不等式的证明方法(六)——由极值点偏移衍生的零点差问题 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“极值点偏移衍生的零点差问题”核心考点，对接高考导数压轴题考查要求，梳理切线放缩、割线放缩、曲线夹等关键方法，分析近五年高频考点权重，归纳切线类、割线法、曲线夹三大常考题型，构建系统备考体系。 课件亮点在于“题型拆解+方法提炼+实战训练”，如以例1（f(x)=xlnx零点差证明）为例，用切线夹法推导|x₁-x₂|<b+1+1/e²，培养数学思维（推理能力）和数学语言（模型观念）。特设思维升华与跟踪训练，帮助学生掌握放缩技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

第三章 §3.12 不等式的证明方法(六)——由极值点偏移衍生的零点差问题 重点解读 已知函数f(x)为定义域上的下凸函数(或上凸函数)，且图象与直线y=m交于A，B两点，其横坐标为x1，x2，我们可以利用下凸函数(或上凸函数)的切线与直线y=m的交点将x1，x2的范围予以估计，这便是切线放缩的基本原理. 如图，在函数图象先减后增的情形下，两条切线和两条割线即可估计出交点横坐标的一个上下界，而切割线的方程均为一次函数，这样我们就可以得到一个显式解(精确解)的估计. 切割线放缩主要应用在交点横坐标和、交点横坐标差问题中，切割线放缩体现了函数中化曲为直的思想. 例1　已知函数f(x)=xln x. (1)对于任意的x>0，证明：f(x)≥-2x-e-3； 题型一　切线夹 证明　令g(x)=f(x)+2x+e-3=xln x+2x+e-3(x>0)，g'(x)=ln x+3， 令g'(x)=0，得x=e-3， 当x∈(0，e-3)时，g'(x)<0， ∴函数g(x)在(0，e-3)上单调递减. 当x∈(e-3，+∞)时，g'(x)>0， ∴函数g(x)在(e-3，+∞)上单调递增， ∴g(x)≥g(e-3)=-3e-3+2e-3+e-3=0. ∴对于任意的x>0，f(x)≥-2x-e-3. 例1　已知函数f(x)=xln x. (2)若f(x)=b有两个实根x1，x2(x1≠x2)，证明：|x1-x2|<b+1+. 证明　f'(x)=ln x+1，易知f(x)在(0，e-1)上单调递减，在(e-1，+∞)上单调递增， 函数f(x)=xln x在点(1，0)处切线的斜率k=f'(1)=1， 可得在点(1，0)处的切线方程为y=x-1， 根据图象可得f(x)≥x-1， 由(1)知f(x)≥-2x-e-3， 记直线y=-2x-e-3，y=x-1分别与直线y=b交于点(x1'，b)，(x2'，b)， 可得x2'=b+1，x1'=(x1'<x2')， 例1　已知函数f(x)=xln x. (2)若f(x)=b有两个实根x1，x2(x1≠x2)，证明：|x1-x2|<b+1+. 证明　故|x1-x2|≤x2'-x1' =(b+1)- =b+1+ ∵等号成立的条件不能同时满足，故|x1-x2|<b+1+. 在使用切线夹时，优先选用在两零点处的切线，一般在所求的问题中会给出其中一条切线.若发现放缩过度，再取特殊点处的切线. 思维升华 跟踪训练1　已知函数 f(x)=(x2-x)ex. (1)求曲线 y=f(x)在原点处的切线方程； 解　f'(x)=(x2+x-1)ex，f'(0)=-1，f(0)=0，故曲线y=f(x)在原点处的切线方程为x+y=0. 跟踪训练1　已知函数 f(x)=(x2-x)ex. (2)若 f(x)-ax+e≥0恒成立，求实数 a 的取值范围； 解　当 x=0 时，e≥0恒成立，则a∈R； 当x>0 时，问题等价于a≤(x-1)ex+恒成立. 设g(x)=(x-1)ex+(x>0)， 则g'(x)=xex- ∵g'(x)=xex- 在(0，+∞)上单调递增，且g'(1)=0， ∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增. 