重难点 导数与零点差问题的处理策略 讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习讲义聚焦函数零点差问题这一导数应用难点，整合函数零点、单调性等必备知识，构建卡根法、切线夹、割线夹及曲线拟合的解题策略体系，通过问题综述、知识拓展、策略精讲与变式训练的教学流程，系统帮助学生突破考点。 讲义创新采用“切割线夹”“曲线拟合”等直观化策略，如切线夹策略通过构造切线不等式确定零点范围，培养学生数学思维与模型观念。分层设置例题与变式训练，配合方法总结与即时反馈，确保高效突破难点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

★明说解题★高中数学重难点系列 重难点　零点差问题的处理策略 零点差问题 必备知识 必备解法 函数的零点 函数的单调性 函数的图象 卡根法 切线夹 割线夹 曲线夹(二次拟合) 放缩 目录 一、问题综述 1 二、知识拓展 2 三、零点差问题的解题策略 2 卡根法 2 切线夹 5 割线夹 11 构造拟合函数(曲线夹)——二次拟合 14 其它放缩方法 17 一、问题综述 对于某一确定的函数而言，其零点的个数是确定的，零点之间的关联也是确定的．比如：二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)有两个零点x1,x2，并有x1+x2=－, x1x2=，在极值点偏移问题中，有x1+x2＞(＜)2x0，x1x2＞(＜)x02.自然，会有这样的疑问：x1－x2的取值如何呢？是有定值2，还是有其它确定的不等关系？这就是零点差问题．所谓零点差问题，就是针对某一函数的多个零点，去研究其中两个零点间差的变化规律． 零点差问题的处理策略基本上是基于不等式的同向可加性，即“若x1>a,x2<b，则x1－x2>a－b”，难点是“a,b”的确定，这就是“卡根法”与“切割线夹”的立足点．当然，还有基于整体换元，代入消元等手段，构造新函数与不等式放缩的特殊方法． 二、知识拓展 函数的凸性与切割线放缩： (1)下凸函数：如图1，对于函数f(x)，若在其图象上任取两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，除端点外，线段AB始终在函数f(x)的图象的上方，在f(x)的图象上任取点C(x0，f(x0))，函数f(x)在点C处的切线y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)除切点外，始终在f(x)图象的下方，我们称f(x)为下凸函数，满足f″(x)≥0的函数f(x)为下凸函数.对于下凸函数，可利用切割线进行放缩，f(x)≥f′(x0)(x－x0)＋f(x0), 当x∈(x1，x2)时，f(x)<(x－x1)＋f(x1). (2)上凸函数：如图2，对于函数f(x)，若在其图象上任取两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，除端点外，线段AB始终在函数f(x)的图象的下方，在f(x)的图象上任取点C(x0，f(x0))，函数f(x)在点C处的切线y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)除切点外，始终在f(x)图象的上方，我们称f(x)为上凸函数，满足f″(x)≤0的函数f(x)为上凸函数.对于上凸函数，可利用切割线进行放缩，f(x)≤f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，当x∈(x1，x2)时，f(x)>(x－x1)＋f(x1). 三、零点差问题的解题策略 卡根法 卡根法策略 利用函数零点存在性定理，确定每一个零点所在的范围，即由x′1≤x1＜x2≤x′2，可得x2－x1≤x′2－x′1；或由x1≤x′1＜x′2≤x2，得出x2－x1＞x′2－x′1．其本质是同向不等式的可加性,难点是x′1,x′2的确定. 例1　已知函数f(x) =axlnx－(a+l)lnx . (1)当a>－1时，讨论f '(x)的单调性; (2)设a>0，方程f(x)=－x有两个不同的零点x1,x2，(x1<x2)，求证:x1+e>x2+. 【明说解题】卡根思想，构造函数g(x)= f(x)－+x，利用函数的单调性，结合零点存在性定理，证明＜x1＜x2＜e，即可证明x1+e>x2+. 