课时20 导数的综合应用-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课时作业（北师大版2019）

课时冲关２０　导数的综合应用 学生用书　P２７４ １．已知函数f(x)＝xlnx(x＞０)． (１)求函数f(x)的极值; (２)若 存 在 x∈ (０,＋ ∞),使 得 f(x)≤ －x２＋mx－３ ２ 成立,求实数m 的最小值． 解:(１)由f(x)＝xlnx,得f′(x)＝１＋lnx,定 义域为(０,＋∞), 令f′(x)＞０,得x＞１e ;令f′(x)＜０,得０＜x＜１e． 所 以 f (x)在 ０,１e æ è ç ö ø ÷ 上 单 调 递 减,在 １ e ,＋∞æ è ç ö ø ÷上单调递增． 所以f(x)在x＝１e 处取得极小值,且为f １e æ è ç ö ø ÷ ＝－１e ,无极大值． (２)由f(x)≤－x ２＋mx－３ ２ , 得m≥２xlnx＋x ２＋３ x ． 问题转化为m≥ ２xlnx＋x ２＋３ x æ è ç ö ø ÷ min ． 令g(x)＝２xlnx＋x ２＋３ x ＝２lnx＋x＋ ３ x (x＞０)． 则g′(x)＝２x＋１－ ３ x２ ＝x ２＋２x－３ x２ ＝ (x＋３)(x－１) x２ ． 由g′(x)＞０,得x＞１; 由g′(x)＜０,得０＜x＜１． 所以g(x)在(０,１)上单调递减,在(１,＋∞)上 单调递增． 所以g(x)min＝g(１)＝４,则m≥４． 故m 的最小值为４． ２．(２０２５􀅰天津市南开中学月考)已知函数f(x) ＝alnx＋x． (１)讨论f(x)的单调性; (２)当a＝１时,证明:xf(x)＜ex． 解:(１)f(x)的定义域为(０,＋∞), f′(x)＝ax＋１＝ x＋a x ． 当a≥０时,f′(x)＞０, 所以f(x)在(０,＋∞)上单调递增． 当a＜０时,若x∈(－a,＋∞),则f′(x)＞０; 若x∈(０,－a),则f′(x)＜０． 所以f(x)在(－a,＋∞)上单调递增, 在(０,－a)上单调递减． 综上所述,当a≥０时,f(x)在(０,＋∞)上单调 递增; 当a＜０时,f(x)在(－a,＋∞)上单调递增,在 (０,－a)上单调递减． (２)当a＝１时,要证xf(x)＜ex, 即证x２＋xlnx＜ex,即证１＋lnxx ＜ ex x２ ． 令函数g(x)＝１＋lnxx , 则g′(x)＝１－lnxx２ ．令g′(x)＞０,得x∈(０,e); 令g′(x)＜０,得x∈(e,＋∞)． 所以g(x)在(０,e)上单调递增,在(e,＋∞)上单 调递减, 所以g(x)max＝g(e)＝１＋ １ e ,令函数h(x)＝ ex x２ ,则h′(x)＝e x(x－２) x３ ． 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, 所以h(x)min＝h(２)＝ e２ ４． 因为e ２ ４－ １＋ １ e æ è ç ö ø ÷＞０, 所以h(x)min＞g(x)max, 即１＋lnxx ＜ ex x２ ,从而xf(x)＜ex 得证． ３．(２０２５􀅰山东济南高三期末)已知函数f(x)＝ －x３＋ax－１４ ,g(x)＝ex －e(e为自然对数 的底数)． (１)若曲线y＝f(x)在(０,f(０))处的切线与曲 线y＝g(x)在(０,g(０))处的切线互相垂直,求 实数a的值; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰２４４􀅰 高考总复习　数学(BS) (２)设函数h(x)＝ f(x),f(x)≥g(x), g(x),f(x)＜g(x),{ 试讨论 函数h(x)零点的个数． 