导数与函数隐性零点问题教师版.pdf

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1、函数隐性零点问题函数隐性零点问题近年高考压轴题中， 用导数研究函数的单调性、 极值、 最值及不等式问题成为命题趋势。用导数解决函数综合问题， 最终都会归结于函数的单调性的判断， 而函数的单调性又与导函数的零点有着密切的联系，可以说函数的零点的求解或估算是函数综合问题的核心。函数的零点是高中数学中的一个极其重要的概念， 经常借助于方程、 函数的图象等加以解决。根据函数的零点在数值上是否可以准确求出， 我们把它分为两类： 一类是在数值上可以准确求出的， 不妨称之为显性零点显性零点； 另一类是依据有关理论 （如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐

2、性零点隐性零点。1.不含参函数的隐性零点问题已知不含参函数f (x)， 导函数方程f (x) 0的根存在， 却无法求出， 设方程f (x) 0的根为x0，则：有关系式f (x0) 0成立，注意确定x0的合适范围.2.含参函数的隐性零点问题已知含参函数f (x,a)， 其中a为参数， 导函数方程f (x,a) 0的根存在， 却无法求出，设方程f (x) 0的根为x0，则：有关系式f (x0) 0成立，该关系式给出了x0,a的关系，注意确定x0的合适范围，往往和a的范围有关.题型一题型一求参数的最值或取值范围求参数的最值或取值范围例例 1 1（2012 年全国 I 卷）设函数 f（x）=exax2

3、（1）求 f （x）的单调区间；（2）若 a=1，k 为整数，且当 x0 时， （xk）f（x）+x+10，求 k 的最大值解析解析： （1） （略解）若 a0，则 f（x）0，f（x）在 R 上单调递增；若 a0，则 f（x）的单调减区间是（，lna） ，增区间是（lna，+） （2）由于 a=1，所以（xk）f（x）+x+1=（xk） （ex1）+x+1故当 x0 时， （xk）f（x）+x+10 等价于 kx 1+x（x0） （*） ，xe 1ex(exx 2)x 1令 g（x）=x+x，则 g（x）=，而函数 f（x）=exx2 在（0，+）x2(e 1)e 1上单调递增， f f（1

4、 1）0 0，f f（2 2）0 0，所以，所以f f（x x）在（）在（0 0，+）存在唯一的零点故）存在唯一的零点故g g （x x）在（在（0 0，+）存在唯一的零点）存在唯一的零点设此零点为设此零点为 a a，则，则 aa（1 1，2 2） 当 x（0，a）时，g（x）0；当x（a，+）时， g（x）0所以g（x）在（ 0，+）的最小值为g（a） 又由又由 g g（a a）=0=0，可得，可得 e ea a=a+2=a+2， 所以所以 g g（a a）=a+1=a+1（2 2，3 3） 由于（由于（* *）式等价于）式等价于 k kg g（a a） ，故整数，故整数 k k 的最大值为

5、的最大值为 2 2点评：点评：从第 2 问解答过程可以看出，处理函数隐性零点三个步骤：处理函数隐性零点三个步骤：确定零点的存在范围（本题是由零点的存在性定理及单调性确定）确定零点的存在范围（本题是由零点的存在性定理及单调性确定） ；根据零点的意义进行代数式的替换；根据零点的意义进行代数式的替换；结合前两步，确定目标式的范围。结合前两步，确定目标式的范围。题型二题型二不等式的证明不等式的证明例例 2 2. .（湖南部分重点高中联考试题）已知函数f（x）=（1）若 a=0，求函数 f（x）的极值；（2）若函数f（x）在（0，a）上单调递增，求实数a 的取值范围；（3）若 a=1，设函数 f（x）在

6、（0，1）上的极值点为 x0，求证：f（x0）2解析解析（1）f（x）=的定义域是（0，+） ，f（x）=，令 f（x）0，解得：x，）=，无极小lnx，其中 a 为常数2(xa)令 f（x）0，解得 0 x则 f（x）在（0，值；）递增，在（，+）递减，故 f（x）极大值=f（2）函数 f（x）的定义域为x|x0 且 xa=，要使函数 f（x）在（0，a）上单调递增，则 a0，又 x（0，a）时，ax+a0，只需 1+2lnx0 在（0，a）上恒成立，即 a2xlnxx 在（0，a）上恒成立，由 y=2xlnxx 的导数为 y=2（1+lnx）1=1+2lnx，.可得 a2e；（3）证明：a

