微专题讲义：零点差问题-解析版

零点差问题有关两个零点之和的取值问题一般为极值点偏移问题或拐点偏移问题，而有关两个零点差的问题则主要考查两个零点之间的位置关系，即零点之间的距离.零点差问题，基本思路有：(1)切线夹放缩；(2)割线夹放缩；(3)函数拟合放缩；(4)找点放缩.其中找点放缩的难度最大．如在天津卷就出现过切线放缩，一般这种提示比较明显，往往是第一问切割线.【例1】已知fx=3x−x3，若关于x的方程fx=a有两个正实数根x1，x2，且x1<x2.(1)求实数a的取值范围；求证：x2−x1<2−【解析】(1)f'x=3−3x2=0，得x=±1.当x∈(0，1)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fx的最大值为f1=2．且f0=f(3)=0，所以a∈(0，2)，fx=a有两个正实数根.(2)由f'0=3，所以函数fx在x=0处的切线是gx=3x；f'(3)=−6，所以函数fx在x=3处的切线是ℎx=−6x+63.令φ(x)=f(x)−g(x)，则φ'(x)=f'(x)−g'(x)=−3x2⩽0，所以x>0时φ(x)<0，f(x)<g(x).令mx=fx−ℎx，则m'x=f'x−ℎ'x=9−3x2.当x<3时，m'(x)>0，m(x)<0，f(x)<ℎ(x).令gx3=a，解得x3=；ℎx4=a，解得x4= 因为g(x3)=f(x1)<g(x1)，由gx单调递增，知x3<x1；又由ℎ(x4)=f(x2)<ℎ(x2)，由ℎx单调递减，知x4>x2.【点睛】本题题设中是关于x2−x1的取值问题，这类问题一般是转化成x2'−x'1来解决，所以需要先找到一个函数gx满足gx⩽fx恒成立，则gx=a得到x'1，这样x'1⩽x1，同理构造函数ℎx⩾fx，满足ℎx=a得到x2'，从而x2⩽x2'，所以x2−x1⩽x2'−x'1，这是切线放缩；当问题变成a<x2−x1类型时，则需要割线放缩.显然由(1)可知0<x1<1<x2<3，题目求x2−x1的零点差的取值范围，需要取点拟合切线，但一般较易的题目只需取几个特殊点的切线即可，本题可先试试两个零点，即(0，0)和(3，0)．需要说明的是：用切线夹的方法来证明零点差问题，必须进行严谨的代数证明，不能“以图代证”.【例2】已知函数fx=(x2−x)ex.(1)求y=fx在(1，f1)处的切线方程y=gx，并证明fx⩾gx；(2)若方程fx=m(m∈R)有两个正实数根x1，x2，求证：|x1−x2|<+m+1.【解析】(1)gx=ex−e.设μx=fx−gx=(x2−x)ex−ex+e，μ'x=(x2+x−1)ex−e，所以μ'x在(−∞,−3)，(0，+∞)上是增函数，μ'x在(−3，0)上是减函数，所以μx⩾μ1=0，即fx⩾gx(2)因为f'x=ex(x2+x−1)⇒fx在(0，0)处的切线方程为ℎx=−x，在(1，0)处的切线方程为φx=ex−e，下面判断两条切线是否在fx的下方.(i)由(1)知fx=(x2−x)ex=m在φx=ex−e的上方(ii)接下来证明：fx=(x2−x)ex=m在ℎx=−x上方设mx=fx−ℎx=(x2−x)ex+x，m'x=(x2+x−1)ex+1，m''x=(x2+所以m'x在(0，+∞)为单调递增，所以m'x⩾m'0=0，所以mx在(0，+∞)为增函数，所以mx⩾g0=0，所以当x>0时，fx=(x2−x)ex=m在ℎx=−x的上方；如下图：直线y=m与ℎx=−x的交点的横坐标为x3=−m，直线y=m与φx=ex−e的交点的横坐标为x4=+1，由图可知|x1−x2|<x4−x3【点睛】切线夹法的一般步取如下：第一步：设切点(x0，y0)，一般可考虑零点；第二步：根据切点求出两条切线；第三步：求出两条切线与y=m的两个交点x3，x4，所以x2−x1⩽x4−x3.【例3】已知函数fx=xlnx.(1)求函数fx的单调区间；(2)若a⩽−2，证明：fx⩾ax−e−3在(0，+∞)上恒成立；(3)若方程f(x)=b有两个实数根x1，x2，且x1<x2，求证：be+1<x2−x1<.