3)时， f (x)0， 所以 f (x)0 等价

27、于 x 3 x 2x13a0. 设 g(x) x 3 x 2x1 3a， 则 g(x) x 2 x 22x3 x 2x120， 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 1 3 6 a 1 6 21 60， 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 1 ax 1 a，a R 且 a0. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当 x 1 e，e 时，试判断函数 g(x)(ln x1)e xxm 的零点个数

28、 解： (1)f(x) ax 1 ax 2 (x0)， 当 a0 恒成立， 函数 f(x)在(0， )上单调递增； 当 a0 时，由 f(x)ax1 ax 2 0，得 x 1 a； 由 f (x) ax1 ax 20 时，函数f(x)在 1 a， 上单调递增，在 0， 1 a 上单调递减 (2)当 x 1 e ，e 时，判断函数g(x) (ln x1)exxm 的零点， 即求当 x 1 e，e 时， 方程 (ln x1)ex xm 的根 令 h(x)(ln x 1)ex x， 则 h(x) 1 x ln x 1 e x 1. 由(1)知当 a1 时， f(x)ln x 1 x1 在 1 e，1

29、 上单调递减，在 (1， e)上单调递增， 当 x 1 e，e 时， f(x)f(1)0. 1 xln x10 在 x 1 e，e 上恒成立 h (x) 1 x ln x1 ex1010， h(x)(ln x1)e xx 在1 e，e 上单调递增 h(x)minh 1 e 2e 1 e 1 e， h(x)maxe. 当 me时，函数g(x)在 1 e ，e 上没有零点； 当 2e 1 e 1 e m e时，函数 g(x)在 1 e， e 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n

30、N * 时， 11 2 1 3 1 nln(n1) 解： (1)法一： f (x)kxln x1，f (x)k 1 x kx1 x (x0，k0)， 当 0 1 k时， f (x)0. f (x)在 0， 1 k上单调递减，在 1 k， 上单调递增 f (x)minf 1 k ln k， f (x)有且只有一个零点，ln k0， k1. 法二： 由题意知方程kx ln x 10 仅有一个实根， 由 kxln x10，得 k ln x1 x (x0)， 令 g(x) ln x1 x (x0)，g(x) ln x x 2， 当 00； 当 x1 时， g(x)ln n1 n ， 1 1 2 1 3

31、 1 nln 2 1ln 3 2ln n1 n ln(n1)， 故 1 1 2 1 3 1 nln(n1) 4.已知函数f (x) ax 3bx2(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y f (x)与 y 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)3ax 22bxc 3a2b. (1)由图可知函数f (x)的图象过点 (0,3)，且 f (1)0， 得 d3， 3a 2bc 3

32、a2b0， 解得 d3， c0. (2)由(1)得， f (x)ax 3 bx2(3a2b)x3， 所以 f (x) 3ax22bx (3a2b) 由函数 f (x)在 x 2 处的切线方程为3xy110， 得 f 2 5， f 2 3， 所以 8a4b6a4b 35， 12a4b 3a2b 3， 解得 a1， b 6， 所以 f (x)x36x29x3. (3)由(2)知 f (x)x 36x29x3， 所以 f (x) 3x212x9. 函数 yf (x)与 y 1 3f (x)5xm 的图象有三个不同的交点， 等价于 x 36x29x3(x2 4x3)5xm 有三个不等实根， 等价于 g

33、(x)x3 7x28xm 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 2 3或 x4. 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 ，44(4， ) g(x)00 g(x)极大值极小值 g 2 3 68 27m，g(4) 16m， 当且仅当 g 2 3 68 27m0， g 4 16m0，则 f (x)在(0， )上单调递增； 当 a0 时， 若 x 0，1 a ， 则 f (x)0， 若 x 1 a， ， 则 f (x)0，且 f (x)在 0， 1 a 上单调递增，在 1 a， 上单调递

34、减，不妨设 01 a? x1x2 2 a，故要证 f x1x2 2 2 a即可 构造函数F(x)f (x)f 2 ax ，x 0， 1 a ， F (x)f (x) f 2 ax f (x)f 2 ax 2ax ax2 2 x 2 ax 2 ax1 2 x 2 ax ， x 0， 1 a ， F(x) 2 ax1 2 x 2ax 0， F(x)在 0， 1 a 上单调递增， F(x) 2 ax1， x1x22 a，得证 法二：对数平均不等式法 易知 a0，且 f (x)在 0， 1 a 上单调递增， 在 1 a， 上单调递减， 不妨设 0 1 a. 因为 f (x)的两个零点是x1，x2， 所

35、以 ln x1 ax2 1(2a)x1ln x2ax 2 2(2a)x2， 所以 ln x1 ln x22(x1x2)a(x 2 1x 2 2 x1x2)， 所以 aln x 1ln x2 2 x1x2 x 2 1x 2 2x1x2 ，以下用分析法证明，要证 x1x2 2 1 a， 即证 x1x2 2 x 2 1 x 2 2x1x2 ln x1ln x22 x1 x2 ， 即证 x1x2 2 x1x21 ln x1ln x2 x1x2 2 ， 即证 2 x1x2 x1x2 ln x1ln x2， 根据对数平均不等式，该式子成立， 所以 f x1 x2 2 1)，g(t) 2 t1 1 t ln

36、 t，则当 t1 时， g(t) t 1 2 t t1 21 时， g(t)1 时，求 f (x)的单调区间和极值； (2)若对任意x e， e 2，都有 f (x)1，所以 f (x) ln x k0， 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 xe k， 当 1ek时， f (x)0. 所以函数f (x)的单调递减区间是(1，e k )，单调递增区间是(e k， )，在 (1， )上的 极小值为f (ek)(kk1)ek e k，无极大值 (2)由题意， f (x)4ln x x4 ln x x 对任意 xe，e2恒成立，

37、令 g(x) x4 ln x x ，xe，e 2， 则 g(x) 4ln xx 4 x 2. 令 t(x)4ln xx4，x e， e 2，则 t(x)4 x10， 所以 t(x)在区间 e，e2上单调递增，故 t(x)mint(e)4 e4e0，故 g (x)0， 所以 g(x)在区间 e， e 2上单调递增，函数 g(x)maxg(e 2)28 e 2. 要使 k1 x 4 ln x x 对任意 x e，e2恒成立，只要 k1g(x)max，所以 k12 8 e 2， 解得 k1 8 e 2， 所以实数k的取值范围为1 8 e 2， . (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，e k)上单调 递减，在区间(e k， )上单调递增，且 f(e k1)0. 不妨设 x10， 所以函数h(x)在区间 (0，ek)上单调递增， h(x)0， 不妨设 00，即证 t1 ln t t1 2， 即证 ln t0， 所以 h(t)在 t(0,1)上单调递增，h(t)h(1)0，得证，所以x1x2e2k.