1. 已知函数f(x)=x－(a>0)有两个相异零点x1,x2，且x1＜x2，求证: ＜. 【明说解题】由f(x)=0,得lnx－=0,令g(x)= lnx－,则g'(x)=,所以g(x)在(0,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递减，∴.g(x)在x=a处取得极大值，且为最大值等于g(a)=lna－1.由函数f(x)有两个相异零点x1,x2，知函数g(x)有两个相异零点x1,x2，所以lna－1>0，即a>e,且x1＜a＜x2，又g(e)=1－>0,所以x1< e,故＜＜. 2. 已知函数f(x)=xlnx－x2+1有两个极值点x1,x2，求证:3ln2＜|lnx1-lnx2|＜3. 【明说解题】函数f(x) 有两个极值点x1,x2，就是f´(x)= lnx+1－x有两个零点x1,x2，运用卡根法，可得<x1<<2<4<x2<e2,所以<< 例2 已知函数存在两个不同的零点，，，且. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【明说解题】本题属确定函数零点范围问题，注意到 =2a－，因此只要证＜x1＜1＜x2＜2a，即g()＞0,g(2a) ＞0。 【答案】（i）；（ii）证明见解析 【分析】（i）用导数研究函数的单调性和最值情况，确保函数零点个数为2求出的取值范围 （ii）根据零点的分布和大小情况进行考虑入手即可. 【详解】（i）由题意知，所以 ， 当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增， 则，因为函数存在两个不同的零点，故，即. 所以的取值范围为 （ii）下面找出两个点，，使得，, 注意到，且，于是考虑找点，， 下面我们证明：，， ①，设，下证， 方法1：设，则，则， 所以在上单调递增，得，所以在上单调递增， 故，即， 因此，设， 则， 所以在上单调递增，所以， 因此，又，故，即， 又，所以. 方法2：易知，设，则， 所以在上单调递增，得， 所以在上单调递增，故， 又，从而，即， 又，所以. ②， 设，则，易知在上单调递增，在上单调递减， 所以，即，又，即， 所以，且， 因此， 又，所以，即， 于是. 切线夹 切线夹策略 将关于x2－x1的取值小于某值问题转化为x′2－x′1的取值小于或等于某值来解决．首先要找到一条直线l1，其方程为y＝g(x)满足f(x)≤g(x)恒成立，则由g(x)＝a得到x′1，此时x′1≤x1，同理构造另一条直线l2，其方程为y＝h(x)满足h(x)≥f(x)恒成立，由h(x)＝a得到x′2，此时x′2≥x2，所以x2－x1≤x′2－x′1，其本质是利用切线放缩． 例3　已知f(x)＝3x－x3，若关于x的方程f(x)＝a有两个正实数根x1，x2，且x1＜x2. (1) 求实数a的取值范围； (2) 求证：x2－x1＜2－. 【解答】(1)令f′(x)＝3－3x2＝0，得x＝±1.当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(－1，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)的极大值为f(1)＝2，且f(0)＝f()＝0，所以当a∈(0，2)时，f(x)＝a有两个正实数根． (2)f′(0)＝3，所以函数f(x)在x＝0处的切线是g(x)＝3x.f′()＝－6，所以函数f(x)在x＝处的切线是h(x)＝－6x＋6.令φ(x)＝f(x)－g(x)，则φ′(x)＝f′(x)－g′(x)＝－3x2≤0，所以当x＞0时，φ(x)＜φ(0)＝0，则f(x)＜g(x).令m(x)＝f(x)－h(x)，则m′(x)＝f′(x)－h′(x)＝9－3x2.当0＜x＜时，m′(x)＞0，m(x)＜m()＝0，则f(x)＜h(x).令g(x3)＝a，解得x3＝.令h(x4)＝a，解得x4＝－.因为g(x3)＝f(x1)＜g(x1)，由g(x)单调递增，知x3＜x1.又由h(x4)＝f(x2)＜h(x2)，由h(x)单调递减，知x4＞x2，所以x2－x1＜x4－x3＝－－＝－＜2－. 　1.已知函数f(x)＝4x－x4，x∈R. (1) 求f(x)的单调区间； (2) 设曲线y＝f(x)与x 轴正半轴的交点为P, 曲线在点P处的切线方程为y＝g(x)，求证：对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x)； (3) 若方程f(x)＝a(a为实数)有两个正实数根x1，x2，且x1＜x2，求证：x2－x1≤－＋4. 