《2018版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第3部分 考前增分策略 專題1 考前教材重溫 2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)教學(xué)案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第3部分 考前增分策略 專題1 考前教材重溫 2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)教學(xué)案 理（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 2.函數(shù)與導(dǎo)數(shù) ■要點重溫…………………………………………………………………………· 1．幾種常規(guī)函數(shù)： (1)一次函數(shù)：f(x)＝ax＋b(a≠0)．當(dāng)b＝0時，f(x)為奇函數(shù)． [應(yīng)用1]　若一次函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[－1,2]上的最大值為3，最小值為1，則f(x)的解析式為________． [答案]　f(x)＝x＋，或f(x)＝－x＋. (2)二次函數(shù)： ①一般式：f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)； ②頂點式：f(x)＝a(x－h(huán))2＋k(a≠0)； ③零點式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)； ④區(qū)間最值：一看開口方向，二看對稱軸與所

2、給區(qū)間的相對位置關(guān)系． [應(yīng)用2]　若函數(shù)y＝x2－2x＋4的定義域、值域都是[2,2b]，則b＝________. 【導(dǎo)學(xué)號：07804160】 [答案]　2 [應(yīng)用3]　設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋2(a－1)x＋1在區(qū)間(－∞，4)上是減函數(shù)，則a的取值范圍是________． [答案]　a≤－3 (3)三次函數(shù)的解析式的兩種形式： ①一般式：f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)； ②零點式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(x－x3)(a≠0)． [應(yīng)用4]　已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的圖象如圖2，則b的取值范圍是________． 圖2

3、 [答案]　b＜0 [應(yīng)用5]　若函數(shù)f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋3既有極大值又有極小值，則a的取值范圍為________． [答案]　a>2或a<－1 (4)反比例函數(shù)：y＝(x≠0)平移?y＝a＋(x≠0)(中心為(b，a))． (5)分段函數(shù)：分段處理，有時結(jié)合函數(shù)圖象來研究問題． [應(yīng)用6]　已知實數(shù)a≠0，函數(shù)f(x)＝，若f(1－a)＝f(1＋a)，則a＝________. [解析]　當(dāng)a＜0時， －(1－a)－2a＝2(1＋a)＋a，a＝－； 當(dāng)a＞0時， －(1＋a)－2a＝2(1－a)＋a，a＝－(舍)； 綜上可知a＝－. [答案]　－

4、 [應(yīng)用7]　設(shè)函數(shù)f(x)＝ 若f(x0)>1，則x0的取值范圍是________. 【導(dǎo)學(xué)號：07804161】 [答案]　(－∞，－1)∪(3，＋∞) [應(yīng)用8]　已知f(x)＝ 是(－∞，＋∞)上的增函數(shù)，那么a的取值范圍是_______． [答案]　 (6)指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù) ①指數(shù)與對數(shù)的關(guān)系： ab＝N?logaN＝b(a>0，a≠1，N>0) ，換底公式logab＝； ②對數(shù)的運算法則：logaM＋logaN＝logaMN；logaM－logaN＝loga； ③解對數(shù)函數(shù)問題時，注意到真數(shù)與底數(shù)的限制條件(真數(shù)大于0，底數(shù)大于0且不等于1)； ④字母底數(shù)范

5、圍不明確時需分類討論． [應(yīng)用9]　2log32－log3＋log38－5log53＝________. [答案]?。? [應(yīng)用10]　已知函數(shù)f(x) ＝loga(x＋1)的定義域和值域都是[0,1]，則實數(shù)a的值是________． [答案]　2 [應(yīng)用11]　設(shè)a＞0，a≠1，函數(shù)f(x)＝ax2＋x＋1有最大值，則不等式loga(x－1)＞0的解集為________． [解析]　因為x2＋x＋1有最小值，函數(shù)f(x)＝ax2＋x＋1有最大值，所以0＜a＜1，所以loga(x－1)＞0＝loga1?0＜x－1＜1，解得1＜x＜2. [答案]　(1,2) (7)對勾函數(shù)：