【解析】(1)f(x的定义域为(0，+∞)，f'x=1+lnx，当0<x<1时，f'(x)<0；当x>1时，f'(x)>0，所以gx在0上单调递减，在+∞)上单调递增.(2)fx⩾ax−e−3等价于fx⩾−2x−e−3，只需证明xlnx+2x⩾−e−3.令gx=xlnx+2x，则g'x=lnx+3，当0<x<e−3时，g'(x)<0；当x>e−3时，g'(x)>0，所以gx在(0，e−3)上单调递减，在(e−3，+∞)上单调递增，所以gxmin=ge−3=−e−3，故gx⩾−e−3，所以fx⩾ax−e−3在(0，+∞)上恒成立.(3)首先，y=xlnx的图象如下图所示：先看左边不等式，显然是求割线夹，这两条割线很容易得到，即为函数最低点(，−)与(0，0)及(1，0)的连线，即ℎx=−x与lx=(x−1).设两割线与直线y=b交点的横坐标分别为x3，x4.解方程可得x3=−b，x4=(e−1)b+1，x4−x3=be+1.(此时还需要说明x2−x1>x4−x3，但不能根据图像直接说明，不能以图代证)当x∈(0，)时，xlnx+x=(lnx+1)<0，f(x)<ℎ(x)；m(1)=0，所以m(x)<0.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，所以x2−x1>x4−x3>be−1，不等式左侧证明完毕.下面来看不等式右侧：比较明显的切线夹，而且这两条切线可以从给定的提示很快得到，分别是x=e−3和x=1时的两条切线(详细求法不再赘述).切线分别为y=−2x−e−3和y=x−1与y=b的交点分别为x5=−,x6=b+1.参考左侧不等式的证明方法，可得x2−x1<x6−x5=证毕.综上可知：be+1<x2−x1<【点睛】切线夹与割线夹是解决关于零点差问题的常规方法，这种思路要熟练掌握.【例4】已知函数的两个零点记x1，x2.(1)求a的取值范围；(2)证明：x1−x2>21−a.记g，则g'，所以gx在(-∞,1)单调递增，在(1，+∞)上单调递减，limx→−∞gx=−∞,g0=0，g1=1，limx→+∞gx=0，fx的零点即y=a与y=gx交点的横坐标，所以a∈(0，1).(2)记ℎx=2x−x2，首先证明当x>0时，gx⩾ℎx.所以φ(x)在(0，1−ln2]单调递增，(1−ln2，1)单调递减，在(1，+∞)单调递增．又φ(0)=0，φ(1)=0，所以当x>0时，恒有φ(x)⩾0，取等条件是x=1.由(1)知0<x1<1<x2．记a=ℎx，即x2−2x+a=0的两个根为x3，x4，于是ℎ(x3)=a=g(x1)>ℎ(x1)，ℎ(x4)=a=g(x2)>ℎ(x2).由于ℎx在(0，1)单调递增，在(1，+∞)递减，所以有x3>x1，x4<x2，所以|x2−x1|=x2−已知m∈R，函数f有两个不同的零点x1，x2．证明：x2−x1>2.【解析】解法1：令−m=0得此方程有两个不等实根x1，x2，令φ(x)=，则φ'(x)=，易得故φ(x)在(-∞,1)递增，在(1，+∞)递减，φ(0)=0，limx→+∞=0，故可得m∈(0，)，且x1，x2∈(0，+∞)，下面构造gx−m.设gx−m=ax2+bx−m，则有x3+x4=−,x3x4=−,进一步可得ix3−x4=+=21−em=4−4em，e则b=2e，所以gx−m=−x2+xe下证−m>gx−m，即证>−x2+x，点睛意到x1，x2∈(0，+∞)，且不等于1，故只需证明+x>．记ℎx=+x，则易知ℎx在(0，1)递减，在(1，+∞)递增，所以ℎx>ℎ1=，所以x2−x1>x3−x4=解法2：二次函数拟合法令gx=−m，则g'x=，所以gx在(-∞,1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减.依题意gx=0有两个不等的实根，所以m∈0，.x4−x3=21−em4不妨假设x4>x3，满足：tx3+x4=2，x3x4=x3+x42−x3−x42=x4−x3=21−em4所以x3，x4是一元二次方程ℎx=x2−2x+em的两不同零点，易知0<x3<1<x4，不妨假设x1<x2.要证：x2−x1>21−em，只要证x2−x1>x4−x3，只要证x2>x4，x3>x1.由于x1<1<x2，且当x∈(x1，x2时gx)>0.