【解答】(1)由f(x)＝4x－x4，可得f′(x)＝4－4x3.当f′(x)＞0，即x＜1时，函数f(x)单调递增；当f′(x)＜0，即x＞1时，函数f(x)单调递减．所以f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞). (2)设点P的坐标为(x0，0)，则x0＝4，f′(x0)＝－12.曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)·(x－x0)，即g(x)＝f′(x0)(x－x0).令函数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)＝－4x3＋4在R上单调递减，故F′(x)在R上单调递减．又F′(x0)＝0，所以当x∈(－∞，x0)时，F′(x)＞0；当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(－∞，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的实数x，都有F(x)≤F(x0)＝0，即对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x). (3)如图，设曲线y＝f(x)在x＝4处的切线方程为y＝g(x)，由(2)知g(x)＝－12(x－4).设方程g(x)＝a的根为x′2，可得x′2＝－＋4.因为g(x)在R上单调递减，又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x′2)，可得x2≤x′2.类似地，设曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝h(x)，可得h(x)＝4x.对于任意的x∈R，有f(x)－h(x)＝－x4≤0，即f(x)＜h(x)，设方程h(x)＝a的根为x′1，可得x′1＝.因为h(x)＝4x在R上单调递增，且h(x′1)＝a＝f(x1)≤h(x1)，因此x′1≤x1.由此可得x2－x1≤x′2－x′1＝－＋4. (变式1) 　2.已知函数． （1）若函数有零点，求的取值范围； （2）当时，记函数和图象的交点为． （i）求证：，且； （ii）求证：．x1 -1 1 x2 【明说解得】由于AB=(x2-x1)，所以只要证明x2-x1<,即证明x1>,x1<.也就是研究函数h(x)=ex-x-a的零点分布< x1<-1<1<x2<.一般地，采用切线夹逼。 （1）转化为有解问题，分离参数后再设新函数求导得其最小值即可； （2）（i）变形得，再利用的单调性得，令，求导得其单调性，再取值代入并结合零点存在性定理即可证明； （ii）首先求出在处的切线方程，再设新函数得其单调性和最小值，从而有，最后代入即可得到，即可证明不等式. 【小问1详解】原命题等价于有解，令． 在上单调递减，在上单调递增． . 【小问2详解】 （i）设，则有， 作差移项得， 易知在上单调递增，，则． 令，所以， 则，令， ∴函数在上单调递减，在上单调递增． 因为，， 令，则， 由在上单调递减，在上单调递增和零点存在定理得在和内各有一个零点． 不妨设，则，得证． （ii）在处的切线方程为． 令， 所以， 所以当时；当时， 即在上为减函数，在为增函数， 所以， 所以，即． 从而，且， 即， 因为， 所以． 又，可解得， 所以， 又由（i）知交点坐标满足，所以两交点在直线上，则. 　3.已知 (1)设曲线与轴正半轴相交于点，曲线在点处的切线为，求证：曲线上的点都不在直线的上方； (2)若关于的方程有两个不等实根，求证： （1）证：可知 ， 可得曲线在点处的切线为 令， ， 在上递减，在上递增，则 则曲线上的点都不在直线的上方 （2）证： 在上递增，在上递减， ，则 曲线在点处的切线为，由（1）得 令，由， 由零点存在性定理知，同理得曲线在原点处的切线为 设与，的交点的横坐标分别为 则，，则 下面证明： 因为 因为，则，，且 所以 4. 已知函数f(x)＝(x＋1)(ex－1)，若方程f(x)＝m有两个实根x1，x2，且x1<x2，证明：x2－x1≤1＋. 