跟踪训练1　已知函数 f(x)=(x2-x)ex. (2)若 f(x)-ax+e≥0恒成立，求实数 a 的取值范围； 解　∴g(x)在(0，+∞)上的最小值为g(1)=e， ∴a≤e. 当x<0 时，问题等价于a≥(x-1)ex+ 恒成立. 设h(x)=(x-1)ex+(x<0)， 则h'(x)=xex-<0， 则h(x)在(-∞，0)上单调递减，且 x→-∞ 时，h(x)→0， ∴a≥0， 综上所述，0≤a≤e. 跟踪训练1　已知函数 f(x)=(x2-x)ex. (3)若方程 f(x)=m(m∈R)有两个正实数根 x1，x2，求证： |x1-x2|<+m+1. 证明　由(2)得当a=e 时，(x2-x)ex≥ex-e， 由(1)得曲线y=f(x)在原点处的切线方程为x+y=0， 设φ(x)=(x2-x)ex+x(x>0)，φ'(x)=(x2+x-1)ex+1，φ″(x)=(x2+3x)ex， 令φ″(x)=0，解得x=-3(舍去)或x=0. 当x>0时，φ″(x)>0， ∴φ'(x)在(0，+∞)上单调递增， 又φ'(0)=0，∴当x>0 时，φ'(x)>0，φ(x)单调递增，而φ(0)=0， ∴当 x>0 时，φ(x)>0恒成立， 跟踪训练1　已知函数 f(x)=(x2-x)ex. (3)若方程 f(x)=m(m∈R)有两个正实数根 x1，x2，求证： |x1-x2|<+m+1. 证明　∴(x2-x)ex>-x. 设直线y=m与y=-x，y=e(x-1)的图象交点的横坐标分别为x3，x4， 则x3<x4， 则x3=-m，x4=+1，不妨设x1<x2， 则x3<x1<x2<x4， ∴|x1-x2|<|x3-x4|=+m+1. 例2　已知f(x)=x-xln x-1，记f(x)在x=处的切线方程为y=g(x). (1)证明：g(x)≥f(x)； 证明　f(x)=x-xln x-1的定义域为(0，+∞)， ∵f'(x)=1-(ln x+1)=-ln x， ∴f'=1， f =+-1=-1， ∴y-=x- 题型二　割线夹 例2　已知f(x)=x-xln x-1，记f(x)在x=处的切线方程为y=g(x). (1)证明：g(x)≥f(x)； 证明　即g(x)=x+-1. 令F(x)=g(x)-f(x)=x+-1-(x-xln x-1)=+xln x，x∈(0，+∞)， F'(x)=1+ln x，令F'(x)=0，解得x= ∴当0<x<时，F'(x)<0，F(x)在上单调递减， 当x>时，F'(x)>0，F(x)在上单调递增， 例2　已知f(x)=x-xln x-1，记f(x)在x=处的切线方程为y=g(x). (1)证明：g(x)≥f(x)； 证明　∴F(x)min=F=0， ∴F(x)≥0恒成立，即g(x)≥f(x). 例2　已知f(x)=x-xln x-1，记f(x)在x=处的切线方程为y=g(x). (2)若方程f(x)=m有两个不相等的实根x1，x2(x1<x2)，证明：|x1-x2|>-em. 证明　由(1)知f'(x)=-ln x，令f'(x)=0，得x=1， ∴当0<x<1时，f'(x)>0，f(x)在(0，1)上单调递增， 当x>1时，f'(x)<0，f(x)在(1，+∞)上单调递减， ∴ f(x)max=f(1)=0， 当x→0时，f(x)→-1；当x>e时，f(x)<f(e)=-1， ∵方程f(x)=m有两个不相等的实数根x1，x2(x1<x2)， 例2　已知f(x)=x-xln x-1，记f(x)在x=处的切线方程为y=g(x). (2)若方程f(x)=m有两个不相等的实根x1，x2(x1<x2)，证明：|x1-x2|>-em. 证明　∴ -1<m<0且0<x1<1<x2<e， 连接点(1，0)和(0，-1)，则经过两点的直线方程为y=x-1，不妨设y=x-1与y=m的交点横坐标为x3，则x3=m+1， 当x∈(0，1)时，f(x)-(x-1)=x-xln x-1-x+1=-xln x>0， 即f(x)>x-1， ∴x1<x3=m+1； 例2　已知f(x)=x-xln x-1，记f(x)在x=处的切线方程为y=g(x). (2)若方程f(x)=m有两个不相等的实根x1，x2(x1<x2)，证明：|x1-x2|>-em. 