2025届高考数学一轮复习第三章导数及其应用顶层设计前瞻函数与导数热点问题教学案含解析新人教A版

PAGE函数与导数热点问题三年真题考情核心热点真题印证核心素养利用导数探讨函数的性质2024·Ⅲ，20；2024·Ⅰ，21；2024·Ⅱ，21；2024·Ⅱ，21数学运算、逻辑推理利用导数探讨函数的零点2024·Ⅱ，20；2024·江苏，19；2024·Ⅱ，21(2)数学运算、直观想象导数在不等式中的应用2024·Ⅰ，20；2024·Ⅰ，21；2024·Ⅲ，21；2024·Ⅱ，21数学运算、逻辑推理热点聚焦突破教材链接高考——导数在不等式中的应用[教材探究](选修2－2P32习题1.3B组第1题(3)(4))利用函数的单调性证明下列不等式，并通过函数图象直观验证.(3)ex>1＋x(x≠0)；(4)lnx<x<ex(x>0).[试题评析]1.问题源于求曲线y＝ex在(0，1)处的切线及曲线y＝lnx在(1，0)处的切线，通过视察函数图象间的位置关系可得到以上结论，可构造函数f(x)＝ex－x－1与g(x)＝x－lnx－1对以上结论进行证明.2.两题从本质上看是一样的，第(4)题可以看作第(3)题的推论.在第(3)题中，用“lnx”替换“x”，立即得到x>1＋lnx(x>0且x≠1)，进而得到一组重要的不等式链：ex>x＋1>x－1>lnx(x>0且x≠1).3.利用函数的图象(如图)，不难验证上述不等式链成立.【教材拓展】(一题多解)试证明：ex－lnx>2.证明法一设f(x)＝ex－lnx(x>0)，则f′(x)＝ex－eq\f(1,x)，令φ(x)＝ex－eq\f(1,x)，则φ′(x)＝ex＋eq\f(1,x2)>0在(0，＋∞)恒成立，所以φ(x)在(0，＋∞)单调递增，即f′(x)＝ex－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上是增函数，又f′(1)＝e－1>0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\r(e)－2<0，∴f′(x)＝ex－eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内有唯一的零点.不妨设f′(x0)＝0，则ex0＝eq\f(1,x0)，从而x0＝lneq\f(1,x0)＝－lnx0，所以当x>x0时，f′(x)>0；当0<x<x0时，f′(x)<0.∴f(x)＝ex－lnx在x＝x0处有微小值，也是最小值.∴f(x)min＝f(x0)＝ex0－lnx0＝eq\f(1,x0)＋x0>2，x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).故ex－lnx>2.法二留意到ex≥1＋x(当且仅当x＝0时取等号)，x－1≥lnx(当且仅当x＝1时取等号)，∴ex＋x－1>1＋x＋lnx，故ex－lnx>2.探究提高1.法一中关键有三点：(1)利用零点存在定理，判定微小值点x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))；(2)确定ex0＝eq\f(1,x0)，x0＝－lnx0的关系；(3)基本不等式的利用.2.法二联想经典教材习题结论，降低思维难度，优化思维过程，简洁便利.【链接高考】(2024·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)探讨f(x)的单调性；(2)当a<0时，证明f(x)≤－eq\f(3,4a)－2.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋2a＋1＝eq\f(（2ax＋1）（x＋1）,x).若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，若a<0，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))时，f′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))时，f′(x)<0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))上单调递减.(2)证明由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－eq\f(1,2a)处取得最大值，最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))－1－eq\f(1,4a)，所以f(x)≤－eq\f(3,4a)－2等价于lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))－1－eq\f(1,4a)≤－eq\f(3,4a)－2，即lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＋eq\f(1,2a)＋1≤0，设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝eq\f(1,x)－1.当x∈(0，1)时，g′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x>0时，g(x)≤0，从而当a<0时，lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＋eq\f(1,2a)＋1≤0，故f(x)≤－eq\f(3,4a)－2.教你如何审题——利用导数探讨函数的性质【例题】(2024·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x－1)lnx－x－1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.[审题路途][自主解答]证明(1)f(x)的定义域为(0，＋∞).f′(x)＝eq\f(x－1,x)＋lnx－1＝lnx－eq\f(1,x).因为y＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln2－eq\f(1,2)＝eq\f(ln4－1,2)>0，故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.又当x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，因此，f(x)存在唯一的极值点.(2)由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.由α>x0>1得eq\f(1,α)<1<x0.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)－1))lneq\f(1,α)－eq\f(1,α)－1＝eq\f(f（α）,α)＝0，故eq\f(1,α)是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根.综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.探究提高1.利用导数探讨函数的性质是历年高考的重点、热点，涉及的主要内容：(1)探讨函数的单调性；(2)求函数的极(最)值、极(最)值点；(3)利用性质探讨方程(不等式).考查数学运算、逻辑推理、直观想象等数学核心素养.2.本题求解的关键是明确函数的极值点与函数零点之间的联系，充分运用函数的单调性、极值、零点存在定理综合求解，擅长把函数的零点转化为方程根的问题.【尝试训练】(2024·全国Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx.(1)试探讨函数f(x)的单调性；(2)设x1，x2是f(x)的两个极值点，且x2>x1，设t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)，试证明t>0.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(a,x)＝－eq\f(x2－ax＋1,x2).①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.②若a>2，令f′(x)＝0得，x＝eq\f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq\f(a＋\r(a2－4),2).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))时，f′(x)<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))时，f′(x)>0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上单调递增.(2)证明由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满意x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1.又因x2>x1>0，所以x2>1.又t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)＝eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)－(x1－x2)＋a(lnx1－lnx2)－(a－2)(x1－x2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(x1,x2)－x1＋x2))＝－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋2lnx2－x2)).设φ(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx，x>1.由第(1)问知，φ(x)在(1，＋∞)单调递减，且φ(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0.所以eq\f(1,x2)＋2lnx2－x2<0，故t>0.满分答题示范——利用导数探讨函数的零点问题【例题】(12分)(2024·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(x＋1,x－1).(1)探讨f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线.[规范解答](1)解f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞).因为f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,（x－1）2)>0，所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)单调递增.2分因为f(e)＝1－eq\f(e＋1,e－1)<0，f(e2)＝2－eq\f(e2＋1,e2－1)＝eq\f(e2－3,e2－1)>0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1(e<x1<e2)，即f(x1)＝0.4分又0<eq\f(1,x1)<1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))＝－lnx1＋eq\f(x1＋1,x1－1)＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0，1)有唯一零点eq\f(1,x1).综上，f(x)有且仅有两个零点.7分(2)证明因为eq\f(1,x0)＝e－lnx0，所以点Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－lnx0，\f(1,x0)))在曲线y＝ex上.8分由题设知f(x0)＝0，即lnx0＝eq\f(x0＋1,x0－1)，故直线AB的斜率k＝eq\f(\f(1,x0)－lnx0,－lnx0－x0)＝eq\f(\f(1,x0)－\f(x0＋1,x0－1),－\f(x0＋1,x0－1)－x0)＝eq\f(1,x0).10分又曲线y＝ex在点Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－lnx0，\f(1,x0)))处切线的斜率是eq\f(1,x0)，曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处切线的斜率也是eq\f(1,x0)，所以曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线.12分[高考状元满分心得]❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中，求导正确，推断单调性，利用零点存在定理，确定零点个数；第(2)问中，由f(x0)＝0定切点B，求切线的斜率.❷得关键分：解题过程不行忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f(x)的定义域，f′(x)在(0，＋∞)上单调性的推断；第(2)问中，找关系lnx0＝eq\f(x0＋1,x0－1)，判定两曲线在点B处切线的斜率相等.❸得计算分：解题过程中计算精确是得满分的根本保证.如第(1)问中，求导f′(x)精确，否则全盘皆输，判定feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))＝－f(x1)＝0.第(2)问中，正确计算kAB等，否则不得分.[构建模板]……求f(x)的定义域，计算f′(x)……由f(x)在(1，＋∞)上的单调性与零点存在定理，推断f(x)在(1，＋∞)上有唯一零点x1……证明feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))＝0，从而f(x)在定义域内有两个零点……由第(1)问，求直线AB的斜率k＝eq\f(1,x0)……求y＝ex在点A、B处的切线斜率k＝eq\f(1,x0)，得证……检验反思，规范解题步骤【规范训练】(2024·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数.证明：(1)f′(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点.证明(1)易知f′(x)＝cosx－eq\f(1,1＋x)，设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx－eq\f(1,1＋x)，g′(x)＝－sinx＋eq\f(1,（1＋x）2).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))时，g′(x)单调递减，而g′(0)>0，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))<0，可得g′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))时，g′(x)<0.所以g(x)在(－1，α)单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))单调递减，故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))存在唯一极大值点，即f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞).①当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1，0)单调递减.又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点.②当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))单调递减，而f′(0)＝0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))<0，所以存在β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β，\f(π,2)))时，f′(x)<0.故f(x)在(0，β)单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β，\f(π,2)))单调递减.又f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1－lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(π,2)))>0，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f(x)>0.从而，f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上没有零点.③当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，f′(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))单调递减.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))>0，f(π)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))有唯一零点.④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1.所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点.综上，f(x)有且仅有2个零点.热点跟踪训练1.已知函数f(x)＝lnx－ax2＋x有两个不同的零点，求实数a的取值范围.