【明说解题】是卡根还切线夹，有时只是一念之间，卡根适用于目标不等式关系容易分拆，而切(割)线夹可以更好的说明数式分拆的由来。如果直接将1+分拆成m－(－1),只能是“神来之笔”！ 证明　如图，设f(x)在(－1，0)处的切线方程为y＝h(x)，由f′(x)＝(x＋2)ex－1，易得，h(x)＝(x＋1)， 令F(x)＝f(x)－h(x)， 即F(x)＝(x＋1)(ex－1)－(x＋1)， F′(x)＝(x＋2)ex－， 当x≤－2时，F′(x)＝(x＋2)ex－≤－<0， 当x>－2时，则F′(x)＝(x＋2)ex－单调递增，又F′(－1)＝0， 所以当x<－1时，F′(x)<0，当x>－1时，F′(x)>0， 所以函数F(x)在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，＋∞)上单调递增， 故F(x)≥F(－1)＝0，f(x1)≥h(x1)， 设h(x)＝m的根为x1′，则x1′＝－1＋，且h(x1′)＝f(x1)≥h(x1)， 又函数h(x)单调递减，故x1′≤x1， 又设f(x)在(0，0)处的切线方程为φ(x)，易得φ(x)＝x. 令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，g′(x)＝(x＋2)ex－2， 当x≤－2时，g′(x)＝(x＋2)ex－2≤－2<0， 当x>－2时，g′(x)＝(x＋2)ex－2单调递增， 又g′(0)＝0，所以当x<0时，g′(x)<0，当x>0时，g′(x)>0， 所以函数g(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增， 故g(x)≥g(0)＝0，即(x＋1)(ex－1)≥x，故f(x)≥φ(x)，则f(x2)≥φ(x2)， 设φ(x)＝m的根为x2′，则x2′＝m，且φ(x2′)＝f(x2)≥φ(x2)， 又函数φ(x)单调递增，故x2′≥x2，又x1′≤x1， 所以x2－x1≤x2′－x1′＝m－＝1＋. 5. (2024·苏锡常镇调研)已知函数f(x)＝(x－1)ln(x＋1)，曲线y＝f(x)在点(1，0)处的切线方程为y＝kx＋b. (1)求k，b的值； (2)证明：f(x)≥kx＋b； (3)若函数g(x)＝f(x)＋m(m∈R)有两个零点x1，x2，证明：|x1－x2|≤1－m－. (1)解　函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝ln(x＋1)＋，f′(1)＝ln 2. 所以切线方程为y＝ln 2·(x－1)，即k＝ln 2，b＝－ln 2. (2)证明　设h(x)＝f(x)－kx－b＝(x－1)ln(x＋1)－xln 2＋ln 2， h′(x)＝ln(x＋1)－＋1－ln 2. 令F(x)＝h′(x)＝ln(x＋1)－＋1－ln 2，则F′(x)＝＋>0， 所以F(x)单调递增，即h′(x)单调递增. 又h′(1)＝ln 2－1＋1－ln 2＝0， 所以当x∈(－1，1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增， 所以h(x)min＝h(1)＝0，即h(x)≥0， 所以f(x)≥xln 2－ln 2. (3)证明　g(x)＝f(x)＋m(m∈R)的两个零点x1，x2，即为f(x)＝－m的两根，不妨设x1<x2， 由题知，曲线y＝f(x)在(1，0)处的切线方程为y＝xln 2－ln 2， 令φ(x)＝xln 2－ln 2，即φ(x)＋m＝0，即φ(x)＝－m的根为x2′，则x2′＝1－， 由(2)知，f(x2)≥φ(x2)，∴φ(x2′)＝f(x2)≥φ(x2)， ∵φ(x)单调递增，∴x2′≥x2. 设曲线y＝f(x)在(0，0)处的切线方程为y＝t(x)， ∵f′(0)＝－1，∴t(x)＝－x， 设方程t(x)＋m＝0，即t(x)＝－m的根为x1′，则x1′＝m， 令T(x)＝f(x)－t(x)， 同理由(2)可得T(x)≥0，即f(x)≥t(x)，f(x1)≥t(x1)， ∴t(x1′)＝f(x1)≥t(x1)， 又t(x)单调递减，∴x1′<x1，∴|x2－x1|＝x2－x1≤x2′－x1′＝1－m－. 割线夹 割线夹策略 将关于x2－x1的取值大于某值问题转化为x′2－x′1的取值大于或等于某值来解决．