证明　连接点(1，0)和(e，-1)，则经过两点的直线方程为y=(x-1)，不妨设y=(x-1)与y=m的交点横坐标为x4，则x4=(1-e)m+1， 当x∈(1，e)时，令h(x)=f(x)-(x-1)=x-xln x-1+(x-1)(1<x<e)， 则h'(x)=-ln x+ 令h'(x)>0，得1<x< 令h'(x)<0，得<x<e， 例2　已知f(x)=x-xln x-1，记f(x)在x=处的切线方程为y=g(x). (2)若方程f(x)=m有两个不相等的实根x1，x2(x1<x2)，证明：|x1-x2|>-em. 证明　∴h(x)在(1)上单调递增，在(e)上单调递减， 又h(1)=0，h(e)=0， ∴h(x)>0在(1，e)上恒成立， 即f(x)>(x-1)， ∴x4<x2，易知x3<x4， ∴|x1-x2|>|x3-x4|=-em. 割线夹关键是根据不等式的特点和需要，找准相关的函数及其割线，才能恰当地进行割线放缩.割线夹本质与切线夹类似. 思维升华 跟踪训练2　已知函数f(x)=xln x.若方程f(x)=m有两个根x1，x2，且x2>x1，求证：x2-x1>1+em. 证明　f(x)=xln x(x>0)，f'(x)=1+ln x， 当0<x<时，f'(x)<0，当x>时，f'(x)>0， 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，则f(x)min=f =- 当0<x<1时，f(x)=xln x<0， 所以0<x1<<x2<1，且-<m<0， 跟踪训练2　已知函数f(x)=xln x.若方程f(x)=m有两个根x1，x2，且x2>x1，求证：x2-x1>1+em. 证明　当x∈时，ln x<-1， 所以xln x<-x，即f(x)<-x， 设直线y=-x与y=m的交点的横坐标为x3，则x1<x3=-m，即-x1>-x3=m. 下面证明当x∈时，f(x)<(x-1)， 设h(x)=xln x-(x-1)=xx∈ 设m(x)=ln x-+x∈ 跟踪训练2　已知函数f(x)=xln x.若方程f(x)=m有两个根x1，x2，且x2>x1，求证：x2-x1>1+em. 证明　则m'(x)=-= 当<x<时，m'(x)<0， 当<x<1时，m'(x)>0， 所以m(x)在上单调递减，在上单调递增， 又因为m=0，m(1)=0， 所以当<x<1时，m(x)<0恒成立， 跟踪训练2　已知函数f(x)=xln x.若方程f(x)=m有两个根x1，x2，且x2>x1，求证：x2-x1>1+em. 证明　则h(x)<0恒成立， 故当x∈时，f(x)<(x-1)， 设直线y=(x-1)与y=m的交点的横坐标为x4，则x2>x4=1+(e-1)m， 所以x2-x1>x4-x3=1+em，得证. 例3　已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性； 题型三　曲线夹 解　由题可知f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=-a=. 则当a≤0时，f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增； 当a>0时，当x∈时，f'(x)>0，f(x)在上单调递增； 当x∈时，f'(x)<0，f(x)在上单调递减. 例3　已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R). (2)若x1，x2(x1<x2)是f(x)的两个零点. 证明：①x1+x2>； 证明　原不等式等价于> 因为ax1=ln x1，ax2=ln x2， 两式相减得， a(x2-x1)=ln x2-ln x1， 则a= 例3　已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R). (2)若x1，x2(x1<x2)是f(x)的两个零点. 