2018年高考數(shù)學二輪復習 專題一 第5講 導數(shù)與函數(shù)零點、不等式證明、恒成立問題名師導學案 文

第5講導數(shù)與函數(shù)零點、不等式證明、恒成立問題高考定位在高考壓軸題中，函數(shù)與方程、不等式的交匯是考查的熱點，常以含指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)為載體考查函數(shù)的零點(方程的根)、比較大小、不等式證明、不等式恒成立與能成立問題.真 題 感 悟1.(2016·全國卷)設函數(shù)f(x)ln xx1.(1)討論函數(shù)f(x)的單調性；(2)證明當x(1，)時，1<<x；(3)設c>1，證明當x(0，1)時，1(c1)x>cx.(1)解由f(x)ln xx1(x>0)，得f(x)1.令f(x)0，解得x1.當0<x<1時，f(x)>0，f(x)單調遞增.當x>1時，f(x)<0，f(x)單調遞減.因此f(x)在(0，1)上是增函數(shù)，在(1，)上為減函數(shù).(2)證明由(1)知，函數(shù)f(x)在x1處取得最大值f(1)0.當x1時，ln x<x1.故當x(1，)時，ln x<x1，ln<1，即1<<x.(3)證明由題設c>1，設g(x)1(c1)xcx，則g(x)c1cxln c.令g(x)0，解得x0.當x<x0時，g(x)>0，g(x)單調遞增；當x>x0時，g(x)<0，g(x)單調遞減.由(2)知1<<c，故0<x0<1.又g(0)g(1)0，故當0<x<1時，g(x)>0.當x(0，1)時，1(c1)x>cx.2.(2017·全國卷)設函數(shù)f(x)(1x2)ex.(1)討論f(x)的單調性；(2)當x0時，f(x)ax1，求a的取值范圍.解(1)f(x)2xex(1x2)ex(12xx2)ex.令f(x)0，得x22x10，解得x11，x21，令f(x)>0，則x(1，1)，令f(x)<0，則x(，1)(1，).f(x)在區(qū)間(，1)，(1，)上單調遞減，在區(qū)間(1，1)上單調遞增.(2)f(x)(1x)(1x)ex.當a1時，設函數(shù)h(x)(1x)ex，h(x)xex<0(x>0)，因此h(x)在0，)上單調遞減，而h(0)1，故h(x)1，所以f(x)(x1)h(x)x1ax1.當0<a<1時，設函數(shù)g(x)exx1，g(x)ex1>0(x>0)，所以g(x)在0，)上單調遞增，而g(0)0，故exx1.當0<x<1時，f(x)>(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取x0，則x0(0，1)，(1x0)(1x0)2ax010，故f(x0)>ax01.當a0時，取x0，則x0(0，1)，f(x0)>(1x0)(1x0)21ax01.綜上，a的取值范圍是1，).考 點 整 合1.利用導數(shù)研究函數(shù)的零點函數(shù)的零點、方程的實根、函數(shù)圖象與x軸的交點的橫坐標是三個等價的概念，解決這類問題可以通過函數(shù)的單調性、極值與最值，畫出函數(shù)圖象的變化趨勢，數(shù)形結合求解.2.三次函數(shù)的零點分布三次函數(shù)在存在兩個極值點的情況下，由于當x時，函數(shù)值也趨向，只要按照極值與零的大小關系確定其零點的個數(shù)即可.存在兩個極值點x1，x2且x1<x2的函數(shù)f(x)ax3bx2cxd(a0)的零點分布情況如下：a的符號零點個數(shù)充要條件a0(f(x1)為極大值，f(x2)為極小值)一個f(x1)0或f(x2)>0兩個f(x1)0或者f(x2)0三個f(x1)0且f(x2)0a0(f(x1)為極小值，f(x2)為極大值)一個f(x1)>0或f(x2)0兩個f(x1)0或者f(x2)0三個f(x1)0且f(x2)03.利用導數(shù)解決不等式問題(1)利用導數(shù)證明不等式.若證明f(x)<g(x)，x(a，b)，可以構造函數(shù)F(x)f(x)g(x)，如果能證明F(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可證明f(x)<g(x)，x(a，b).