6、f(x)＝x＋ ①函數(shù)f(x)是奇函數(shù)； ②單調(diào)性： a＜0時，區(qū)間(－∞，0)，(0，＋∞)上為增函數(shù)； a＞0時，在(0，]，[－，0)遞減，在(－∞，－]，[，＋∞)遞增； ③在[c，d]上的最值：當(dāng)?shù)忍柲苋〉綍r，利用基本不等式求解；當(dāng)?shù)忍柌荒苋〉綍r，利用單調(diào)性． [應(yīng)用12]　已知a＞0，求函數(shù)y＝的最小值． [答案]　0＜a≤1時，ymin＝2；a＞1時，ymin＝ 2．函數(shù)圖象的幾種常見變換 (1)平移變換：左右平移——“左加右減”(注意是針對x而言)；上下平移——“上加下減”． (2)翻折變換：f(x)→|f(x)|；f(x)→f(|x|)． (3)對稱變換：

7、 ①函數(shù)y＝f(x)與y＝－f(－x)的圖象關(guān)于原點成中心對稱； ②函數(shù)y＝f(x)與y＝f(－x)的圖象關(guān)于直線x＝0 (y軸)對稱；函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝－f(x)的圖象關(guān)于直線y＝0(x軸)對稱． [應(yīng)用13]　已知函數(shù)f(x)＝e|ln x|－，則函數(shù)y＝f(x＋1)的大致圖象為(　　) [解析]　∵f(x)＝e|ln x|－＝ 又y＝f(x＋1)的圖象可由y＝f(x)向左平移1個單位得到， 所以結(jié)合選項可知A正確． [答案]　A 3．函數(shù)的常用性質(zhì) 研究函數(shù)的性質(zhì)時，樹立定義域優(yōu)先的原則． (1)函數(shù)的單調(diào)性與最值 ①判斷函數(shù)單調(diào)性的常用方法：定義法、圖

8、象法、導(dǎo)數(shù)法、復(fù)合函數(shù)法； ②求函數(shù)最值(值域) 的常用方法：單調(diào)性法、圖象法、基本不等式法、導(dǎo)數(shù)法、有界函數(shù)法． [應(yīng)用14]　已知y＝loga(2－ax)在[0,1]上是x的減函數(shù)，則a的范圍為________． [答案]　(1,2) [應(yīng)用15]　函數(shù)f(x)＝ex－x＋1(e為自然對數(shù)的底數(shù))在區(qū)間[－1,1]上的最大值是________． [答案]　e (2)函數(shù)的對稱性 ①軸對稱：若函數(shù)y＝f(x)滿足f(a＋x)＝f(b－x)，則圖象關(guān)于x＝ 對稱. 特別地，若f(x)為偶函數(shù)，則f(－x)＝f(x)＝f(|x|)． ②中心對稱：若函數(shù)y＝f(x)滿足f(a＋x)

9、＋f(a－x)＝0，則圖象關(guān)于(a,0)成中心對稱. 特別地，若f(x)為奇函數(shù)，則f(－x)＝－f(x)． [應(yīng)用16]f(x)＝(1＋x) 是________函數(shù)(填“奇”“偶”或“非奇非偶”)． [答案]　非奇非偶 [應(yīng)用17]　函數(shù)f(x)＝的圖象與函數(shù)g(x)＝2sinx(0≤x≤4)的圖象的所有交點為(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，則f(y1＋y2＋…＋yn)＋g(x1＋x2＋…＋xn)＝________. 【導(dǎo)學(xué)號：07804162】 [解析]　如圖，畫出函數(shù)f(x)和g(x)的圖象，可知有4個交點，并且關(guān)于點(2,0)對稱，所以y1＋y2＋y3＋