解:(１)f′(x)＝－３x２ ＋a,g′(x)＝ex,所 以 f′(０)＝a,g′(０)＝１,由题意,知a＝－１． (２)易知函数g(x)＝ex－e在 R上单调递增,仅 在x＝１处有一个零点,且x＜１时,g(x)＜０, 又f′(x)＝－３x２＋a, ①当a≤０时,f′(x)≤０,f(x)在 R 上单调递 减,且过点 ０,－１４ æ è ç ö ø ÷,f(－１)＝３４－a＞０ , 即f(x)在x≤０ 时 必 有 一 个 零 点,此 时y＝ h(x)有两个零点; ②当a＞０时,令f′(x)＝－３x２＋a＝０,得两根 为x１＝－ a ３＜０ ,x２＝ a ３＞０ , 则－ a３ 是函数f(x)的一个极小值点,a３ 是函 数f(x)的一个极大值点, 而f － a３ æ è ç ö ø ÷＝－ － a３ æ è ç ö ø ÷ ３ ＋a － a３ æ è ç ö ø ÷－１４ ＝－２a３ a ３－ １ ４＜０． 现在讨论极大值的情况: f a３ æ è ç ö ø ÷＝－ a ３ æ è ç ö ø ÷ ３ ＋a a３－ １ ４＝ ２a ３ a ３－ １ ４ , 当f a３ æ è ç ö ø ÷＜０,即a＜３４ 时, 函数y＝f(x)在(０,＋∞)上恒小于零,此时y＝ h(x)有两个零点; 当f a３ æ è ç ö ø ÷＝０,即a＝３４ 时,函数y＝f(x)在 (０,＋∞)上有一个零点x０＝ a ３＝ １ ２ ,此时y＝ h(x)有三个零点; 当f a３ æ è ç ö ø ÷ ＞０,即a＞３４ 时,函 数y＝f(x)在 (０,＋∞)上有两个零点,一个零点小于 a３ ,一 个零点大于 a ３ , 若f(１)＝a－５４＜０ ,即a＜５４ 时,y＝h(x)有四 个零点; 若f(１)＝a－５４＝０ ,即a＝５４ 时,y＝h(x)有三 个零点; 若f(１)＝a－５４＞０ ,即a＞５４ 时,y＝h(x)有两 个零点． 综上所述,当a＜３４ 或a＞５４ 时,y＝h(x)有两个 零点;当a＝３４ 或a＝５４ 时,y＝h(x)有三个零 点;当３ ４＜a＜ ５ ４ 时,y＝h(x)有四个零点． ４．(２０２５􀅰天津崇化中学期末)已知函数f(x)＝ alnx x＋１＋ b x ,曲线y＝f(x)在点(１,f(１))处的切 线方程为x＋２y－３＝０． (１)求a,b的值; (２)证明:当x＞０,且x≠１时,f(x)＞lnxx－１． 解:(１)f′(x)＝ a x＋１x －lnx æ è ç ö ø ÷ (x＋１)２ －b x２ ．由于直线 x＋２y－３＝０的斜率为－１２ ,且过点(１,１),所 以 f(１)＝１, f′(１)＝－１２ ,{ 即 b＝１, a ２－b＝－ １ ２ ,{ 解得 a＝１, b＝１．{ (２)证明:由(１)知f(x)＝lnxx＋１＋ １ x ,所以f(x) ＞lnxx－１⇔ lnx x＋１＋ １ x＞ lnx x－１⇔ ２lnx １－x２ ＋１x＞０⇔ H(x)＝ ２ １－x２ lnx－１２ x－ １ x æ è ç ö ø ÷[ ] ＞０．构造函 数h(x)＝lnx－１２ x－ １ x æ è ç ö ø ÷(x＞０),则h′(x)＝ １ x－ １ ２ １＋ １ x２ æ è ç ö ø ÷＝－ (x－１)２ ２x２ ≤０,于是h(x)在 (０,＋∞)上单调递减． 当０＜x＜１ 时,h(x)单调递减,所以h(x)＞ h(１)＝０,于是 H(x)＝ １ １－x２ h(x)＞０;当x＞１ 时,h(x)单调递减,所以h(x)＜h(１)＝０,于是 H(x)＝ １ １－x２ h(x)＞０． 综上所述,当x＞０,且x≠１时,f(x)＞lnxx－１． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰３４４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　主题二　第三章　导数及其应用 ５．(２０２５􀅰安徽省江淮名校期末)已知函数f(x) ＝ae２x＋(a－２)􀅰ex－x． (１)讨论f(x)的单调性; (２)若f(x)有两个零点,求a的取值范围． 