类似于切线夹策略，一般考虑最高(低)点、零点与两个较特殊点构造两条割线，两割线与y＝a的两个交点横坐标分别为x′1，x′2，且x′1≥x1，x′2≤x2，所以x2－x1≥x′2－x′1. 例4　已知函数f(x)＝x ln x. (1) 求f(x)的单调区间； (2) 若方程f(x)＝b有两个实数根x1，x2，且x1＜x2，求证：x2－x1＞eb＋1. 【解答】(1)函数f(x)＝x ln x的定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝ln x＋1，当0＜x＜时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)设A，B(1，0)，用割线OA：h(x)＝－x和AB：l(x)＝(x－1)来估计x2－x1的下界．如图，直线y＝b与函数f(x)图象的交点的横坐标分别为x1，x2，设直线y＝b与直线OA，AB的交点的横坐标分别为x3，x4，即x3＝－b，x4＝(e－1)b＋1.当x∈时，x ln x＋x＝x(ln x＋1)＜0，所以f(x)＜h(x).当x∈时，x ln x－(x－1)＝x.令m(x)＝ln x－，＜x＜1，则m′(x)＝－·＝，易知m(x)的最小值m＜m＝m(1)＝0，所以m(x)＜0.从而问题可转化为证明x2－x1＞x4－x3.因为h(x1)＞f(x1)＝h(x3)＝l(x4)＝f(x2)＝b＜l(x2)，所以根据单调性可得x1＜x3，x4＜x2，因此x2－x1＞x4－x3＝(e－1)b＋1－(－b)＝eb＋1.综上可得，x2－x1＞eb＋1. (例4) 1.已知函数f(x)=2xlnx，g(x)=ax2－1(aR). (1)求不等式2x+f(x)＜0的解集； (2)当x≥1时，不等式f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围； (3)若方程f(x)=b有两个实数根x1,x2(x1＜x2)，证明：x2－x1＞+1. 19．解: （1）函数的定义域为． 1分 所以不等式可化为． 2分 所以原不等式解集为． 4分 （2）解法一：（分离参数法）因为， 所以不等式可化为． 5分 设，． 7分 设，则． 所以在上单调递减，则，则． 所以在上单调递减，则． 9分 所以． 10分 解法二： 设函数（），则恒成立． ，设，则． ①当时，，则递增， 所以． 所以递增，则不合题意，舍去； 6分 ②当时，由=0可得， （i）若，即，当时， 则递减，则． 所以递减，则，符合题意； 8分 （ii）若，即， 当时，当时． 则则上单调递增，且， 即时，则递增． 则不合题意，舍去； 9分 综上所述，a的取值范围是． 10分 （3），得 因为在上单调递增且， 所以，． 所以在上单调递减，在上单调递增． 12分 设过的割线与的交点横坐标为，则． 设过的割线与的交点横坐标为， 则，． 14分 下证，令， 当时，， 则，所以． 因为递减，所以． 15分 当时， 令，, 令,在上单调递增， ， 由零点存在性定理知，存在使得， 当， 当， 在上单调递减，在上单调递增， 又，所以,，． ,由单调性可得， 16分 综上所述，． 17分 构造拟合函数(曲线夹)——二次拟合 曲线夹策略 将关于|x2－x1|的取值问题通过构造拟合函数m(x)，与直线y＝a的交点横坐标为x′1，x′2，获取x1，x2，x′1，x′2的大小顺序，通过放缩得证所求．一般有一次函数拟合(切割线拟合)、二次函数拟合、三次函数拟合以及更高观点的拟合(如泰勒展开等). 例5　已知函数. （1）求的极值； （2）若当时，，求实数的取值范围； （3）设实数，满足，证明：. 【明说解题】2正是二次方程的两根之差!因此只要证明n<－,m>． 【解析】（1）由题可知，令，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得极大值，没有极小值. （2）设，根据题意，当时，恒成立. 又， 若，则，令，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以，不符合题意， 若，令，得或. 若，则恒成立，所以在上单调递增， 又当时，，不符合题意， 若，则，当时，， 所以在上单调递增， 当时，，不符合题意 ， 若，则，当时，， 当时，，所以在和上单调递增，在上单调递减， 又因为，所以在上成立， 要使在上也成立，只需，即，得， 故的取值范围是. （3）由（1）可知在上单调递增，在上单调递减，且当时，. 