故只要证：gx3>0，同理可证gx4>0.由ℎx3=x−2x3+em=0，得m=2x3−x，gx3)>0⇔−m>0⇔−2x3−x)>0⇔1+ex3−1x3−2>0．令rx=ex−1x−2+1(0<x<1)，则r'(x)=ex−1(x−2)+ex−1=ex−1(x−1)<0，所以r(x)>r(1)=0.证毕!【点睛1】构造一个二次函数g(x)进行整体放缩,并且g(x)−m=0的两个根x3,x4刚好满足x3−x4=21−em,接下来只要论证−m>g(x)−m即可.具体的g(x)得出可借助待定系数法.【点睛2】观察证明的目标右侧,形似二次方程中两根之差的,故尝试二次拟合.【点睛3】含参函数f(x)的零点为x1,x2,证明x1−x2>X(其中X为根式).点睛意到目标结构有“根式”,零点差问题一般回归二次函数进行证明.首先通过x1+x2>(<)2x0(标准极值点偏移问题可证),以及目标ix2−x1i>(<)X,得出“二次方程”.即则x3x4=,则对应的二次函数为y=x2−x3+x4x+.下面可转化为证明:fx3>0,fx4>0.一般通过构造函数或者放缩来证明.【例6】已知函数f(x)=(mx−m−1)lnx+x−.(1)当m=0时,求f(x)的最值;(2)当m>0时,若f(x)的两个零点分别为x1,x2(x1<x2),证明:x2−x1<e−.【解析】(1)当m=0时,f(x)=−lnx+x−,f'(x)=−+1=.当0<x<1时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增.f(x)min=f(1)=1−.(2)当m>0时,f'(x)=mlnx+(mx−m−1)+1=mlnx−+1)+.令g(x)=m(lnx+1−+1−,g'(x)=m++>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增.因为x>1时,g(x)>g(1)=0,f(x)单调递增;当0<x<1时,g(x)<g(1)=0,f(x)单调递减.所以f(x)min=f(1)=1−<0.所以x1<1<x2.因为f(e)=(me−m−1)lne+e−=m(e−1所以f(e)>fx2,而f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以x2<e.因为f=m−m−1)ln+−=m1−+1−>0=fx1.所以f>fx1),而f(x)在(0,1)上单调递减,所以<x1,即x1>.综上所述,<x1<1<x2<e,所以x2−x1<e−.【例7】已知函数f(x)=+alnx(a∈R).(1)讨论函数y=a的单调性;(2)若A,B是x1,x2(x1<x2)的两个零点,证明:2aln(x2−x1++1<0.【解析】(1),+∞)的定义域为f()=−,且f'(x)=−2x−3+=.(1)当a⩽0时,f'(x)⩽0,f(x)的单调递减区间为f(x);(2)当x=e−3时,由f'(x)>0得l1:y=−2x−e−3,故l2:y=x−1的单调递增区间为y=a,单a.调递减区间为a.(2)因为f(x)有两个零点,所以由(1)知l2且x'1,x1,x2,x2',所以a>2e.要证原不等式成立,ea只需证明lnx2−x1+ea2a,只需证明x2−x1<e−−,a<x2只需证明<a<x21,,<一方面:因为a< 11111 111112+alne−2a2fe−fe−2a所以f<0,且f(x)在x1,x2,单调递增,a,,另一方面,令g(x)=ln1ex−1=exex.则g1ex−1=exex.时,g'(x)<0;时,g'(x)<0;时,g'(x)>时,g'(x)>0;=−1+1=−1+1=0,故g(x)⩾0即lnx⩾−在x∈(0,+∞)恒成立,eaa,则lnaa,则lnaae+aln,于是feeeaaaaaaaa2lna<0,故ffaa单调递减,故.,即原不等式成立.,即原不等式成立.ax2−2(x>0),分a⩽0和a>0两种情况讨论ax2−2(x>0),分a⩽0和a>0两种情况讨论=x3a<0,即a<0,即a>2e,利用分析法,将需要证明的不等式11e,只需要证明,利用函数的单调性和零点e,只需要证明,利用函数的单调性和零点a1,根据零点存在性定理和单调性证明.