(2)利用導數(shù)解決不等式的“恒成立”與“存在性”問題.f(x)>g(x)對一切xI恒成立I是f(x)>g(x)的解集的子集f(x)g(x)min>0(xI).xI，使f(x)>g(x)成立I與f(x)>g(x)的解集的交集不是空集f(x)g(x)max>0(xI).對x1，x2I使得f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.對x1I，x2I使得f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min.溫馨提醒解決方程、不等式相關問題，要認真分析題目的結構特點和已知條件，恰當構造函數(shù)并借助導數(shù)研究性質，這是解題的關鍵.熱點一利用導數(shù)研究函數(shù)的零點(方程的根)【例1】 (2017·淄博診斷)已知aR，函數(shù)f(x)exax(e2.718 28是自然對數(shù)的底數(shù)).(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(e，1)上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若函數(shù)F(x)f(x)(ex2ax2ln xa)在區(qū)間內無零點，求實數(shù)a的最大值.解(1)由f(x)exax，得f(x)exa且f(x)在R上遞增.若f(x)在區(qū)間(e，1)上是減函數(shù)，只需f(x)0恒成立.因此只需f(1)e1a0，解之得a.又當a時，f(x)ex0當且僅當x1時取等號.所以實數(shù)a的取值范圍是.(2)法一由已知得F(x)a(x1)2ln x，且F(1)0，則F(x)a，x>0.當a0時，F(xiàn)(x)<0，F(xiàn)(x)在區(qū)間(0，)上單調遞減，結合F(1)0知，當x時，F(xiàn)(x)>0.所以F(x)在內無零點.當a>0時，令F(x)0，得x.若時，即a(0，4時，F(xiàn)(x)在上是減函數(shù).又x0時，F(xiàn)(x).要使F(x)在內無零點，只需F2ln0，則0<a4ln 2.若<時，即a>4時，則F(x)在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù).F(x)minF2a2ln，令(a)2a2ln，則(a)1<0.(a)在(4，)上是減函數(shù)，則(a)<(4)2ln 22<0.因此F<0，所以F(x)在x內一定有零點，不合題意，舍去.綜上，函數(shù)F(x)在內無零點，應有a4ln 2，所以實數(shù)a的最大值為4ln 2.(2)法二當a0時，同法一.當a>0時，x，F(xiàn)(x)<0；x，F(xiàn)(x)>0.所以F(x)在上單調遞減，在上單調遞增.因此F(x)minF.若1，即0<a2時，F(xiàn)(x)在內是減函數(shù).因此，當x時，F(xiàn)(x)>F(1)0，所以F(x)在內無零點.若<1，即a>2時，F(xiàn)(x)minFF(1)0.要使函數(shù)F(x)在內無零點，只需F2ln0，則2<a4ln 2.綜上，函數(shù)F(x)在內無零點，應有a4ln 2，所以實數(shù)a的最大值是4ln 2.探究提高1.三步求解函數(shù)零點(方程根)的個數(shù)問題.第一步：將問題轉化為函數(shù)的零點問題，進而轉化為函數(shù)的圖象與x軸(或直線yk)在該區(qū)間上的交點問題；第二步：利用導數(shù)研究該函數(shù)在該區(qū)間上單調性、極值(最值)、端點值等性質，進而畫出其圖象；第三步：結合圖象求解.2.根據(jù)函數(shù)零點情況求參數(shù)范圍：(1)要注意端點的取舍；(2)選擇恰當?shù)姆诸悩藴蔬M行討論.【訓練1】 (2016·北京卷節(jié)選)設函數(shù)f(x)x3ax2bxc.(1)求曲線yf(x)在點(0，f(0)處的切線方程；(2)設ab4，若函數(shù)f(x)有三個不同零點，求c的取值范圍.解(1)由f(x)x3ax2bxc，得f(x)3x22axb.f(0)c，f(0)b，曲線yf(x)在點(0，f(0)處的切線方程為ybxc.(2)當ab4時，f(x)x34x24xc，f(x)3x28x4.令f(x)0，得3x28x40，解得x2或x.當x變化時，f(x)與f(x)在區(qū)間(，)上的情況如下：x(，2)2f(x)00f(x)cc當c>0且c<0時，f(4)c16<0，f(0)c>0，存在x1(4，2)，x2，x3，使得f(x1)f(x2)f(x3)0.由f(x)的單調性知，當且僅當c時，函數(shù)f(x)x34x24xc有三個不同零點.熱點二利用導數(shù)求解不等式問題命題角度1證明不等式【例21】 (2015·全國卷)設函數(shù)f(x)e2xaln x.(1)討論f(x)的導函數(shù)f(x)零點的個數(shù)；(2)證明：當a0時，f(x)2aaln.(1)解f(x)的定義域為(0，)，f(x)2e2x(x0).當a0時，f(x)0，f(x)沒有零點.當a0時，設u(x)e2x，v(x)，因為u(x)e2x在(0，)上單調遞增，v(x)在(0，)上單調遞增，所以f(x)在(0，)上單調遞增.又f(a)0，當b滿足0b且b時，f(b)0，故當a0時，f(x)存在唯一零點.(2)證明由(1)，可設f(x)在(0，)上的唯一零點為x0，當x(0，x0)時，f(x)0；當x(x0，)時，f(x)0.故f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，)上單調遞增，所以當xx0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0).由于2e2x00，所以f(x0)2ax0aln2aaln.故當a0時，f(x)2aaln.命題角度2不等式恒成立問題【例22】 (2016·全國卷)已知函數(shù)f(x)(x1)ln xa(x1).(1)當a4時，求曲線yf(x)在(1，f(1)處的切線方程；(2)若當x(1，)時，f(x)>0，求a的取值范圍.解(1)f(x)的定義域為(0，)，當a4時，f(x)(x1)ln x4(x1)，f(1)0，f(x)ln x3，f(1)2.故曲線yf(x)在(1，f(1)處的切線方程為2xy20.(2)當x(1，)時，f(x)>0等價于ln x>0，設g(x)ln x，則g(x)，g(1)0.當a2，x(1，)時，x22(1a)x1x22x1>0，故g(x)>0，g(x)在(1，)上單調遞增，因此g(x)>g(1)0.當a>2時，令g(x)0，得x1a1，x2a1.由x2>1和x1x21得x1<1.故當x(1，x2)時，g(x)<0，g(x)在(1，x2)上單調遞減，因此g(x)<g(1)0，綜上可知，實數(shù)a的取值范圍是(，2.命題角度3存在性不等式成立問題【例23】 已知函數(shù)f(x)x(a1)ln x(aR且a<e)，g(x)x2exxex.(1)當x1，e時，求f(x)的最小值；(2)當a1時，若存在x1e，e2，使得對任意的x22，0，f(x1)g(x2)恒成立，求a的取值范圍.解(1)f(x)的定義域為(0，)，f(x).若a1，當x1，e時，f(x)0，則f(x)在1，e上為增函數(shù)，f(x)minf(1)1a.若1ae，當x1，a時，f(x)0，f(x)為減函數(shù)；當xa，e時，f(x)0，f(x)為增函數(shù).所以f(x)minf(a)a(a1)ln a1.綜上，當a1時，f(x)min1a；當1ae時，f(x)mina(a1)ln a1；(2)由題意知：f(x)(xe，e2)的最小值小于g(x)(x2，0)的最小值.由(1)知f(x)在e，e2上單調遞增，f(x)minf(e)e(a1)，又g(x)(1ex)x.當x2，0時，g(x)0，g(x)為減函數(shù)，則g(x)ming(0)1，所以e(a1)1，解得a，所以a的取值范圍為 .探究提高1.(1)涉及不等式證明或恒成立問題，常依據(jù)題目特征，恰當構建函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)性質，轉化為求函數(shù)的最值、極值問題，在轉化過程中，一定要注意等價性.(2)對于含參數(shù)的不等式，如果易分離參數(shù)，可先分離參數(shù)、構造函數(shù)，直接轉化為求函數(shù)的最值；否則應進行分類討論，在解題過程中，必要時，可作出函數(shù)圖象草圖，借助幾何圖形直觀分析轉化.2.“恒成立”與“存在性”問題的求解是“互補”關系，即f(x)g(a)對于xD恒成立，應求f(x)的最小值；若存在xD，使得f(x)g(a)成立，應求f(x)的最大值.應特別關注等號是否取到，注意端點的取舍.【訓練2】 (2017·全國卷)已知函數(shù)f(x)ln xax2(2a1)x.(1)討論f(x)的單調性；(2)當a<0時，證明f(x)2.(1)解f(x)的定義域為(0，)，f(x)2ax2a1.若a0時，則當x(0，)時，f(x)>0，故f(x)在(0，)上單調遞增，若a<0時，則當x時，f(x)>0；當x時，f(x)<0.故f(x)在上單調遞增，在上單調遞減.(2)證明由(1)知，當a<0時，f(x)在x處取得最大值，最大值為fln1，所以f(x)2等價于ln12，即ln10，設g(x)ln xx1，則g(x)1.當x(0，1)時，g(x)>0；x(1，)時，g(x)<0.所以g(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，)上單調遞減.故當x1時，g(x)取得最大值，最大值為g(1)0.所以當x>0時，g(x)0，從而當a<0時，ln10，即f(x)2.熱點三利用導數(shù)求解最優(yōu)化問題【例3】 某商場銷售某種商品的經(jīng)驗表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價格x(單位：元/千克)滿足關系式y(tǒng)10(x6)2，其中3<x<6，a為常數(shù).已知銷售價格為5元/千克時，每日可售出該商品11千克.(1)求a的值；(2)若該商品的成本為3元/千克，試確定銷售價格x的值，使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大.解(1)因為x5時，y11，所以1011，a2.(2)由(1)可知，該商品每日的銷售量為y10(x6)2，所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤為f(x)(x3)210(x3)(x6)2，3<x<6.從而，f(x)10(x6)22(x3)(x6)30(x4)·(x6)，于是，當x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x(3，4)4(4，6)f(x)0f(x)單調遞增極大值42單調遞減由上表可得，x4時，函數(shù)f(x)取得極大值，也是最大值，所以，當x4時，函數(shù)f(x)取得最大值，且最大值等于42.故當銷售價格為4元/千克時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大.探究提高利用導數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題的一般步驟(1)建模：分析實際問題中各量之間的關系，列出實際問題的數(shù)學模型，寫出實際問題中變量之間的函數(shù)關系式y(tǒng)f(x).(2)求導：求函數(shù)的導數(shù)f(x)，解方程f(x)0.(3)求最值：比較函數(shù)在區(qū)間端點和使f(x)0的點的函數(shù)值的大小，最大(小)者為最大(小)值.(4)結論：回歸實際問題作答.【訓練3】統(tǒng)計表明，某種型號的汽車在勻速行駛中每小時耗油量y(升)，關于行駛速度x(千米/時)的函數(shù)解析式可以表示為：yx3x8(0<x120).已知甲、乙兩地相距100千米.(1)當汽車以40千米/時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地要耗油多少升？(2)當汽車以多大的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油最少？最少為多少升？解(1)當x40時，汽車從甲地到乙地行駛了2.5(小時)，要耗油×2.517.5(升).所以，當汽車以40千米/時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油17.5升.(2)當速度為x千米/時，汽車從甲地到乙地行駛了小時，設耗油量為h(x)升，依題意得h(x)x2(0<x120)，h(x)(0<x120)，令h(x)0得x80，當x(0，80)時，h(x)<0，h(x)是減函數(shù)；當x(80，120時，h(x)>0，h(x)是增函數(shù)，當x80時，h(x)取到極小值h(80)11.25，因為h(x)在(0，120上只有一個極值，所以它是最小值.故當汽車以80千米/時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油最少，最少為11.25升.1.重視轉化思想在研究函數(shù)零點中的應用，如方程的解、兩函數(shù)圖象的交點均可轉化為函數(shù)零點，充分利用函數(shù)的圖象與性質，借助導數(shù)求解.2.對于存在一個極大值和一個極小值的函數(shù)，其圖象與x軸交點的個數(shù)，除了受兩個極值大小的制約外，還受函數(shù)在兩個極值點外部函數(shù)值的變化的制約，在解題時要注意通過數(shù)形結合找到正確的條件.3.利用導數(shù)方法證明不等式f(x)>g(x)在區(qū)間D上恒成立的基本方法是構造函數(shù)h(x)f(x)g(x)，然后根據(jù)函數(shù)的單調性或者函數(shù)的最值證明函數(shù)h(x)>0.其中找到函數(shù)h(x)f(x)g(x)的零點是解題的突破口.4.不等式恒成立、能成立問題常用解法(1)分離參數(shù)后轉化為最值，不等式恒成立問題在變量與參數(shù)易于分離的情況下，采用分離參數(shù)轉化為函數(shù)的最值問題，形如af(x)max或af(x)min.(2)直接轉化為函數(shù)的最值問題，在參數(shù)難于分離的情況下，直接轉化為含參函數(shù)的最值問題，伴有對參數(shù)的分類討論.(3)數(shù)形結合，構造函數(shù)，借助函數(shù)圖象的幾何直觀性求解，一定要重視函數(shù)性質的靈活應用.一、選擇題1.函數(shù)f(x)的定義域為R，f(1)3，對任意xR，f(x)<3，則f(x)>3x6的解集為()A.x|1<x<1 B.x|x>1C.x|x<1 D.R解析設g(x)f(x)(3x6)，則g(x)f(x)3<0，所以g(x)為減函數(shù)，又g(1)f(1)30，所以根據(jù)單調性可知g(x)>0的解集是x|x<1.答案C2.若關于x的不等式x33x29x2m對任意x2，2恒成立，則m的取值范圍是()A.(，7 B.(，20C.(，0 D.12，7解析令f(x)x33x29x2，則f(x)3x26x9，令f(x)0得x1或x3(舍去).f(1)7，f(2)0，f(2)20，f(x)的最小值為f(2)20，故m20.答案B3.(2017·貴陽聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的定義域為1，4，部分對應值如下表：x10234f(x)12020f(x)的導函數(shù)yf(x)的圖象如圖所示.當1<a<2時，函數(shù)yf(x)a的零點的個數(shù)為()A.1 B.2 C.3 D.4解析根據(jù)導函數(shù)圖象，知2是函數(shù)的極小值點，函數(shù)yf(x)的大致圖象如圖所示.由于f(0)f(3)2，1<a<2，所以yf(x)a的零點個數(shù)為4.答案D4.(2017·安徽十校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)，則()A.f(2)>f(e)>f(3) B.f(3)>f(e)>f(2)C.f(3)>f(2)>f(e) D.f(e)>f(3)>f(2)解析f(x)的定義域(0，)，且f(x)，令f(x)0，得xe.當x(0，e)時，f(x)>0；當x(e，)時，f(x)<0.f(x)maxf(e).又f(2)，f(3)所以f(e)>f(3)>f(2).答案D5.(2014·全國卷)已知函數(shù)f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0>0，則實數(shù)a的取值范圍是()A.(2，) B.(1，)C.(，2) D.(，1)解析由題意知a0，f(x)3ax26x3ax，令f(x)0，解得x0或x.當a>0時，x(，0)，f(x)>0；x，f(x)<0；x，f(x)>0，且f(0)1>0，故f(x)有小于0的零點，不滿足.當a<0時，需使x0>0且唯一，只需f>0，則a2>4，所以a<2.答案C二、填空題6.做一個無蓋的圓柱形水桶，若要使其體積是27 dm3，且用料最省，則圓柱的底面半徑為_ dm.解析設圓柱的底面半徑為R dm，母線長為l dm，則VR2l27，所以l，要使用料最省，只需使圓柱形水桶的表面積最小.S表R22RlR22·，所以S表2R.令S表0，得R3，則當R3時，S表最小.答案37.(2017·長沙調研)定義域為R的可導函數(shù)yf(x)的導函數(shù)為f(x)，滿足f(x)>f(x)，且f(0)1，則不等式<1的解集為_.解析令g(x)，則g(x).由題意得g(x)<0恒成立，所以函數(shù)g(x)在R上單調遞減.又g(0)1，所以<1，即g(x)<g(0)，所以x>0，所以不等式的解集為x|x>0.答案x|x>08.(2017·南寧調研)已知f(x)x26x3，g(x)2x33x212x9，設m<2，若x1m，2)，x2(0，)，使得f(x1)g(x2)成立，則實數(shù)m的最小值為_.解析g(x)2x33x212x9，g(x)6x26x126(x2)(x1).則當0<x<1時，g(x)<0，函數(shù)g(x)遞減；當x>1時，g(x)>0，函數(shù)g(x)遞增，g(x)ming(1)2.f(x)x26x3(x3)266，結合函數(shù)圖象知，當f(x)2時，方程兩根分別為5和1，則m的最小值為5.答案5三、解答題9.(2017·貴陽質檢)已知函數(shù)f(x)ln x.(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)求函數(shù)f(x)在上的最大值和最小值(其中e是自然對數(shù)的底數(shù))；(3)求證：ln.(1)解f(x)ln x1ln x，f(x)的定義域為(0，).f(x)，f(x)>00<x<1，f(x)<0x>1，f(x)1ln x在(0，1)上單調遞增，在(1，)上單調遞減.(2)解由(1)得f(x)在上單調遞增，在(1，e上單調遞減，f(x)在上的最大值為f(1)1ln 10.又f1eln2e，f(e)1ln e，且f<f(e).f(x)在上的最小值為f2e.綜上，f(x)在上的最大值為0，最小值為2e.(3)證明要證ln，即證2ln x1，即證1ln x0.由(1)可知，f(x)1ln x在(0，1)上單調遞增，在(1，)上單調遞減，f(x)在(0，)上的最大值為f(1)11ln 10，即f(x)0，1ln x0恒成立.原不等式得證.10.已知函數(shù)f(x)aln x1(a>0).(1)設(x)f(x)1a，求(x)的最小值；(2)在區(qū)間(1，e)上f(x)>x恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.解(1)(x)f(x)1aaln xa(x>0).則(x)，令(x)0，得x1.當0<x<1時，(x)<0；當x>1時，(x)>0.(x)在(0，1)上是減函數(shù)，在(1，)上是增函數(shù).故(x)在x1處取得極小值，也是最小值.(x)min(1)0.(2)由f(x)>x得aln x1>x，即a>.令g(x)(1<x<e)，則g(x).令h(x)ln x(1<x<e)，則h(x)>0.故h(x)在區(qū)間(1，e)上單調遞增，所以h(x)>h(1)0.因為h(x)>0，所以g(x)>0，即g(x)在區(qū)間(1，e)上單調遞增，則g(x)<g(e)e1，即<e1，所以實數(shù)a的取值范圍為e1，).11.(2015·北京卷)設函數(shù)f(x)kln x，k>0.(1)求f(x)的單調區(qū)間和極值；(2)證明：若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，上僅有一個零點.(1)解由f(x)kln x(k>0)，得x0且f(x)x.由f(x)0，解得x(負值舍去).f(x)與f(x)在區(qū)間(0，)上的變化情況如下表：x(0，)(，)f(x)0f(x)所以，f(x)的單調遞減區(qū)間是(0，)，單調遞增區(qū)間是(，).f(x)在x處取得極小值f().(2)證明由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，)上的最小值為f().因為f(x)存在零點，所以0，從而ke，當ke時，f(x)在區(qū)間(1，)上單調遞減，且f()0，所以x是f(x)在區(qū)間(1，上的唯一零點.當k>e時，f(x)在區(qū)間(1，)上單調遞減，且f(1)>0，f()<0，所以f(x)在區(qū)間(1，上僅有一個零點.綜上可知，若f(x)存在零點，則f(x)在區(qū)間(1，上僅有一個零點.- 17 -