又由（2）知当时，， 故可作出，在上的大致图象如下，除了点，的图象都在的图象的下方， 当时，直线与曲线有两个交点，横坐标分别为，，直线与曲线有两个交点，横坐标分别为和，由图可知 1.已知函数f(x)＝(x＞0，a∈R). (1) 求证：f(x)＞＋＋1； (2) 若f(x)＝a有两个零点x1，x2(0＜x1＜x2)，证明：－＜a－1. 【解答】(1)不等式等价于ex＞＋x＋1.记g(x)＝ex－－x－1，x＞0，则g′(x)＝ex－x－1.当x＞0时，ex＞x＋1，故g′(x)＞0，从而g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)＞g(0)＝0，所以ex＞＋x＋1，得证． (2)由(1)可得＞＋＋1，令m(x)＝＋＋1，根据对勾函数可得m(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．画出y＝f(x)，y＝m(x)与y＝a的图象如图所示．设函数m(x)与直线y＝a的交点横坐标为x3，x4，显然有0＜x3＜x1＜x2＜x4，而且x3，x4是方程＋＋1＝a的两根，即x3，x4是方程x2＋2(1－a)x＋2＝0的两根，所以x3＋x4＝2(a－1)，x3x4＝2，又＞＞＞＞0，所以－＜－＝＝＝＝＜a－1. 得证． (变式1) 2.已知，有两个不同的零点 (1)证明：； (2)证明： 证：（1），在上递增，在上递减 因为有两个不同的零点，则 若，则当时，，此时在上无零点 在上至多一个零点，与题设矛盾，故 （2）①先证明成立 设，由（1）可知 构造 ，在上递增 ，即 因为，所以，即 又因为，，在上递减 所以，即 ②要证明成立,只需证成立 由知,只需证，即成立 因为，则只需证 即成立 设，则 在上递减，则，则成立 综上， 其它放缩方法 其它放缩策略 无论是卡根法，还是切（割）线夹或曲线夹，其本质是对x1，x2进行放缩，获取x1，x2，x′1，x′2的大小顺序，通过同向不等式的可加性得证所求．而其它形式的放缩，则在更一般的层面上运用不等式放缩手段，求解相关问题，灵活性更强，方法更独特，一般不具备解题的一般性. 例6　(2025·辽宁二模)已知函数f(x)＝(ln x－2)x2－mx(x＞0)，g(x)为f(x)的导函数． (1)当m＝0时，求曲线g(x)在(1，g(1))处的切线方程； (2)若f(x)的两个极值点分别为x1和x2，且x1＜x2. ①求实数m的取值范围； ②证明：x2－x1＜m＋2e. 【解析】　(1)当m＝0时，f(x)＝(ln x－2)x2， 则g(x)＝f′(x)＝2xln x－3x，g(1)＝－3， 求导得g′(x)＝2ln x－1，则g′(1)＝－1， 所以曲线g(x)在(1，g(1))处的切线方程为y＋3＝－(x－1)，即x＋y＋2＝0. (2)①g(x)＝f′(x)＝2xln x－3x－m，且定义域x∈(0，＋∞)． 因为若f(x)有两个极值点，所以x1，x2是方程2xln x－3x－m＝0的两个正根， 即2xln x－3x＝m，x(2ln x－3)＝m， 令h(x)＝x(2ln x－3)，则h′(x)＝2ln x－1， 所以，当h′(x)＞0时，x＞，当h′(x)＜0时，0＜x＜， 因此，当x∈(0，)时，h(x)单调递减；当x∈(，＋∞)时，h(x)单调递增， 所以当x＝时，h(x)有最小值h()＝－2，2ln x－3＝0时，x＝e， 又因为0＜x＜e时，2ln x－3＜0，所以当0＜x＜e时，h(x)＜0， 所以m∈(－2，0)． ②证明：由①可知m＝h(x2)，且h(x)＝0时，x＝e， 又x1＜x2，所以＜x2＜e， 令p(x2)＝h(x2)＋2e－x2，（这个函数的缘起） p′(x2)＝2ln x2－2，p′(x2)单调递增，且p′(e)＝0， 所以x2∈(，e)时，p′(x2)＜0，x2∈(e，e)时，p′(x2)＞0， 所以p(x2)在(，e)上单调递减，在(e，e)上单调递增， 所以p(x2)≥p(e)＝2e－3e＋2e－e＝0， 即h(x2)＋2e－x2≥0，h(x2)＋2e≥x2， 又因为0＜x1＜，所以x2＞x2－x1， 所以h(x2)＋2e＞x2－x1，即x2－x1＜m＋2e. 2.已知函数f(x)= lnx－a(x－1)ex,且0<a<,其中e是自然对数的底数. (1)证明:f(x)有两个零点； (2)设x0是f(x)的极值点，x1是f(x)的一个零点，且x1>x0,求证:3x0-x1＞2. 