解:(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(－∞, ＋∞)上单调递减． (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)上 单调递减,在(－lna,＋∞)上单调递增． (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)＝１－１a＋lna． ①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１－１a＋lna＞０ ,即 f(－lna)＞０,故f(x)没有零点; ③当a∈(０,１)时,１－１a＋lna＜０ ,即f(－lna)＜０． 又f(－２)＝ae－４＋(a－２)e－２＋２＞－２e－２＋２ ＞０,故f(x)在(－∞,－lna)有一个零点． 设正整数n０ 满足n０＞ln ３ a－１ æ è ç ö ø ÷,则f(n０)＝ en０(aen０＋a－２)－n０＞en０－n０＞２n０－n０＞０． 由于ln ３a－１ æ è ç ö ø ÷＞－lna,因此f(x)在(－lna, ＋∞)有一个零点． 综上,a的取值范围为(０,１)． ６．(２０２５􀅰江西南昌南昌二中校联考模拟预测)定 义:如果函数y＝f(x)和y＝g(x)的图象上分 别存在点M 和N 关于x 轴对称,则称函数y＝ f(x)和y＝g(x)具有C关系． (１)判断函数f(x)＝log２(８x２)和g(x)＝log１２x 是否具有C 关系; (２)若函数f(x)＝a x－１和g(x)＝－x－１不 具有C关系,求实数a的取值范围; (３)若函数f(x)＝xex 和g(x)＝msinx(m＜０) 在区间(０,π)上具有C 关系,求实数m 的取值 范围． 解:(１)f(x)与g(x)是具有C 关系,理由如下: 根据定义,若f(x)与g(x)具有C 关系,则在 f(x)与g(x)的定义域的交集上存在x,使得 f(x)＋g(x)＝０,因为f(x)＝log２(８x２),g(x) ＝log１２x,x＞０,所以f(x)＋g(x)＝log２(８x ２) ＋log１２x＝log２８＋log２x ２ －log２x＝log２x＋３, 令f(x)＋g(x)＝０,即log２x＋３＝０,解得x＝ １ ８ , 所以f(x)与g(x)具有C 关系． (２)令φ(x)＝f(x)＋g(x),因为f(x)＝ a x－１,g(x)＝－x－１,所以φ(x)＝a x－１－x －１(x≥１),令t＝ x－１(t≥０),则x＝t２＋１,故y ＝φ(x)＝at－(t ２＋１)－１＝－t２＋at－２, 因为f(x)与g(x)不具有C 关系,所以φ(x)在 [０,＋∞)上恒为负或恒为正,又因为y＝－t２＋ at－２开口向下,所以y＝－t２＋at－２在[０, ＋∞)上恒为负,即－t２＋at－２＜０在[０,＋∞) 上恒成立,当t＝０时,－t２＋at－２＝－２＜０显 然成立;当t＞０时,a＜t＋２t 在[０,＋∞)上恒成 立,因为t＋２t≥２ t 􀅰２ t＝２ ２ ,当且仅当t＝２t , 即t＝ ２时,等号成立, 所以 t＋２t æ è ç ö ø ÷ min ＝２ ２,所以a＜２ ２, 综上:a＜２ ２,即a∈(－∞,２ ２)． (３)因为f(x)＝xex 和g(x)＝msinx(m＜０), 令h(x)＝f(x)＋g(x), 则h(x)＝xex＋msinx, 因为f(x)与g(x)在(０,π)上具有C 关系,所以 h(x)在(０,π)上存在零点, 因为h′(x)＝(x＋１)ex＋mcosx, 当－１≤m≤０且x∈(０,π)时,因为(x＋１)ex＞１, |mcosx|＜|m|≤１,所以h′(x)＞０, 所以h(x)在(０,π)上单调递增,则h(x)＞h(０) ＝０,此时h(x)在(０,π)上不存在零点,不满足 题意; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰４４４􀅰 高考总复习　数学(BS) 当m＜－１时,显然当x∈ π２ ,π[ öø÷时,h′(x)＞０, 当x∈ ０,π２ æ è ç ö ø ÷时,因为h′(x)在 ０,π２ æ è ç ö ø ÷上单调递 增,且h′(０)＝１＋m＜０,h′ π２ æ è ç ö ø ÷＝ π２＋１ æ è ç ö ø ÷e π ２ ＞０, 故h′(x)在 ０,π２ æ è ç ö ø ÷ 上存在唯一零点,设为α,则 h′(α)＝０,所以当x∈(０,α),h′(x)＜０;当x∈ α,π２ æ è ç ö ø ÷,h′(x)＞０;又当x∈ π２ ,π[ öø÷ 时,h′(x)＞０, 所以h(x)在(０,α)上单调递减,在(α,π)上单调递 增,h(x)在(０,π)上存在唯一极小值点α,因为 h(０)＝０,所以h(α)＜０,又因为h(π)＝πeπ＞０, 所以h(x)在(０,π)上存在唯一零点β,所以函数 f(x)与g(x)在(０,π)上具有C 关系,综上:m＜ －１,即m∈(－∞,－１)． ７．