本题考查利用导数求1,根据零点存在性定理和单调性证明.本题考查利用导数求函数的单调性好不等式证明,重点考查了构造函数和讨论的思想,属于难题,本题的难点是再aa>0时,需要构造函数=lnx+并且证明不等式时,经常使用分析法转化.【例8】已知函数−lnx+x−2a,a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)有两个不同的零点x1,x2.(i)求实数a的取值范围;证明:x2−x1当x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当0<x<1时,f'(x)<0,f(x)单调递减.所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.(2)(i)由(1)可知,f(1)<0,e+1−2a<0,所以a>;(但此时并不能保证函数f(x)有两个零点,需要继续进行取“点”,以方便使用零点存在性定理判断零点的存在性)所以ℎ'(t)单调递增,所以ℎ'(t)>ℎ'(e+1)>0,所以ℎ(t)单调递增,所以ℎ(t)>0,因为ℎ(e+1)=ee+2−e−1>0,所以g'(t)>0,g(t)单调递增.又因为g(e+1)>g(e)=ee−1−1>0,所以f(2a)>0,所以x2<2a;设φ(x)=lnx−x+1(x>0),φ'(x当0<x<1时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增;当x>1时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减.所以φ(x)max=φ(1)=0,所以lnx⩽x−1,所以x1>,所以ix2−x1i<.【点睛】取“点”不好取,本质上就是不等式不好解,但由于这样的“点”有无穷多个,我们只需要找到其中的一部分,所以我们可以适当地退一步,放缩一下,将不容易求解的不等式转化为容易求解的不等式.但需要点睛意的是,取“点”实质上是对函数阶的考量,所以放缩不能改变函数整体的相对变化趋势(极限),具体如何放缩取决于函数表达式的结构.虽然上面我们给出了四种不同的处理手段,但关于零点差的问题,切线夹与割线夹放缩法是最常用的放缩手段.1.已知函数=xlnx−(1)讨论函数f(x)的极值点个数;(2)已知函数有两个不同的零点x1,x2,且x1<x2.证明:x2−x1<【解析】(1)略;因为x>0,显然当x=1时,g(x)取得极小值g(x)min=g(1)=e+1−2a.g(x)有两个不同的零点,则有g(x)min<0,得2a>e+1.再观察待求证的结论:x2−x1<=2a−这样普通的零点差,我们可以大胆尝试证明:x2<2a,x1>首先证明x2<2a,只需证明0=gx2<g(2a),如下图:(这里用到了常用放缩ex⩾x+1和lnx⩽x−1,证明其中之一即可)接下来证明x1>,只需证明11=(2a−1)e2a−1−(2a−1)12.已知函数f(x)=(x+1)(ex−1).(1)求f(x)在点(−1,f(−1))处的切线方程;(2)若a⩽e−1,证明:f(x)⩾alnx+2ex−2在x∈[1,+∞)上恒成立;(3)若方程f(x)=b有两个实数根x1,x2,且x1<x2,证明:x2−x1⩽1+所以f(x)在(−1,f(−1))处的切线方程为(2)当x⩾1,a⩽e−1时,alnx⩽(e−1)lnx,故只需证f(x)⩾(e−1)lnx+2ex−2.又由ex⩾ex,以及lnx⩽x−1,可知当x⩾1时,f(x)⩾(x+1)(ex−1)=ex2+(e−1)x−1,故只需证明ex2+(e−1)x−1⩾(3e−1)x−e−1,整理得e(x−1)2⩾0,显然成立,从而原不等式得证.(3)记f'(x)的零点为x0,则−1<x0<0,故f(x)在(−∞,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增(画出草图如下):由此可知x1<x0<x2.将(1)中的切线方程记为点睛意到f(x)−g(x)=(x+1)(ex−e−1)⩾0,所以f(x)⩾g(x).