【明说解题】由，消去a，得，由lnx<x－1,可得，所以x1－x0<2lnx0<2(x0－1)，故3x0-x1＞2. 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $★明说解题★高中数学重难点系列 重难点　零点差问题的处理策略 零点差问题 必备知识 必备解法 函数的零点 函数的单调性 函数的图象 卡根法 切线夹 割线夹 曲线夹(二次拟合) 放缩 目录 一、问题综述 1 二、知识拓展 2 三、零点差问题的解题策略 2 卡根法 2 切线夹 3 割线夹 5 构造拟合函数(曲线夹)——二次拟合 6 其它放缩方法 7 一、问题综述 对于某一确定的函数而言，其零点的个数是确定的，零点之间的关联也是确定的．比如：二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)有两个零点x1,x2，并有x1+x2=－, x1x2=，在极值点偏移问题中，有x1+x2＞(＜)2x0，x1x2＞(＜)x02.自然，会有这样的疑问：x1－x2的取值如何呢？是有定值2，还是有其它确定的不等关系？这就是零点差问题．所谓零点差问题，就是针对某一函数的多个零点，去研究其中两个零点间差的变化规律． 零点差问题的处理策略基本上是基于不等式的同向可加性，即“若x1>a,x2<b，则x1－x2>a－b”，难点是“a,b”的确定，这就是“卡根法”与“切割线夹”的立足点．当然，还有基于整体换元，代入消元等手段，构造新函数与不等式放缩的特殊方法． 二、知识拓展 函数的凸性与切割线放缩： (1)下凸函数：如图1，对于函数f(x)，若在其图象上任取两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，除端点外，线段AB始终在函数f(x)的图象的上方，在f(x)的图象上任取点C(x0，f(x0))，函数f(x)在点C处的切线y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)除切点外，始终在f(x)图象的下方，我们称f(x)为下凸函数，满足f″(x)≥0的函数f(x)为下凸函数.对于下凸函数，可利用切割线进行放缩，f(x)≥f′(x0)(x－x0)＋f(x0), 当x∈(x1，x2)时，f(x)<(x－x1)＋f(x1). (2)上凸函数：如图2，对于函数f(x)，若在其图象上任取两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，除端点外，线段AB始终在函数f(x)的图象的下方，在f(x)的图象上任取点C(x0，f(x0))，函数f(x)在点C处的切线y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)除切点外，始终在f(x)图象的上方，我们称f(x)为上凸函数，满足f″(x)≤0的函数f(x)为上凸函数.对于上凸函数，可利用切割线进行放缩，f(x)≤f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，当x∈(x1，x2)时，f(x)>(x－x1)＋f(x1). 三、零点差问题的解题策略 卡根法 卡根法策略 利用函数零点存在性定理，确定每一个零点所在的范围，即由x′1≤x1＜x2≤x′2，可得x2－x1≤x′2－x′1；或由x1≤x′1＜x′2≤x2，得出x2－x1＞x′2－x′1．其本质是同向不等式的可加性,难点是x′1,x′2的确定. 例1　已知函数f(x) =axlnx－(a+l)lnx . (1)当a>－1时，讨论f '(x)的单调性; (2)设a>0，方程f(x)=－x有两个不同的零点x1,x2，(x1<x2)，求证:x1+e>x2+. 1. 已知函数f(x)=x－(a>0)有两个相异零点x1,x2，且x1＜x2，求证: ＜. 2. 已知函数f(x)=xlnx－x2+1有两个极值点x1,x2，求证:3ln2＜|lnx1-lnx2|＜3. 例2 已知函数存在两个不同的零点，，，且. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 切线夹 切线夹策略 将关于x2－x1的取值小于某值问题转化为x′2－x′1的取值小于或等于某值来解决．