已知函数f(x)＝xlnx－(a＋１)x＋１,a∈R． (１)求函数f(x)的单调区间和极值; (２)若方程(２a－１)f (x) x ＋a＋１ æ è ç ö ø ÷＋１x＋x＋２ ＝０有三个解,求实数a的取值范围． 解:(１)函数的定义域(０,＋∞),f′(x)＝lnx－a, 当x＞ea 时,f′(x)＞０,函数单调递增,当０＜x ＜ea 时,f′(x)＜０,函数单调递减, 故当x＝ea 时,函数取得极小值f(ea)＝１－ea, 没有极大值． (２)由(２a－１)f (x) x ＋a＋１ æ è ç ö ø ÷ ＋１x＋x＋２＝０ 整理可得(１－２a)(xlnx＋１)＝(x＋１)２, 令y＝xlnx＋１,则 y′＝lnx＋１＝０,可 得 x＝１e , 易得当x＞１e 时,函数单调递增,当x＜１e 时,函 数单调递减, 故x＝１e 时,函数取得最小值１－１e＞０ , 即y＝xlnx＋１＞０, 故原方程可转化为１－２a＝ (x＋１)２ xlnx＋１ , 令g(x)＝ (x＋１)２ xlnx＋１ , 则g′(x)＝ (x＋１)(lnx－１)(x－１) (xlnx＋１)２ , 因为x＞０,易得当x＞e或０＜x＜１时,g′(x) ＞０,函数单调递增,当１＜x＜e时,g′(x)＜０, 函数单调递减, 故当x＝１时,函数取得极大值g(１)＝４,当x＝ e时,函数取得极小值g(e)＝e＋１, 由题意可得,y＝１－２a与g(x)有３个交点, 则e＋１＜１－２a＜４, 解得－３２＜a＜－ e ２ , 故实数a的取值范围 －３２ ,－e２ æ è ç ö ø ÷． ８．已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－lnx有 相同的最小值． (１)求a; (２)证明:存在直线y＝b,其与两条曲线y＝ f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点,并且从 左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 解:(１)f′(x)＝ex－a,g′(x)＝a－１x , ①a≤０时,f′(x)＞０恒成立,所以f(x)在R上单 调递增,即f(x)没有最小值,该类情况应舍去． ②a＞０时,f′(x)在(－∞,lna)上小于０, 在(lna,＋∞)上大于０, 所以f(x)在(－∞,lna)上单调递减,在(lna, ＋∞)上单调递增, 所以f(x)在x＝lna处有最小值为 f(lna)＝a－alna, 因为g′(x)在 ０,１a æ è ç ö ø ÷ 上小于０,在 １a ,＋∞æ è ç ö ø ÷ 上 大于０, 所以g(x)在 ０,１a æ è ç ö ø ÷上单调递减, 在 １ a ,＋∞æ è ç ö ø ÷上单调递增, 所以g(x)在x＝１a 处有最小值为g １a æ è ç ö ø ÷＝１＋ lna, 因为f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－lnx有相同 的最小值, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５４４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　主题二　第三章　导数及其应用 所以有f(lna)＝a－alna＝g １a æ è ç ö ø ÷＝１＋lna, 即a－alna＝１＋lna, 因为a＞０,所以上式等价于lna－a－１a＋１＝０ , 