7、=1，则 f（x）=，导数为 f（x）=，设函数 f（x）在（0，1）上的极值点为 x0，可得 12lnx0=0，即有 2lnx0=1，要证 f（x0）2，即+20，由于+2=+2=，由于 x0（0，1） ，且 x0=，2lnx0=1故 f（x0）2 成立题型三题型三对极值的估算对极值的估算不成立，则+20，例例 3. 3.（2017 年全国课标 1）已知函数 f（x）=ax2axxlnx，且 f（x）0（1）求 a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e2f（x0）22解析解析（1）因为 f（x）=ax2axxlnx=x（axalnx） （x0） ，则 f（x）0 等价于 h（

8、x）=axalnx0，求导可知 h（x）=a1则当 a0 时 h（x）0，即 y=h（x）在（0，+）x上单调递减，所以当 x01 时，h（x0）h（1）=0，矛盾，故 a0因为当 0 x111时 h（x）0，当 x时h（x）0，所以 h（x）min=h（） ，aaa1=1，解得 a=1；a又因为 h（1）=aaln1=0，所以（另解：因为f（1）=0，所以f（x）0 等价于 f（x）在 x0 时的最小值为 f（1） ，所以等价于 f（x）在 x=1 处是极小值，所以解得 a=1； ）（2 2）证明）证明：由（1）可知 f（x）=x2xxlnx，f（x）=2x2lnx，令 f（x）=0，可得

9、2x2lnx=0，记t（x）=2x2lnx，则t（x）=211，令t（x）=0，解得：x=，2x所以 t（x）在区间（0，11）上单调递减，在（，+）上单调递增，所以 t（x）min=t22（1）=ln210，从而 t（x）=0 有解，即 f（x）=0 存在两根 x0，x2，且不妨设 f（x）2在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+）上为正，所以 f（x）必存在唯22一极大值点 x0，且 2x02lnx0=0，所以 f（x0）=x0 x0 x0lnx0=x0 x011112x0(2x0 2)=x02+x0， 由 x0可知 f （x0） (x0 x0)max 2；2422由

10、f（1111）0 可知 x0， 所以 f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上ee2e11）=2；ee单调递减，所以 f（x0）f（综上所述，f（x）存在唯一的极大值点 x0，且 e2f（x0）22简要分析简要分析：通过上面三个典型案例， 不难发现处理隐性零点的三个步骤； 这里需要强调的是：第一个步骤中确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到， 甚至可以由题设直接得到， 等等；至于隐性零点的范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围；第二个步骤中进行代数式的替换过程中， 尽可能将目标式变形为整式或分式， 那么就需要尽可

11、能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键；第三个步骤实质就是求函数的值域或最值。最后值得说明的是，隐性零点代换实际上是一种明修栈道， 暗渡陈仓的策略，也是数学中“设而不求”思想设而不求”思想的体现。变式训练变式训练1已知函数 f（x）=(12xx)lnxax2（aR） ，曲线 y=f（x）在 x=1 处的切线与2直线 x+2y1=0 垂直（1）求 a 的值，并求 f（x）的单调区间；（2）若 是整数，当 x0 时，总有 f（x）（3+）x的最大值121xlnx+x2，求 24解析： （1）函数 f（x）的定义域是（0，+） ，f（x）=（x+1）ln x+（2a+1）x+1，依题

12、意2可得，f（1）=1，2a+11+1=2，a， f（x）=（x+1）ln x+（x+1）=（x+1） （lnx+1） ，241x（令 f（x）=0，即（ x+1） （ln x+1）=0，x0，xe1，+）时， f（x）0，ex（0，）时，f（x）0f（x）的递增区间是（1e11，+） ，单调递减区间为（0，） ee（2）由（）可知，f（x）=（121x+x）lnx+x224f(x)(3 )x121xlnx 3xxlnxx224x 1设 h（x）=xlnx 3x，只需 h（x）minx 1h（x）=(1 lnx 3)(x 1) (xlnx 3x)x 2 lnx=（x0） ，(x 1)2(x 1

13、)2令 u（x）=x2+ln x，u（x）=1+10，可得 u（x）在（0，+）上为单调递增函数，xu（1）=10，u（2）=ln 20，存在 x0（1，2） ，使 u（x0）=0，当 x（x0，+）时，u（x）0，即 h（x）0，当 x（0，x0）时，u（x）0，即h（x）0，h（x）在x=x0时取最小值，且h（x）min=x0lnx0 3x0 x(2 x0) 3x0，又 u（x0）=0，ln x0=2x0， h（x）min=0=x0，x0 1x0 1h（x）min，Z，x0（1，2） ，x0（2，1） ， 的最大值为22设函数 f（x）=e2xalnx（）讨论 f（x）的导函数 f（x）零