记方程b=g(x)的解为x3,即gx3=b,x3=−1,故有gx1⩽fx1)=b=gx3.点睛意到g(x)单调递减,故有x1⩾x3=另一方面,由(2)可知f(x)⩾ℎ(x)=(3e−1)x−e−1.记ℎ(x)=b的解为x4,即ℎx4=b,x4=.所以ℎx2⩽fx2=b=ℎx4.点睛意到ℎ(x)单调递增,所以x2⩽x4=.所以x2−x1⩽x4−x3=1++.3.已知函数f(x)=.(1)求函数的零点x0,以及曲线y=f(x)在x=x0处的切线方程;(2)设f(x)=m(m>0)有两个实数根x1,x2,求证:x1−x2<2−m【解析】(1)x0=±1,在x0=1处的切线方程为y=−(x−1),在x0=−1处的切线方程为y=2e(x+1);(2)证明:f'(x)=.当x∈(1−2,1+2)时,f'(x)<0. .所以函数f(x)的单调递增区间为(−∞,1−2),(1+2,+∞),单调递减区间为(1−2,1+ 2).显然知,当x<−1时,f(x)<0;当−1<x<1时,f(x)>0;当x>1时,f(x)<0.因为f(x)=m(m>0)有两个实数根x1,x2,不妨设x1<x2,则−1<x1<1−2<x2<1.F(x)=f(x)−g(x),下面证明当x∈(−1,1)时,g(x)>f(x).上式显然成立,所以g(x)>f(x).令y=2e(x+1)=m,得x=−1,m.记x'1=−1,则x1−x2<x'1−x2=x2−x'1=x2−m. ,要证x1−x2<2 ,m m ,即证x2⩽1−m.因为,所以只要证x2⩽1−即(x2−1)(ex2−x2−1)⩽0.因为x2∈(1−2,1),即证ex2−x2−1⩾0.当x∈(1−2,0)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减;当x∈(0,1)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,所以φ(x)⩾φ(0)=0,所以ex2−x2−1⩾0. .所以x1−x2<2 .4.已知函数f(x)=(x−e)lnx,令方程f(x)=t有两个不同的根x1,x2,且满足x2<x1,求【解析】由f'(x)=lnx+=lnx+1−,显然f'(x)单调递增,又因为f'(1)=1−e<0,f'(e)=1>0,所以在在1与e之间,存在唯一x0,使得f'x0=0.所以f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,因为f(1)=0,f(e)=0.根据题意,画图如图所示:(1)设函数f(x)在x=1处的切线为l1,f'(1)=1−e.直线l1的直线方程:y=(1−e)(x−1),令y=t,解得x3=+1;(2)设函数f(x)在x=e处的切线为l2,f'(e)=1.直线l2的直线方程:y=x−e,令y=t,解得x4=e+t.5.已知函数f(x)=3x−ex+1.(1)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为p,曲线在点p处的切线方程为直线l.求证:曲线y=f(x)上的点都不在直线l的上方;(2)若关于x的方程f(x)=m(m>0)有两个不等实根x1,x2(x1<x2),求证:x2−x1<2−.【解析】解法1:切线夹法则设切点p(x0,3x0−ex0+1),k=f'x0=3−ex0,所以切线为y=(3−ex0)(x−x0)+3x0−ex0+1,设两个切点的横坐标分别为x01,x02,则x01=0,x02=ln8,则x3=,x4=+ln8.证毕.解法2:用两个零点作为切点,但是右零点设为x0,因为x0∈(ln3,2),再利用单调性进行放缩可证;原理也是切线夹的思想;由f(x)=3x−ex+1,f'(x)=3−ex,令f'(x)=0⇒x=ln3为极大值点,如下图,过原点的切线为g(x)=2x,设B(x0,0),所以过B(x0,0)的切线为ℎ(x)=(3−ex0)(x−x0),联立,−ex0x−x0,,x4=+x0,又因为(此处证明两条切线在函数图象的上方省略)所以x2−x1<x4−x3=+x0−,因为f设上单调递增,又因为e2>8,所以μ,证毕.