令h(x)＝lnx－x－１x＋１ (x＞０), 则h′(x)＝ x ２＋１ x(x＋１)２ ＞０恒成立,所以h(x)在 (０,＋∞)上单调递增, 又因为h(１)＝０＝h(a)且a＞０,所以a＝１． (２)证明:由(１)知f(x)＝ex－x,g(x)＝x－lnx, 且f(x)在(－∞,０)上单调递减,在(０,＋∞)上 单调递增, g(x)在(０,１)上单调递减,在(１,＋∞)上单调递增, 且f(x)min＝g(x)min＝１． ①当b＜１时,此时f(x)min＝g(x)min＝１＞b,显 然直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x) 没有交点,不符合题意; ②当b＝１时,此时f(x)min＝g(x)min＝１＝b,则 直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共 有２个交点,交点的横坐标分别为０和１; ③当b＞１时,首先证明直线y＝b与曲线y＝ f(x)有２个交点; 即证 明 F(x)＝f(x)－b 有 ２ 个 零 点,因 为 F′(x)＝f′(x)＝ex－１, 所以F(x)在(－∞,０)上单调递减,在(０,＋∞) 上单调递增, 又因为F(－b)＝e－b＞０,F(０)＝１－b＜０,F(b) ＝eb－２b＞０, (令t(b)＝eb－２b,b＞１,则t′(b)＝eb－２＞０, t(b)＞t(１)＝e－２＞０,所以F(b)＞０．) 所以F(x)＝f(x)－b在(－∞,０)上存在且只 存在１个零点,设为x１,在(０,＋∞)上存在且只 存在１个零点,设为x２． 其次证明直线y＝b与曲线y＝g(x)有２个交点, 即证 明 G(x)＝g(x)－b 有 ２ 个 零 点,因 为 G′(x)＝g′(x)＝１－１x , 所以G(x)在(０,１)上单调递减,在(１,＋∞)上 单调递增, 又因为 G(e－b)＝e－b ＞０,G(１)＝１－b＜０, G(２b)＝b－ln２b＞０, (令μ(b)＝b－ln２b,则μ′(b)＝１－ １ b＞０ , μ(b)＞μ(１)＝１－ln２＞０,即G(２b)＞０), 所以G(x)＝g(x)－b在(０,１)上存在且只存在 １个零点,设为x３,在(１,＋∞)上存在且只存在 １个零点,设为x４． 再次证明存在b使得x２＝x３, 因为F(x２)＝G(x３)＝０, 所以b＝ex２－x２＝x３－lnx３, 若x２＝x３,则ex２－x２＝x２－lnx２, 即ex２－２x２＋lnx２＝０, 所以只需证明ex－２x＋lnx＝０在(０,１)上有解 即可, 即证φ(x)＝e x－２x＋lnx在(０,１)上有零点, 因为φ １ e３ æ è ç ö ø ÷＝e １ e３ －２ e３ －３＜０,φ(１)＝e－２＞０, 所以φ(x)＝e x－２x＋lnx在(０,１)上存在零点, 取一零点为x０,令x２＝x３＝x０ 即可,此时取b＝ ex０－x０, 则此时存在直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y ＝g(x)共有三个不同的交点, 最后证明x１＋x４＝２x０,即从左到右的三个交点 的横坐标成等差数列． 因为F(x１)＝F(x２)＝F(x０)＝０＝G(x３)＝G(x０) ＝G(x４), 所以F(x１)＝G(x０)＝F(lnx０), 又因为 F(x)在(－∞,０)上单调递减,x１＜０, ０＜x０＜１即lnx０＜０,所以x１＝lnx０, 同理,因为F(x０)＝G(ex０)＝G(x４), 又因为G(x)在(１,＋∞)上单调递增,x０＞０,即 ex０＞１,x４＞１,所以x４＝ex０, 又因为ex０－２x０＋lnx０＝０, 所以x１＋x４＝ex０＋lnx０＝２x０, 即存在直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝ g(x)从 左 到 右 的 三 个 交 点 的 横 坐 标 成 等 差 数列． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６４４􀅰 高考总复习　数学(BS)