14、点的个数；（）证明：当 a0 时，f（x）2a+aln2a解析：解析： （）f（x）=e2xalnx 的定义域为（0，+） ，f（x）=2e2x当 a0 时，f（x）0 恒成立，故 f（x）没有零点，当 a0 时，y=e2x为单调递增，y=axa单调递增，f（x）在（0，+）单调递增，x又 f（a）0，假设存在 b 满足 0bln数 f（x）存在唯一的零点。a1时，且 b，f（b）0，故当 a0 时，导函24（）由（）知，可设导函数f（x）在（0，+）上的唯一零点为 x0，当 x（0，x0）时，f（x）0，当 x（x0+）时，f（x）0，故 f（x）在（0，x0）单调递减，在（x0+）单调递增

15、，所以当 x=x0时，f（x）取得最小值，最小值为f（x0） ，由于aaa22=0，所以 f（x0）=+2ax0+aln2a+aln故当 a0 时，f（x）2a+alnx02x02x0aa2a3设函数f (x) ln x，是否存在实数a,使得f (2ax) f (eax) f () 0对任意正实数xx2a恒成立？若存在，求出满足条件的实数a；若不存在，请说明理由.解解 析析 ：令g(x)=f (2ax) f (eax) f () axln2aaxln xln xln2a， 其 中x2ax 0,a 0则g(x) aln2aaln xa1a1ax1 0.，g(x) 2 xxxx2g(x)在(0,)

16、单调递减，g(x) 0在区间(0,)必存在实根，不妨设g(x0) 0，即g(x0) aln2a aln x0a 11 0，可得ln x0ln2a1（*）x0ax0g(x)在区间(0,x0)上单调递增，在(x0,)上单调递减，所以g(x)max g(x0)，g(x0) (ax01)ln2a (ax01)ln x0，代入（*）式得g(x0) ax012.ax0根据题意g(x0) ax0112 0恒成立. 又根据基本不等式 ,ax0 2,当且仅当ax0ax0ax011 2,ax01，x01. 代入（*）式得,时,等式成立. 所以ax0ax0ax0aln112 ln2a,即 2a,a .aa2课后作业

17、课后作业1已知函数 f（x）=（aexax）ex（a0，e=2.718，e 为自然对数的底数） ，若 f（x）0 对于 xR 恒成立（1）求实数 a 的值；（2）证明：f（x）存在唯一极大值点x0，且【解答】 （1）解：f（x）=ex（aexax）0，因为 ex0，所以 aexax0 恒成立，即 a（ex1）x 恒成立，x=0 时，显然成立；x0 时，ex10，故只需 a在（0，+）恒成立，令 h（x）=， （x0） ，h（x）=1；0，故 h（x）在（0，+）递减，而=1，故 ax0 时，ex10，故只需 a在（，0）恒成立，令 g（x）=， （x0） ，g（x）=1.综上：a=1；0，故

18、h（x）在（，0）递增，而=1，故 a（2）证明：由（1）f（x）=ex（exx1） ，故 f（x）=ex（2exx2） ，令 h（x）=2exx2，h（x）=2ex1，所以 h（x）在（，ln）单调递减，在（ln，+）单调递增，h（0）=0，h（ln）=2elnln2=ln210，h（2）=2e2（2）2=0，h（2）h（ln）0 由零点存在定理及 h（x）的单调性知，方程h（x）=0 在（2，ln）有唯一根，设为 x0且 2ex0 x02=0，从而 h（x）有两个零点 x0和 0，所以 f（x）在（，x0）单调递增，在（x0，0）单调递减，在（0，+）单调递增，从而f（x）存在唯一的极大值

19、点 x0即证，由 2ex0 x02=0 得 ex0=f （x0） =ex0（ex0 x01） =2=，x01，（x01） = （x0） （2+x0） （），取等不成立，所以 f（x0）得证，又2x0ln，f（x）在（，x0）单调递增，所以 f（x0）f（2）=e2e2（2）1=e4+e2e20 得证，从而 0f（x0）成立2已知函数 f（x）=ax+xlnx（aR）（1）若函数 f（x）在区间e，+）上为增函数，求 a 的取值范围；（2）当 a=1 且 kZ 时，不等式 k（x1）f（x）在 x（1，+）上恒成立，求 k的最大值【解答】 （1）函数 f（x）在区间e，+）上为增函数，f（x）=

20、a+lnx+10 在区间e，+）上恒成立，a（lnx1）max=2a2a 的取值范围是2，+） （2）a=1 时，f（x）=x+lnx，kZ 时，不等式k（x1）f（x）在x（1，+）上恒成立，k（x1） 则 h（x）=1=0，h（x） 在 （1，+）上单增，令 g（x）=，则 g（x）=，令 h（x）=xlnx2h（3）=1ln30，h（4）=22ln20，存在 x0（3，4） ，使 h（x0）=0即当 1xx0时 h（x）0即 g（x）0；xx0时h（x）0即 g（x）0.g（x）在 （1，x0）上单减，在（x0+）上单增令h（x0）=x0lnx02=0，即lnx0=x02，g（x）min