证明：①x1+x2>； 证明　则>等价于> 因为x2>x1>0， 所以ln x2-ln x1>0，故ln x2-ln x1> (*) 等价于ln->0， 设t=(t>1)， 例3　已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R). (2)若x1，x2(x1<x2)是f(x)的两个零点. 证明：①x1+x2>； 证明　设g(t)=ln t-(t>1)， 则(*)式等价于g(t)>0， g'(t)=-=>0，g(t)在(1，+∞)上单调递增， 所以g(t)>g(1)=0，即x1+x2>. 例3　已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R). (2)若x1，x2(x1<x2)是f(x)的两个零点. 证明：②x2-x1>. 证明　方法一　如图所示，作出y=的图象， 设拟合二次函数的方程为G(x)=-k(x-e)2+(k>0)， G(x)=a的两个根为x3，x4(x3<x4)， 则等价于证明 x2-x1>x4-x3=. 例3　已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R). (2)若x1，x2(x1<x2)是f(x)的两个零点. 证明：②x2-x1>. 证明　令-k(x-e)2+=a 则有kx2-2kex+ke2+a-=0， 则x3+x4=2e，x3x4=e2+- 所以x4-x3=== 整理得+= 例3　已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R). (2)若x1，x2(x1<x2)是f(x)的两个零点. 证明：②x2-x1>. 证明　所以k= 即G(x)=-(x-e)2+ 此时只需证明H(x)=+(x-e)2-≥0，x∈(1，e).(略) 例3　已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R). (2)若x1，x2(x1<x2)是f(x)的两个零点. 证明：②x2-x1>. 证明　方法二　设h(x)= 则h'(x)= 所以h(x)在(0，e]上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，且x→+∞时，h(x)→0，h(x)max=h(e)= 因为a=h(x)有两个不相等的实根，则0<a<且1<x1<e<x2， 例3　已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R). (2)若x1，x2(x1<x2)是f(x)的两个零点. 证明：②x2-x1>. 证明　易知ln x<x-1对x∈(0，1)∪(1，+∞)恒成立， 则ln>1-x对x∈(0，1)恒成立， ax1-1=ln x1-1=ln>1- 因为x1>0，所以a-2x1+e>0. 又因为0<a<Δ=4-4ae>0， 例3　已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R). (2)若x1，x2(x1<x2)是f(x)的两个零点. 证明：②x2-x1>. 证明　所以x1<-或x1>+ 因为1<x1<e且0<a< 所以x1<- 因为> 例3　已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R). (2)若x1，x2(x1<x2)是f(x)的两个零点. 证明：②x2-x1>. 证明　所以-x1>- 即x2-x1>. 例3　已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R). (2)若x1，x2(x1<x2)是f(x)的两个零点. 证明：②x2-x1>. 证明　方法三　由于x1+x2> 故x2-x1>-2x1， 结合所证x2-x1>可以尝试证明 -2x1> 例3　已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R). (2)若x1，x2(x1<x2)是f(x)的两个零点. 证明：②x2-x1>. 证明　即证x1< 同方法二可得a=(1<x1<e)，代入整理得 ln x1+-2>0， 令F(x)=ln x+-2，x∈(1，e)，求导易证得F(x)>F(e)=0，命题得证. 在曲线拟合时一般采取待定系数法，如果证明的不等式中含有根号，一般采取二次拟合. 思维升华 跟踪训练3　已知m∈R，函数f(x)=-m有两个不同的零点x1，x2. (1)证明：0<m<； 证明　由f(x)=-m， 则f'(x)=. 当x<1时，f'(x)>0，f(x)单调递增； 当x>1时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 故f(x)max=f(1). 因为f(x)有两个不同的零点， 故f(1)=-m>0，即m<. 跟踪训练3　已知m∈R，函数f(x)=-m有两个不同的零点x1，x2. (1)证明：0<m<； 证明　若m≤0，则当x>1时，f(x)=-m>0， 此时f(x)在(1，+∞)上无零点， f(x)在R上至多有一个零点，与题设矛盾，故0<m<. 跟踪训练3　已知m∈R，函数f(x)=-m有两个不同的零点x1，x2. (2)证明：|x2-x1|>2. 证明　方法一　设拟合二次函数的方程为G(x)=a(x-1)2+(a<0)， G(x)=m的两个根为x3，x4， 则等价于证明|x2-x1|>|x3-x4|=2. 令a(x-1)2+=m(a<0)， 则有ax2-2ax+a+-m=0， 则x3+x4=2，x3x4= 跟踪训练3　已知m∈R，函数f(x)=-m有两个不同的零点x1，x2. (2)证明：|x2-x1|>2. 证明　所以|x3-x4|=== 即=2 所以a=- 即G(x)=-(x-1)2+ 此时只需证明H(x)=+(x-1)2-≥0.(略) 跟踪训练3　已知m∈R，函数f(x)=-m有两个不同的零点x1，x2. (2)证明：|x2-x1|>2. 证明　方法二　一方面，先证明x2+x1>2成立. 设x1<x2，由(1)可知0<x1<1<x2. 构造函数F(x)=f(x)-f(2-x)=- =+ 所以F'(x)=+=. 所以当0<x<1时，F'(x)>0，F(x)单调递增， 跟踪训练3　已知m∈R，函数f(x)=-m有两个不同的零点x1，x2. (2)证明：|x2-x1|>2. 证明　所以F(x)<F(1)=0，即f(x)<f(2-x). 因为0<x1<1，所以f(x1)<f(2-x1)， 即f(x2)=f(x1)<f(2-x1). 又因为2-x1>1，x2>1，且f(x)在区间(1，+∞)上单调递减， 所以x2>2-x1，即x2+x1>2. 另一方面，要证明|x2-x1|=x2-x1>2成立， 只需证明(x2-1)+(1-x1)>2成立， 跟踪训练3　已知m∈R，函数f(x)=-m有两个不同的零点x1，x2. (2)证明：|x2-x1|>2. 证明　由x2+x1>2知x2-1>1-x1， 故只需证明1-x1>成立， 1-x1>等价于-2x1>-em， 因为=m， 所以只需证明-2x1>-e· 即证(x1-2)+e>0成立. 跟踪训练3　已知m∈R，函数f(x)=-m有两个不同的零点x1，x2. (2)证明：|x2-x1|>2. 证明　设函数g(x)=(x-2)ex+e(0<x<1)， 则g'(x)=(x-1)ex， 当0<x<1时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 于是g(x)>g(1)=0， 故(x1-2)+e>0成立， 综上所述，|x2-x1|>2. 课时精练 答案 1 2 1. (1)设g(x)=f(x)-x， 则g(x)=ln x-x2+1-x(x>0)， g'(x)=-2x-1=- 所以g'(x)>0⇔0<x< g'(x)<0⇔x> 故g(x)在上单调递增，在上单调递减， 1 2 1. 从而g(x)max=g=ln-+1-=-ln 2<0， 所以g(x)<0，故f(x)<x. 答案 1 2 1. (2)设h(x)=f(x)+x-1， 则h(x)=ln x-x2+x(x>0)， 所以h'(x)=-2x+1 =- 从而h'(x)>0⇔0<x<1， h'(x)<0⇔x>1， 故h(x)在(0，1)上单调递增， 答案 1 2 1. 在(1，+∞)上单调递减， 所以h(x)max=h(1)=0， 故h(x)≤0恒成立， 从而f(x)≤-x+1， 因为方程f(x)=a有两个不相等的实根x1，x2， 不妨设x1<x2， 则f(x1)=f(x2)=a， 所以a=f(x1)<x1， 答案 1 2 1. 故-x1<-a，a=f(x2)≤-x2+1， 所以x2≤1-a， 故|x2-x1|=x2-x1<1-a-a=1-2a. 答案 1 2 2. (1)解　当a=1时，f(x)=xln x-x3-1，x∈(0，+∞)， 则f'(x)=ln x+1-3x2， 令k(x)=f'(x)， 则k'(x)=-6x，x>0， 令k'(x)=-6x>0， 得0<x< 令k'(x)=-6x<0，得x> 答案 1 2 2. ∴f'(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减， ∴f'(x)≤f'=ln + =<0， ∴f(x)的单调递减区间是(0，+∞)，无单调递增区间. 答案 1 2 2. (2)证明　∵x∈(0，+∞)，0≤a≤3， 当x∈(0，1]时，f(x)<0显然成立， 当x∈(1，+∞)时， f'(x)=a(ln x+1)-3x2， 令g(x)=f'(x)，x>1， ∴g'(x)=<0， ∴f'(x)在区间(1，+∞)上单调递减， 答案 1 2 2. ∴f'(x)<f'(1)=a-3≤0， ∴f(x)在区间(1，+∞)上单调递减， ∴f(x)<f(1)=-2<0， 综上所述，当0≤a≤3时，f(x)<0. 答案 1 2 2. (3)证明　由题意得 h(x)=xln x(x>0)， ∴h'(x)=ln x+1， 令h'(x)<0，则0<x< 令h'(x)>0，则x> ∴h(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增， 答案 1 2 2. ∴h(x)min=h=- 又当x→0时，h(x)→0，h(1)=0， ∴b∈. 不妨设x1<x2， 则x1∈x2∈ 先证：x2-x1<b+1， 易知h(x)在x=1处的切线方程为y=x-1， 答案 1 2 2. 该切线与直线y=b的交点的横坐标为x3=b+1， 令m(x)=h(x)-(x-1)=xln x-x+1， 则m'(x)=ln x， 当x∈(0，1)时，m'(x)<0，m(x)单调递减， 此时m(x)>m(1)=0， ∴当x∈(0，1)时，y=x-1的图象在h(x)图象的下方. ∴x3>x2-x1， ∴x2-x1<x3=b+1； 答案 1 2 2. 再证x2-x1>be+1， 设AB(1，0)， 易知直线OA的方程为y=-x，直线AB的方程为y=(x-1)， 则直线OA，AB与直线y=b交点的横坐标为x4=-b，x5=(e-1)b+1， ∴x5-x4=be+1， ∵x4=-b=-x1ln x1>x1， 同理可证x4<x2， 答案 1 2 2. ∴x1<x4<x2， 同理可以证明x1<x5<x2， ∴x5-x4<x2-x1， 即be+1<x2-x1， ∴be+1<|x1-x2|<b+1. 答案 1.已知函数f(x)=ln x-x2+1. (1)证明：f(x)<x； 1 2 答案 证明　设g(x)=f(x)-x， 则g(x)=ln x-x2+1-x(x>0)， g'(x)=-2x-1=- 所以g'(x)>0⇔0<x<g'(x)<0⇔x> 故g(x)在上单调递增，在上单调递减， 1.已知函数f(x)=ln x-x2+1. (1)证明：f(x)<x； 1 2 证明　从而g(x)max=g=ln-+1-=-ln 2<0， 所以g(x)<0，故f(x)<x. 答案 1.已知函数f(x)=ln x-x2+1. (2)若方程f(x)=a有两个不相等的实根x1，x2，证明：|x2-x1|<1-2a. 1 2 证明　设h(x)=f(x)+x-1， 则h(x)=ln x-x2+x(x>0)， 所以h'(x)=-2x+1=- 从而h'(x)>0⇔0<x<1，h'(x)<0⇔x>1， 故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 所以h(x)max=h(1)=0， 故h(x)≤0恒成立，从而f(x)≤-x+1， 答案 1.已知函数f(x)=ln x-x2+1. (2)若方程f(x)=a有两个不相等的实根x1，x2，证明：|x2-x1|<1-2a. 1 2 证明　因为方程f(x)=a有两个不相等的实根x1，x2， 不妨设x1<x2， 则f(x1)=f(x2)=a， 所以a=f(x1)<x1， 故-x1<-a，a=f(x2)≤-x2+1， 所以x2≤1-a， 故|x2-x1|=x2-x1<1-a-a=1-2a. 答案 2.(2025·杭州模拟)已知函数f(x)=axln x-x3-1. (1)若a=1，求f(x)的单调区间； 1 2 解　当a=1时，f(x)=xln x-x3-1，x∈(0，+∞)， 则f'(x)=ln x+1-3x2， 令k(x)=f'(x)，则k'(x)=-6x，x>0， 令k'(x)=-6x>0， 得0<x<令k'(x)=-6x<0，得x> 答案 2.(2025·杭州模拟)已知函数f(x)=axln x-x3-1. (1)若a=1，求f(x)的单调区间； 1 2 解　∴f'(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减， ∴f'(x)≤f'=ln +=<0， ∴f(x)的单调递减区间是(0，+∞)，无单调递增区间. 答案 2.(2025·杭州模拟)已知函数f(x)=axln x-x3-1. (2)若0≤a≤3，求证：f(x)<0； 1 2 证明　∵x∈(0，+∞)，0≤a≤3， 当x∈(0，1]时，f(x)<0显然成立， 当x∈(1，+∞)时，f'(x)=a(ln x+1)-3x2， 令g(x)=f'(x)，x>1， ∴g'(x)=<0， ∴f'(x)在区间(1，+∞)上单调递减， 答案 2.(2025·杭州模拟)已知函数f(x)=axln x-x3-1. (2)若0≤a≤3，求证：f(x)<0； 1 2 证明　∴f'(x)<f'(1)=a-3≤0， ∴f(x)在区间(1，+∞)上单调递减， ∴f(x)<f(1)=-2<0， 综上所述，当0≤a≤3时，f(x)<0. 答案 2.(2025·杭州模拟)已知函数f(x)=axln x-x3-1. (3)若h(x)=∃x1≠x2使得h(x1)=h(x2)=b，求证：be+1<|x1-x2|<b+1. 证明　由题意得h(x)=xln x(x>0)， ∴h'(x)=ln x+1，令h'(x)<0，则0<x< 令h'(x)>0，则x> ∴h(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增， ∴h(x)min=h=- 又当x→0时，h(x)→0，h(1)=0， 1 2 答案 2.(2025·杭州模拟)已知函数f(x)=axln x-x3-1. (3)若h(x)=∃x1≠x2使得h(x1)=h(x2)=b，求证：be+1<|x1-x2|<b+1. 证明　∴b∈. 不妨设x1<x2，则x1∈x2∈ 先证：x2-x1<b+1， 易知h(x)在x=1处的切线方程为y=x-1， 该切线与直线y=b的交点的横坐标为x3=b+1， 令m(x)=h(x)-(x-1)=xln x-x+1， 1 2 答案 2.(2025·杭州模拟)已知函数f(x)=axln x-x3-1. (3)若h(x)=∃x1≠x2使得h(x1)=h(x2)=b，求证：be+1<|x1-x2|<b+1. 证明　则m'(x)=ln x， 当x∈(0，1)时，m'(x)<0，m(x)单调递减， 此时m(x)>m(1)=0， ∴当x∈(0，1)时，y=x-1的图象在h(x)图象的下方. ∴x3>x2-x1， ∴x2-x1<x3=b+1； 1 2 答案 $