10、y4＝0，x1＋x2＋x3＋x4＝8，所以f(y1＋y2＋y3＋y4)＋g(x1＋x2＋x3＋x4)＝f(0)＋g(8)＝＋0＝. [答案]　 (3)函數(shù)的周期性 ①f(x)＝f(x＋a)(a>0)，則f(x)的周期T＝a； ②f(x＋a)＝(f(x)≠0)或f(x＋a)＝－f(x)，則f(x)的周期T＝2a； ③f(a＋x)＝f(x＋b)，則周期T＝|a－b|. [應(yīng)用18]　設(shè)f(x)是定義在R上的周期為3的函數(shù)，當(dāng)x∈[－2,1)時，f(x)＝則f ＝________. [答案]?。? (4)函數(shù)的零點 函數(shù)y＝f(x)的零點就是方程f(x)＝0的實數(shù)根，求f(x)

11、＝g(x)根的個數(shù)時，可在同一坐標(biāo)系中作出函數(shù)y＝f(x)和y＝g(x)的圖象，看它們交點的個數(shù)；求方程根(函數(shù)零點)的范圍，可利用圖象觀察或零點存在性定理． [應(yīng)用19]　定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x＋2)＝f(x)＋1，且x∈[0,1]時，f(x)＝4x，x∈(1,2)時，f(x)＝，令g(x)＝2f(x)－x－4，x∈[－6,2]，則函數(shù)g(x)的零點個數(shù)為(　　) A．6 B．7 C．8 D．9 [解析]　∵x∈[0,1]時，f(x)＝4x，∴f(1)＝4， ∴x∈(1,2)時，f(x)＝＝， ∵g(x)＝2f(x)－x－4，x∈[－6,2]， 令g(x)＝2f(x

12、)－x－4＝0，即f(x)＝x＋2. ∵函數(shù)f(x)滿足f(x＋2)＝f(x)＋1，即自變量x每增加2個單位，函數(shù)圖象向上平移1個單位，自變量每減少2個單位，函數(shù)圖象向下平移1個單位，分別畫出函數(shù)y＝f(x)在x∈[－6,2]，y＝x＋2的圖象，∴y＝f(x)在x∈[－6,2]，y＝x＋2有8個交點，故函數(shù)g(x)的零點個數(shù)為8個． 故選C. [答案]　C [應(yīng)用20]　已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：(1)f(x)＋f(2－x)＝0，(2)f(x－2)＝f(－x)，(3)在[－1,1]上表達式為f(x)＝，則函數(shù)f(x)與函數(shù)g(x)＝的圖象在區(qū)間[－3,3]上的交點個數(shù)為(　

13、　) A．5 B．6 C．7 D．8 [解析]　由(1)f(x)＋f(2－x)＝0可得f(x)關(guān)于(1,0)對稱，(2)f(x－2)＝f(－x)可得f(x)關(guān)于直線x＝－1對稱，作出示意圖， 知函數(shù)f(x)與函數(shù)g(x)有6個交點． ] [答案]　B 4．導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)性質(zhì)中的應(yīng)用 (1)導(dǎo)數(shù)幾何意義：k＝f′(x0)表示曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處切線的斜率．注意過某點的切線(即使點在曲線上)不一定只有一條． [應(yīng)用21]　過曲線y＝x3－2x上的點(1，－1)的切線方程為________． [解析]　設(shè)P(x0，y0)為切點，則切線的斜率為y′|x＝x0

14、 ＝3x－2. ∴切線方程為y－y0＝(3x－2)(x－x0)，即y－(x－2x0)＝(3x－2)(x－x0)． 又知切線過點(1，－1)，把它代入上述方程，得－1－(x－2x0)＝(3x－2)(1－x0)， 整理，得(x0－1)2(2x0＋1)＝0， 解得x0＝1，或x0＝－. 故所求切線方程為y－(1－2)＝(3－2)(x－1)，或y－(－＋1)＝(－2)(x＋)， 即x－y－2＝0，或5x＋4y－1＝0. [答案]　x－y－2＝0 或5x＋4y－1＝0 (2)求函數(shù)單調(diào)性的步驟： 明確函數(shù)y＝f(x)的定義域?求導(dǎo)數(shù)?解不等式f′(x)>0得增區(qū)間(解不等式f′(x)<