首先要找到一条直线l1，其方程为y＝g(x)满足f(x)≤g(x)恒成立，则由g(x)＝a得到x′1，此时x′1≤x1，同理构造另一条直线l2，其方程为y＝h(x)满足h(x)≥f(x)恒成立，由h(x)＝a得到x′2，此时x′2≥x2，所以x2－x1≤x′2－x′1，其本质是利用切线放缩． 例3　已知f(x)＝3x－x3，若关于x的方程f(x)＝a有两个正实数根x1，x2，且x1＜x2. (1) 求实数a的取值范围； (2) 求证：x2－x1＜2－. 　1.已知函数f(x)＝4x－x4，x∈R. (1) 求f(x)的单调区间； (2) 设曲线y＝f(x)与x 轴正半轴的交点为P, 曲线在点P处的切线方程为y＝g(x)，求证：对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x)； (3) 若方程f(x)＝a(a为实数)有两个正实数根x1，x2，且x1＜x2，求证：x2－x1≤－＋4. 　2.已知函数． （1）若函数有零点，求的取值范围； （2）当时，记函数和图象的交点为． （i）求证：，且； （ii）求证：． 　3.已知 (1)设曲线与轴正半轴相交于点，曲线在点处的切线为，求证：曲线上的点都不在直线的上方； (2)若关于的方程有两个不等实根，求证： 4. 已知函数f(x)＝(x＋1)(ex－1)，若方程f(x)＝m有两个实根x1，x2，且x1<x2，证明：x2－x1≤1＋. 5. (2024·苏锡常镇调研)已知函数f(x)＝(x－1)ln(x＋1)，曲线y＝f(x)在点(1，0)处的切线方程为y＝kx＋b. (1)求k，b的值； (2)证明：f(x)≥kx＋b； (3)若函数g(x)＝f(x)＋m(m∈R)有两个零点x1，x2，证明：|x1－x2|≤1－m－. 割线夹 割线夹策略 将关于x2－x1的取值大于某值问题转化为x′2－x′1的取值大于或等于某值来解决．类似于切线夹策略，一般考虑最高(低)点、零点与两个较特殊点构造两条割线，两割线与y＝a的两个交点横坐标分别为x′1，x′2，且x′1≥x1，x′2≤x2，所以x2－x1≥x′2－x′1. 例4　已知函数f(x)＝x ln x. (1) 求f(x)的单调区间； (2) 若方程f(x)＝b有两个实数根x1，x2，且x1＜x2，求证：x2－x1＞eb＋1. 1.已知函数f(x)=2xlnx，g(x)=ax2－1(aR). (1)求不等式2x+f(x)＜0的解集； (2)当x≥1时，不等式f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围； (3)若方程f(x)=b有两个实数根x1,x2(x1＜x2)，证明：x2－x1＞+1. 构造拟合函数(曲线夹)——二次拟合 曲线夹策略 将关于|x2－x1|的取值问题通过构造拟合函数m(x)，与直线y＝a的交点横坐标为x′1，x′2，获取x1，x2，x′1，x′2的大小顺序，通过放缩得证所求．一般有一次函数拟合(切割线拟合)、二次函数拟合、三次函数拟合以及更高观点的拟合(如泰勒展开等). 例5　已知函数. （1）求的极值； （2）若当时，，求实数的取值范围； （3）设实数，满足，证明：. 1.已知函数f(x)＝(x＞0，a∈R). (1) 求证：f(x)＞＋＋1； (2) 若f(x)＝a有两个零点x1，x2(0＜x1＜x2)，证明：－＜a－1. 2.已知，有两个不同的零点 (1)证明：； (2)证明： 其它放缩方法 其它放缩策略 无论是卡根法，还是切（割）线夹或曲线夹，其本质是对x1，x2进行放缩，获取x1，x2，x′1，x′2的大小顺序，通过同向不等式的可加性得证所求．而其它形式的放缩，则在更一般的层面上运用不等式放缩手段，求解相关问题，灵活性更强，方法更独特，一般不具备解题的一般性. 例6　(2025·辽宁二模)已知函数f(x)＝(ln x－2)x2－mx(x＞0)，g(x)为f(x)的导函数． (1)当m＝0时，求曲线g(x)在(1，g(1))处的切线方程； (2)若f(x)的两个极值点分别为x1和x2，且x1＜x2. ①求实数m的取值范围； ②证明：x2－x1＜m＋2e. 1.已知函数f(x)= lnx－a(x－1)ex,且0<a<,其中e是自然对数的底数. (1)证明:f(x)有两个零点； (2)设x0是f(x)的极值点，x1是f(x)的一个零点，且x1>x0,求证:3x0-x1＞2. 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $