（通用版）2019版高考数学二轮复习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（重点生，含解析）.doc

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1、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)Error!讨论函数的零点个数已知 f (x)e x(ax2 x1)当 a0时，试讨论方程 f (x)1 的解的例 1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 x ax2 x1( a0)的零点个数而 h( x)e x2 ax1，设 H(x)e x2

2、ax1，则 H( x)e x2 a.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 2 a0， h( x)min h(ln 2 a)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2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 有两12 12个解法二：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

3、即方程 ex ax2 x10( a0)的解的个数，方程可化为ax2e x x1.当 x0 时，方程为 0e 001，显然成立，所以 x0 为方程的解当 x0 时，分离参数可得 a (x0)ex x 1x2设函数 p(x) (x0)，ex x 1x2则 p( x) . ex x 1 x2 x2 ex x 1 x2 2 ex x 2 x 2x3记 q(x)e x(x2) x2，则 q( x)e x(x1)1.记 t(x) q( x)e x(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)e 0(01)10，即 q( x)0，所以函数 q

4、(x)单调递增而 q(0)e 0(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) x0 x0 x0 ex x 1 x2 ex 12x ex 1 2x ex2x0 (洛必达法则)，12当 x时， p(x) x x 0， ex x 1 x2 ex 12x3故函数 p(x)的图象如图所示作出直线 y a.显然，当 a 时，直线 y a与函数 p(x)的图象无交点，即方程 ex ax2 x10 只12有一个解 x0；当 a 且 a0时，直线 y a与函数 p(x)的图象有一个交点( x0， a)，即方程1

5、2ex ax2 x10 有两个解 x0 或 x x0.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 有两12 12个解注 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00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 f (x)0 及 li g(x)0；mx a m x a(2)在点 a的去心邻域内， f (x)与 g(x)可导且 g( x)0；(3)li l.mx af xg x那么 li li l.mx af xg x m x af xg x法则 2 若函数

6、f (x)和 g(x)满足下列条件：(1)li f (x)及 li g(x)；mx a m x a(2)在点 a的去心邻域内， f (x)与 g(x)可导且 g( x)0；(3)li l.mx af xg x那么 li li l.mx af xg x m x af xg x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4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E

7、rror!得 0 ，aa aa所以 f (x)在 上单调递增，在 上单调递减(0，aa) (aa， )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，aa) (aa， )(3)由(2)可知，()当 a0，故 f (x)在1，e 2上没有零点125()当 a0 时， f (x)在1，e 2上单调递增，而 f (1) a0，故 f (x)在1，e 2上12有一个零点()当 a0时，若 1，即 a1 时， f (x)在1，e 2上单调递减因为 f (1)aa a 时， f (x)在1，e 2上没有零点；(aa) 12

8、12 1e若 f ln a 0，即 a 时， f (x)在1，e 2上有一个零点；(aa) 12 12 1e若 f ln a 0，即 a0，得 a0，所以 f (x)在1，e 2上有一个零点12 12综上所述：当 a 时， f (x)在1，e 2上没有零点；当 0 a0， f (x)单调递增由 f (1) 0，当 x时， f (x)，1e所以函数 f (x)在(，)上有两个零点若 ln a0， f (x)单1e调递增；7当 x(ln a，1)时， f ( x)1，即 a ，当 x(，1)(ln a，)时， f ( x)0， f (x)单调1e递增；当 x(1，ln a)时， f ( x)1 时

9、， 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时， g(x).故函数 g(x)的图象如图所示8作出直线 y a，由图可知，当 a0，1x 2ax2 x 1x当 a0 时，显然 f ( x)0， f (x)在(0，)上单调递增；9当 a0时，令 f ( x) 0，则2 ax2 x10，易知其判别式为 2ax2 x 1x正，设方程的两根分别为 x1， x2(x10. 2ax2 x 1x 2a x x1 x x2x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(

10、 x2，)上单调递减， f (x)max f (x2)要使 f (x)有两个零点，需 f (x2)0，即 ln x2 ax x20，2又由 f ( x2)0 得 ax ，代入上面的不等式得21 x222ln x2 x21，解得 x21， a 1 ，1 8a 14a 28a 1 1 28 1 1 1ef (x2)ln x2 ax x2 (2ln x2 x21)0，212 f (x)在 与 上各有一个零点(1e， x2) (x2， 2a) a的取值范围为(0,1)10法二：函数 f (x)有两个零点，等价于方程 a 有两解ln x xx2令 g(x) ， x0，则 g( x) .ln x xx2

11、1 2ln x xx3由 g( x) 0，得 2ln x x0，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， a g(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 0)， a为常数，若函数 f (x)有两个零点典 例 x1， x2(x1 x2)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)x1x2不妨设 x1x20，11因为

12、 ln x1 ax10，ln x2 ax20，所以 ln x1ln x2 a(x1 x2)，ln x1ln x2 a(x1 x2)，所以 a，ln x1 ln x2x1 x2欲证 x1x2e2，即证 ln x1ln x22.因为 ln x1ln x2 a(x1 x2)，所以即证 a ，2x1 x2所以原问题等价于证明 ，ln x1 ln x2x1 x2 2x1 x2即 ln ，x1x22 x1 x2x1 x2令 c (c1)，则不等式变为 ln c .x1x2 2 c 1c 1令 h(c)ln c ， c1，2 c 1c 1所以 h( c) 0，1c 4 c 1 2 c 1 2c c 1 2所

13、以 h(c)在(1，)上单调递增，所以 h(c)h(1)ln 100，即 ln c 0(c1)，2 c 1c 1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，从而构造相应的函数其解题要点为：x1x2(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)x1x2(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(x1 x2)，即

14、 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(t1) g(t2)，从而 x1x2e2ln x1ln x22t1 t22.下证： t1 t22.g( x)(1 x)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 x1 处取得极大值 g(1) .1e12当 x时， g(x)；当 x时， g(x)0 且 g(x)0.由 g(t1) g(t2)， t1 t2，不妨设 t10，xex 1所以 F(x)在(0,1上单调递增，所以 F(x)F(0)0 对任意的

15、x(0,1恒成立，即 g(1 x)g(1 x)对任意的 x(0,1恒成立由 0g1(1 t1) g(t1) g(t2)，即 g(2 t1)g(t2)，又 2 t1(1，)， t2(1，)，且 g(x)在(1，)上单调递减，所以 2 t12.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(x0 x) g(x0 x)；(3)确定函数 F(x)的单调性；(4)结合 F(0)0，确定 g(x0 x)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

16、根差 s t t2 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(x1 x2)，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(t1) g(t2)，从而 x1x2e2ln x1ln x22t1 t22.下证： t1 t22.由 g(t1) g(t2)，得 t1e t1 t2e t2，化简得 et2 t1 ，t2t1不妨设 t2t1，由法二知，00， t2 s t1，代入式，得 es ，解得 t1 .s t1t1 ses 1则 t1 t22 t1 s

17、 s，2ses 1故要证 t1 t22，即证 s2，2ses 1又 es10，故要证 s2，2ses 1即证 2s( s2)(e s1)0，令 G(s)2 s( s2)(e s1)( s0)，则 G( s)( s1)e s1， 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 t1 t22.启思维 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 s t2 t1，则 t2 t1 s，利用该式消掉

18、 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 x

19、 mx22，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 .4e解：(1)当 m1 时， f (x)( x1)e x x22， f ( x) xex2 x x(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，)当 0ln 2m时， f ( x)0， f (x)在(ln 2 m，)上单调递增；当 00， f (1)2 mln 2mln 4.0ln 41ln .4e

20、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15参函数的单调性、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 x bx c， f (x)在点(1， f (1)处的切线方程为典 例 x y40.(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 x kx成立

21、，求 k的取值范围12， 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)0 和 f ( x)0， f ( x) 2.1x令 f ( x)0，得 0 ，12故函数 f (x)的单调递增区间为 ，(0，12)单调递减

22、区间为 .(12， )(3)在区间 上，由 f (x) x2ln x kx，12， 5得 ln x2 x3 x2ln x kx， k x2 .3x设 g(x) x2 ，3x则 g( x)1 ，3x2令 g( x)0，得 x (负值舍去)3令 g( x)0，得 0 ，3 3故当 x 时，函数 g(x)单调递增，(12， 3)当 x( ，5)时，函数 g(x)单调递减，317 g(x)的最小值只能在区间 的端点处取得，12， 5又 g 26 ，(12) 12 172g(5)52 ， g(x)min .35 385 172 k ，即 k的取值范围为 .172 ( ， 172关键点拨 解决函数与导数综

23、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)e x ax2.(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( x21)e x10.设函数 g(x)(

24、 x21)e x1，则 g( x)( x22 x1)e x( x1) 2e x.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 是 h(x)在(0，)上的最小值4ae218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e24由(1)知，当 x0时，e xx2，所以 h(4a)1 1 1 1 0，故 h(x)在(2,4 a)上有一个零点因此 h(x)在16a3e4a 16a3 e2a 2 16a3

25、2a 4 1a(0，)上有两个零点综上，当 f (x)在(0，)上只有一个零点时， a .e24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) x3 a(x2 x1)13(1)若 a3，求 f (x)的单调区间；(2)证明： f (x)只有一个零点解：(

26、1)当 a3 时， f (x) x33 x23 x3，13f ( x) x26 x3.令 f ( x)0，解得 x32 或 x32 .3 3当 x(，32 )(32 ，)时， f ( x)0；3 3当 x(32 ，32 )时， f ( x)0，所以 f (x)0 等价于 3 a0.x3x2 x 1设 g(x) 3 a，x3x2 x 1则 g( x) 0，x2 x2 2x 3 x2 x 1 219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)6 a22 a 6 2 0，13 (a 16) 16 13故

27、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 a0.1ax 1a(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)当 x 时，试判断函数 g(x)(ln x1)e x x m的零点个数1e， e解：(1) f( x) (x0)，ax 1ax2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 ；ax 1ax2 1a由 f( x) 0时，函数 f(x)在 上单调递增，在 上单调递减(1a， ) (0， 1a)(2)当 x 时，判断函数 g(x)(ln x1)e x x m的零点，即求当 x

28、1e， e时，方程 (ln x1)e x x m的根1e， e令 h(x)(ln x1)e x x，则 h( x) ex1.(1x ln x 1)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，1x (1e， 1)当 x 时， f(x) f(1)0.1e， e ln x10 在 x 上恒成立1x 1e， e20 h( x) ex1010，(1x ln x 1) h(x)(ln x1)e x x在 上单调递增1e， e h(x)min h 2e ， h(x)maxe.(1e) 1e当 me时，函数 g(x)在 上没有零点；1e 1e， e当2e e me

29、时，函数 g(x)在 上有一个零点1e 1e， e3(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)12 13 1n解：(1)法一： f (x) kxln x1， f ( x) k (x0， k0)，1x kx 1x当 0 时， f ( x)0.1k 1k f (x)在 0， 上单调递减，在 ，上单调递增1k 1k f (x)min f ln k，(1k) 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 kxln x10

30、，得 k (x0)，ln x 1x令 g(x) (x0)， g( x) ，ln x 1x ln xx2当 00；当 x1时， g( x)ln ，n 1n 1n n 1n1 ln ln ln ln( n1)，12 13 1n 21 32 n 1n故 1 ln(n1)12 13 1n4.已知函数 f (x) ax3 bx2( c3 a2 b)x d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 3x y110，求函数 f (x)的解析式；(3)在(2)的条件下，函数 y f (x)与 y f ( x)5 x m的图象有三个不同的交点，13求 m的取值范围解：

31、函数 f (x)的导函数为 f ( x)3 ax22 bx c3 a2 b.(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) ax3 bx2(3 a2 b)x3，所以 f ( x)3 ax22 bx(3 a2 b)由函数 f (x)在 x2 处的切线方程为 3x y110，得Error!所以Error! 解得Error!所以 f (x) x36 x29 x3.(3)由(2)知 f (x) x36 x29 x3，所以 f ( x)3 x212 x9.函数 y f (x)与 y f ( x)5 x m的图象有三个不

32、同的交点，13等价于 x36 x29 x3( x24 x3)5 x m有三个不等实根，等价于 g(x) x37 x28 x m的图象与 x轴有三个不同的交点因为 g( x)3 x214 x8(3 x2)( x4)，令 g( x)0，得 x 或 x4.23当 x变化时， g( x)， g(x)的变化情况如表所示：22x ( ， 23) 23 (23 ， 4) 4 (4，)g( x) 0 0 g(x) 极大值 极小值 g m， g(4)16 m，(23) 6827当且仅当 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

33、，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 x1 x2 ，故要证 f 即(x1 x22 ) x1 x22 1a 2a (x1 x22 ) 2a可构造函数 F(x) f (x) f ， x ，(2a x) (0， 1a)F( x) f ( x) f ( x) f f (2a x) (2a x) 2ax ax 2 2x 2 ax，2 ax 1 2x 2 ax23 x ， F( x) 0，(0，1a) 2 ax 1 2x 2 ax F(x)在 上单调递增，(0，1a) F(x) x1，2a 1a 2a x1 x2 ，得证2a法二：对数平均不等式法易知 a

34、0，且 f (x)在 上单调递增，(0，1a)在 上单调递减，(1a， )不妨设 0 .(x1 x22 ) x1 x22 1a因为 f (x)的两个零点是 x1， x2，所以 ln x1 ax (2 a)x1ln x2 ax (2 a)x2，21 2所以 ln x1ln x22( x1 x2) a(x x x1 x2)，21 2所以 a ，以下用分析法证明，要证 ，ln x1 ln x2 2 x1 x2x21 x2 x1 x2 x1 x22 1a即证 ，x1 x22 x21 x2 x1 x2ln x1 ln x2 2 x1 x2即证 ，x1 x22 x1 x2 1ln x1 ln x2x1 x

35、2 2即证 ，x1 x22 x1 x2ln x1 ln 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，x2x1 2 t 11 tg( t) 1时，g(t)1时，求 f (x)的单调区间和极值；(2)若对任意 xe，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 x k0，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，)25上的极小值为 f (ek)( k k1)

36、e ke k，无极大值(2)由题意， f (x)4ln x 对任意 xe，e 2恒成立， x 4 ln xx令 g(x) ， xe，e 2， x 4 ln xx则 g( x) .4ln x x 4x2令 t(x)4ln x x4， xe，e 2，则 t( x) 10，4x所以 t(x)在区间e，e 2上单调递增，故 t(x)min t(e)4e4e0，故 g( x)0，所以 g(x)在区间e，e 2上单调递增，函数 g(x)max g(e2)2 .8e2要使 k1 对任意 xe，e 2恒成立，只要 k1 g(x)max，所以 x 4 ln xxk12 ，解得 k1 ，8e2 8e2所以实数 k的取值范围为 . (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(ek1 )0.不妨设 x10，所以函数 h(x)在区间(0，e k)上单调递增， h(x)0，x2lnx1x2x1 x2x1lnx1x2x1 x2不妨设 00，即证 2，ln tt 1 ln t1 1t t 1 ln tt 1即证 ln t0，1t 4 t 1 2 t 1 2t t 1 2所以 h(t)在 t(0,1)上单调递增， h(t)h(1)0，得证，所以 x1x2e2k.27