15、0得減區(qū)間)． [應(yīng)用22]　函數(shù)f(x)＝(x>0且x≠1)在________上是減函數(shù)，在________上是增函數(shù). 【導(dǎo)學(xué)號：07804163】 [答案]　　 [應(yīng)用23]　已知函數(shù)f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x)在區(qū)間上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為________． [解析]　由題意知f′(x)＝x＋2a－≥0在上恒成立，即2a≥－x＋在上恒成立，因為max＝， 所以2a≥， 即a≥. [答案]　 (3)求函數(shù)極值、最值的步驟： ①求導(dǎo)；②變形；③求解；④列表；⑤作答． 特別提醒： ①導(dǎo)數(shù)為零的點并不一定是極值點， f′(x0)＝0是x0為極值

16、點的必要不充分條件； ②給出函數(shù)極大(小)值的條件，既要考慮f′(x0)＝0，又要考慮檢驗“左正右負”(或“左負右正”)． [應(yīng)用24]　函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極小值10，則a＋b的值為________． [解析]　f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由x＝1時，函數(shù)取得極值10，得 聯(lián)立①②得或 當(dāng)a＝4，b＝－11時， f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)在x＝1兩側(cè)的符號相反，符合題意． 當(dāng)a＝－3，b＝3時， f′(x)＝3(x－1)2在x＝1兩側(cè)的符號相同，所以a＝－3，b＝3不符合題意，舍去． 綜上可知a＝4，b＝－11

17、，∴a＋b＝－7. [答案]?。? (4)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題的思想 ①證明不等式f(x)x2，則不等式(x－2 017)2f(x－2 017)－4f(2)>0的解集為(　　) A．(2 014，＋∞) B．(0,2 014) C．(0,2 019) D．(2 019，＋∞) [解析]　由2f(x)＋xf′(x)>x2且x

18、>0， 得2xf(x)＋x2f′(x)>x3>0. 令g(x)＝x2f(x)(x>0)，則g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．因為g(2)＝4f(2)，g(x－2 017)＝(x－2 017)2f(x－2 017)，所以不等式(x－2 017)2f(x－2 017)－4f(2)>0等價于g(x－2 017)>g(2)，所以x－2 017>2，解得x>2 019，故選D.] [答案]　D ■查缺補漏…………………………………………………………………………· 1．下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)又在區(qū)間(1,2)內(nèi)單調(diào)遞減的是(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：

19、07804164】 A．f(x)＝ B．f(x)＝ C．f(x)＝2x＋2－x D．f(x)＝－cos x B　[對于A，偶函數(shù)與單調(diào)遞減均不滿足；對于B，符合題意；對于C，不滿足單調(diào)遞減；對于D，不滿足單調(diào)遞減，故選B.] 2．已知f(x)＝則f的值是(　　) A．－1 B．1 C． D．－ C　[∵<1，∴f ＝f(2)， 又2－<1， ∴f＝f(2) ＝f(2)＝log22＝.] 3．由曲線xy＝1，直線y＝x，y＝3所圍成的平面圖形的面積為(　　) A. B．2－ln 3 C．4＋ln 3 D．4－ln 3 D　[由曲線xy＝1，直線y＝x，y＝3所圍成的平

20、面圖形如下圖中的陰影部分所示： 其中A，B(1,1)，C(3,3)，所以陰影部分的面積S＝dy＝＝4－ln 3，故選D.] 4．函數(shù)y＝的圖象大致為(　　) A　　　　　B　　　　　C　　　　　　D D　[y＝f(x)＝＝，f(－x)＝＝＝－f(x)是奇函數(shù)，排除A，又在區(qū)間上，f(x)>0，排除B，當(dāng)x→＋∞時，f(x)→0，排除C，故選D.] 5．當(dāng)0

21、,2]，所以此時有2，解得1時，y＝logax是增函數(shù)，在0

22、＋2≤3，當(dāng)x∈[2,3]時，f(x)＝x， ∴f(x＋2)＝x＋2， ∴f(x)＝x＋2，x∈[0,1]， ∵f(x)是定義在R上的偶函數(shù)， ∴f(x)＝－x＋2，x∈[－1,0]， 令－2≤x≤－1， 則0≤x＋2≤1， ∵f(x)＝x＋2，x∈[0,1]， ∴f(x＋2)＝x＋4， ∴f(x)＝x＋4，x∈[－2，－1]， 當(dāng)－2

23、分的函數(shù)稱為這個圓的“優(yōu)美函數(shù)”，給出下列命題： 圖3 ①對于任意一個圓O，其“優(yōu)美函數(shù)“有無數(shù)個”； ②函數(shù)f(x)＝ln(x2＋)可以是某個圓的“優(yōu)美函數(shù)”； ③正弦函數(shù)y＝sin x可以同時是無數(shù)個圓的“優(yōu)美函數(shù)”； ④函數(shù)y＝f(x)是“優(yōu)美函數(shù)”的充要條件為函數(shù)y＝f(x)的圖象是中心對稱圖形. 其中正確的命題是：(　　) A．①③ B．①③④ C．②③ D．①④ A　[對于①，過圓心的任一直線都可以滿足要求，所以正確； 對于②，可以做出其圖象，故不能是某圓的優(yōu)美函數(shù)； 對于③，只需將圓的圓心放在正弦函數(shù)的圖象的對稱中心上即可，所以正弦函數(shù)是無數(shù)個圓的

24、優(yōu)美函數(shù)； 對于④，函數(shù)是中心對稱圖形時，函數(shù)是優(yōu)美函數(shù)，但是優(yōu)美函數(shù)不一定是中心對稱，如圖所示： 故選A.] 8．已知y＝f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x≠0時，f′(x)＋>0，則關(guān)于x的函數(shù)g(x)＝f(x)＋的零點個數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．0 D．0或2 C　[因為函數(shù)g(x)＝f(x)＋，可得x≠0， 所以g(x)的零點跟xg(x)的非零零點是完全一樣的， 故我們考慮xg(x)＝xf(x)＋1的零點， 由于當(dāng)x≠0時，f′(x)＋>0， ①當(dāng)x>0時，(xg(x))′＝(xf(x))′＝xf′(x)＋f(x)＝x>0，∴在(0，＋∞)上，函數(shù)xg

25、(x)單調(diào)遞增．又f(x)在R上可導(dǎo)，∴當(dāng)x∈(0，＋∞)時，函數(shù)xg(x)＝xf(x)＋1>1恒成立， 因此，在(0，＋∞)上，函數(shù)xg(x)＝xf(x)＋1沒有零點． ②當(dāng)x<0時，因為(xg(x))′＝(xf(x))′＝xf′(x)＋f(x)＝x<0，故函數(shù)xg(x)在(－∞，0)上是遞減函數(shù)，函數(shù)xg(x)＝xf(x)＋1>1恒成立，故函數(shù)xg(x)在(－∞，0)上無零點． 綜上得，函數(shù)g(x)＝f(x)＋在R上的零點個數(shù)為0.] 9．若函數(shù)f(x)＝ln(x2＋ax＋1)是偶函數(shù)，則實數(shù)a的值為________. 【導(dǎo)學(xué)號：07804166】 0　[由題意知，f(x)＝

26、ln(x2＋ax＋1)為偶函數(shù)， 即ln(x2－ax＋1)＝ln(x2＋ax＋1)，即x2－ax＋1＝x2＋ax＋1，顯然a＝0.] 10．若偶函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，f(3)＝3，則f(－1)＝________. 3　[因為f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，所以f(x)＝f(4－x)，f(－x)＝f(4＋x)，又f(－x)＝f(x)， 所以f(x)＝f(4＋x)， 則f(－1)＝f(4－1)＝f(3)＝3.] 11．若函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，在(－∞，0]上是減函數(shù)，且f(2)＝0，則使得f(x)<0的x的取值范圍是________． (－2,2)　

27、[因為f(x)是偶函數(shù)， 所以f(－x)＝f(x)＝f(|x|)． 因為f(x)<0，f(2)＝0.所以f(|x|)

28、零點，則所有零點之和為________． 10　[易知函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，其對稱中心為(0,0)，所以函數(shù)y＝f(x－1)的對稱中心為(1,0)．由函數(shù)g(x)滿足g(x)＋g(2－x)＝0，知函數(shù)g(x)的對稱中心為(1,0)，函數(shù)h(x)＝g(x)－f(x－1)有10個零點， 即函數(shù)y＝g(x)與y＝f(x－1)有10個交點，并且(1,0)對稱，所以函數(shù)h(x)＝g(x)－f(x－1)有10個零點，則所有零點之和為10.] 14．已知函數(shù)f(x)＝＋－ln x(a>0)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值； (2)證明：當(dāng)a∈時，函數(shù)f(x)沒有零點(提示：ln 2≈0.69

29、) [解]　(1)因為f(x)＝＋－ln x＝， 所以f′(x)＝. 因為x>0，所以當(dāng)x∈(0，a2)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(a2，＋∞)時，f′(x)>0. 所以，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(a2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，a2). 當(dāng)x＝a2時，f(x)取得極小值f(a2)＝[a2＋1－(a2－1)ln a2]． (2)證明：由(1)可知：當(dāng)x＝a2時，f(x)取得極小值，亦即最小值． f(a2)＝[a2＋1－(a2－1)lna2]， 又因為≤a≤2， 所以≤a2≤4. 設(shè)g(x)＝x＋1－(x－1)ln x，則g′(x)＝－ln x，因為g′(x)在上單

30、調(diào)遞減，且g′(1)>0，g′(2)<0， 所以g′(x)有唯一的零點m∈(1,2)，使得g(x)在上單調(diào)遞增，在(m,4]上單調(diào)遞減， 又由于g＝>0，g(4)＝5－6ln 2>0, 所以g(x)>0恒成立．從而f(a2)＝[a2＋1－(a2－1)lna2]>0恒成立， 則f(x)>0恒成立． 所以當(dāng)a∈時，函數(shù)f(x)沒有零點. 15．設(shè)函數(shù)f(x)＝4ln x－ax2＋(4－a)x(a∈R)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若函數(shù)f(x)存在極值，對于任意的0

31、2與2x0的大小關(guān)系并給出證明. 【導(dǎo)學(xué)號：07804167】 [解]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－ax＋(4－a)＝－. 當(dāng)a≤0時，則f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 當(dāng)a>0時，則由f′(x)＝0得，x＝，x＝－1(舍去)．當(dāng)x∈時，f′(x)>0，當(dāng)x∈時，f′(x)<0. 所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 綜上所述，當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 當(dāng)a>0時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減. (2)由(1)知，當(dāng)a>0時，f(x)存在極值． f(x1)－f(x2)＝4(ln x1－ln x

32、2)－a(x－x)＋(4－a)(x1－x2)＝4(lnx1－lnx2)－a(x1＋x2)(x1－x2)＋(4－a)(x1－x2)． 由題設(shè)得f′(x0)＝＝ －a(x1＋x2)＋(4－a)． 又f′＝－a·＋4－a， 所以f′(x0)－f′ ＝－ ＝ ＝. 設(shè)t＝，則t>1， 則ln－＝lnt－(t>1)． 令g(t)＝lnt－(t>1)，則 g′(t)＝>0，所以g(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(t)>g(1)＝0， 故ln－>0. 又因為x2－x1>0，因此f′(x0)－f′>0， 即f′x0，即x1＋x2>2x0. 15