解法3:二次函数拟合法设二次函数y=ax,令ax=m⇒x2−2x−现在只要证明x4−x3=只要不妨取,⇒x2−2x+的两个根为x3,x4,又因为m∈(0,3ln3−2),所以x4−x3=,证毕.【点睛】切线夹法的难点是找出两个切点,可以利用m的的系数来确定两个切点的横坐标,或者是从零点处考虑.6.已知函数f(x)=ax2+bx−Clnx,其中a,b,C∈R.(1)当a⩾0,C=1时,讨论f(x)的单调性;(2)已知a>0,b=−2,C=2,且函数f(x)有零点x1,x2(x1<x2),求证:对任意的正实数M,都存在满足条件的实数a,使得x2−x1>M成立.【解析】(1)当a⩾0,C=1时,f(x)=ax2+bx−lnx,f(x)的定义域为(0,+∞).f'(x)=2ax+令f'(x)⩾0,即2ax2+bx−1⩾0.(1)当a>0时,Δ=b2+8a>0.设2ax2+bx−1=0的根x1=,x2=则x1<0,x2>0,解得x⩾x2或x⩽x1(舍).所以f(x)在0,上是减函数,在上是增函数.(2)当a=0时,f(x)=bx−lnx,f'(x)=b−(x>0)(i)若b⩽0,则f'(x)<0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,无增区间;(ii)若b>0,由f'(x)>0解得x>,由f'(x)<0解得0<x<,所以f(x)在0,上单调递减,在(,+∞)上单调递增.综上所述:当a>0时,f(x)的单调增区间是−b+b2+8a4a,+∞,减区间是0,当a=0时,若b⩽0,f(x)的单调减区间是(0,+∞),无增区间;若b>0,f(x)的单调增区间是,+∞),减区间是0,.(2)证明:因为b=−2,C=2,所以f(x)=ax2−2lnx−2x,则f'(x)=.因为a>0,所以所以方程ax2−x−1=0在(0,+∞)上有唯一的实数根,记为x0.所以ax−x0−1=0,则a=(∗)且当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.因为函数f(x)有两个不相等的零点,所以fx0<0,即ax−2lnx0−2x0<0,将（*）代入,得2lnx0+x0−1>0.显然,x0>1,则a∈(0,2).1e取x=<1,则f1e另取x=e2x0>x0>1,则f(e2x0)=a(e2x0)2−2ln(e2x0)−2e2x0=(e4−2e2)x0−2lnx0+e4−4.令gx0=(e4−2e2)x0−2lnx0+e4−4(x0>1),所以g'x0=e4−2e2−>0,则函数gx0单调递增,所以gx0所以对于所以当a∈>g(1)=2e4−2e2−4>0,即f(e2x0)>0,<1<x0<e2x0,f1e>0,fx0<0,f(e2x0)>0,(0,2)时,函数f(x)有两个零点.因为f(1)=a−2<0,f1e1e下证:对任意M>0,都存在a∈(0,2),使得x2−1>M.因为x2>x0>,对任意的M>0,令a=∈(0,2),即对任意的正实数M,都存在满足条件的实数a,使得x2−x1>M.7.已知函数f(x)=+lnx−x,其中e=2.71828⋯是自然对数的底数.(1)若曲线y=f(x)与直线y=a有交点,求a的最小值;(2)(i)设φ(x)=x+,问:是否存在最大整数k,使得对任意正数x都有f(x)−f(1)⩾[φ(x)−φ(1)]成立?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.(ii)若曲线y=f(x)与直线y=a有两个不同的交点A,B,求证:|AB|<2【解析】f(x)的导数为f'(x)=(ex−x).点睛意到ex−x⩾1>0,所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以a⩾f(1)=e−1从而实数a的最小值为e−1.(2)(1)首先令x=,得f112−f(1)⩾所以k⩽1是必要的.下面证明k=1可以取到:令ℎ(x)=f(x)−f(1)−[φ(x)−φ(1)],则ℎ(x)=+lnx−−+2−e,其导函数为ℎ'(x)=ex−,