解令g(x)＝lnx，h(x)＝ax2－x，将零点问题转化为两个函数图象交点的问题.当a≤0时，g(x)和h(x)的图象只有一个交点，不满意题意；当a>0时，由lnx－ax2＋x＝0，得a＝eq\f(x＋lnx,x2).令r(x)＝eq\f(x＋lnx,x2)，则r(x)的定义域为(0，＋∞).则r′(x)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))·x2－（lnx＋x）·2x,x4)＝eq\f(1－x－2lnx,x3)，易知r′(1)＝0，当0<x<1时，r′(x)>0，r(x)是增函数，当x>1时，r′(x)<0，r(x)是减函数，且eq\f(x＋lnx,x2)>0，r(x)max＝r(1)＝1，所以0<a<1.故实数a的取值范围是(0，1).2.(2024·成都诊断)已知函数f(x)＝mex－x2.(1)若m＝1，求曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程；(2)若关于x的不等式f(x)≥x(4－mex)在[0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围.解(1)当m＝1时，f(x)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x.所以f(0)＝1，且斜率k＝f′(0)＝1.故所求切线方程为y－1＝x，即x－y＋1＝0.(2)由mex－x2≥x(4－mex)得mex(x＋1)≥x2＋4x.故问题转化为当x≥0时，m≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋4x,ex（x＋1）)))eq\s\do7(max).令g(x)＝eq\f(x2＋4x,ex（x＋1）)，x≥0，则g′(x)＝eq\f(－（x＋2）（x2＋2x－2）,（x＋1）2ex).由g′(x)＝0及x≥0，得x＝eq\r(3)－1.当x∈(0，eq\r(3)－1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(eq\r(3)－1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减.所以当x＝eq\r(3)－1时，g(x)max＝g(eq\r(3)－1)＝2e1－eq\r(3).所以m≥2e1－eq\r(3).即实数m的取值范围为[2e1－eq\r(3)，＋∞).3.(2024·郴州模拟)已知函数f(x)＝ex(ax2＋x＋a)(a≥0).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)≤ex(ax2＋2x)＋1恒成立，求实数a的取值范围.解(1)函数f(x)的定义域为R，且f′(x)＝(ax＋a＋1)(x＋1)ex，①当a＝0时，f′(x)＝ex(x＋1)，当x>－1时，f′(x)>0，当x<－1时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调增区间为(－1，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1).②当a>0时，f′(x)＝a(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a＋1,a)))ex，则方程f′(x)＝0有两根－1，－eq\f(a＋1,a)，且－1>－eq\f(a＋1,a).所以函数f(x)的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a＋1,a)))和(－1，＋∞)，单调减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋1,a)，－1)).综上可知，当a>0时，函数f(x)的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a＋1,a)))和(－1，＋∞)，单调减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋1,a)，－1))；当a＝0时，函数f(x)的单调增区间为(－1，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1).(2)函数f(x)≤ex(ax2＋2x)＋1恒成立转化为a≤x＋eq\f(1,ex)在R上恒成立.令h(x)＝x＋eq\f(1,ex)，则h′(x)＝eq\f(ex－1,ex)，易知h(x)在(0，＋∞)上为增函数，在(－∞，0)上为减函数.∴h(x)min＝h(0)＝1，则a≤1.又由题设a≥0，故实数a的取值范围为[0，1].4.(2024·广州调研)设函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－(a－1)x－alnx.(1)探讨函数f(x)的单调性；(2)已知函数f(x)有极值m，求证：m<1(已知ln0.5≈－0.69，ln0.6≈－0.51).(1)解f′(x)＝x－(a－1)－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－（a－1）x－a,x)＝eq\f(（x＋1）（x－a）,x)(x>0)，当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当a>0时，解f′(x)>0得x>a，解f′(x)<0得0<x<a.所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增.综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增.(2)证明由(1)知，a>0时，f(x)的极值m＝f(a)＝－eq\f(1,2)a2＋a－alna.所以f′(a)＝－a－lna，f′(a)＝0有唯一实根记为a0.因为ln0.5<－0.5，ln0.6>－0.6，所以a0∈(0.5，0.6).且f(a)在(0，a0)上递增，在(a0，＋∞)上递减.所以m＝f(a)≤f(a0)＝－eq\f(1,2)aeq\o\al(2,0)＋a0－a0lna0<－eq\f(1,2)aeq\o\al(2,0)＋a0＋aeq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,0)＋a0<eq\f(1,2)×0.62＋0.6＝0.78<1.故m<1成立.5.已知f(x)＝lnx－ax有两个零点x1，x2.(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1·x2>e2.(1)解f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，不符合题意；②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,a).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0.由题意知f(x)＝lnx－ax的极大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\f(1,a)－1>0，解得0<a<eq\f(1,e).所以实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).(2)证明因为f(1)＝－a<0，所以1<x1<eq\f(1,a)<x2.构造函数H(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋x))－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－x))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋x))－lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－x))－2ax，0<x<eq\f(1,a).H′(x)＝eq\f(1,\f(1,a)＋x)＋eq\f(1,\f(1,a)－x)－2a＝eq\f(2a3x2,1－a2x2)>0，所以H(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，故H(x)>H(0)＝0，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋x))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－x)).由1<x1<eq\f(1,a)<x2，知eq\f(2,a)－x1>eq\f(1,a)，故f(x2)＝f(x1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－x1))))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－x1))))＝feq\b\lc\