21、=g（x0）=x0（3，4） kg（x）min=x0（3，4） ，且 kZ，kmax=33函数 f（x）=alnxx2+x，g（x）=（x2）exx2+m（其中 e=2.71828） （1）当 a0 时，讨论函数 f（x）的单调性；（2）当 a=1，x（0，1时，f（x）g（x）恒成立，求正整数 m 的最大值【解答】 （1）函数 f（x）定义域是（0，+） ，（i）当，时，1+8a0，当 x（0，+）时 f（x）0，函数 f（x）的单调递减区间是（0，+） ；（）当，2x2+x+a=0 的两根分别是：，当 x（0，x1）时 f（x）0函数 f（x）的单调递减当 x（x1，x2）时 f（x）0，

22、函数 f（x）的单调速递增，当 x（x2，+）时 f（x）0，函数 f（x）的单调递减；综上所述， （i）当（）当单调递减区间是时 f（x）的单调递减区间是（0，+） ，时，f（x）的单调递增区间是和，（2）当 a=1，x（0，1时，f（x）g（x） ，即 m（x+2）exlnx+x，设 h（x）=（x+2）exlnx+x，x（0，1，当 0 x1 时，1x0，设，则，u（x）在（0，1）递增，又u （x） 在区间 （0， 1上的图象是一条不间断的曲线， 且使得 u（x0）=0，即当 x（0，x0）时，u（x）0，h（x）0；当 x（x0，1）时，u（x）0，h（x）0；函数 h（x）在（0，

23、x0单调递减，在x0，1）单调递增，在 x （0， 1） 递减， =， ，当 m3 时，不等式 m（x+2）exlnx+x 对任意 x（0，1恒成立，正整数 m 的最大值是 34已知函数 f（x）=ex alnx（其中 e=2.71828，是自然对数的底数） （）当 a=0 时，求函数 a=0 的图象在（1，f（1） ）处的切线方程；（）求证：当时，f（x）e+1，f（1）=e，f+【解答】 （）解：a=0 时，（1）=e1，函数 f（x）的图象在（1，f（1） ）处的切线方程：ye=（e1） （x1） ，即（e1）xy+1=0；（）证明：g（x）是增函数，ex aea，由若 0 x1ex a

24、ea 1，由0，故 f（x）=0 仅有一解，记为x0，则当 0 xx0时，f（x）0，f（x）递减；当xx0时，f（x）0，f（x）递增；而，增函数，综上，当，时，f（x）e+1a， 记h （ x ） =lnx+x ， 则h（x0）h（） ，而h（x）显然是+，设 g（x）=f（x） ，则，当 xea时，f（x）0；，当 0 xmin1，ea1，时，f（x）5已知函数 f（x）=axex（a+1） （2x1） （1）若 a=1，求函数 f（x）的图象在点（0，f（0） ）处的切线方程；（2）当 x0 时，函数 f（x）0 恒成立，求实数 a 的取值范围【解答】 （1）若 a=1，则 f（x）=

25、xex2（2x1） ，当x=0 时，f（0）=2，f（x）=xex+ex4，当 x=0 时，f（0）=3，所以所求切线方程为y=3x+2（3 分）（2）由条件可得，首先 f（1）0，得，而 f（x）=a（x+1）ex2（a+1） ，令其为 h（x） ，h（x）=a（x+2）ex恒为正数，所以 h（x）即 f（x）单调递增，而 f（0）=2a0，f（1）=2ea2a20，所以 f（x）存在唯一根 x0（0，1，且函数 f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0+）上单调递增，所以函数 f（x）的最小值为，只需 f（x0）0 即可，又 x0满足x0（0，1，分），代入上式可得，即：f（x0）0 恒

26、成立，所以，（136函数 f（x）=xexax+b 的图象在 x=0 处的切线方程为：y=x+1（1）求 a 和 b 的值；（2）若 f（x）满足：当 x0 时，f（x）lnxx+m，求实数 m 的取值范围【解答】 （1）f（x）=xexax+b，f（x）=（x+1）exa，由函数 f（x）的图象在 x=0 处的切线方程为：y=x+1，知：，解得 a=2，b=1（2）f（x）满足：当 x0 时，f（x）lnxx+m，mxexxlnx+1，令 g（x）=xexxlnx+1，x0，则设 g（x0）=0，x00，则g （） =3 （=，从而 lnx0=x0，=，） 0， g （1） =2 （e1）

27、0， 由 g （） g （1） 0， 知：当 x（0，x0）时，g（x）0；当 x（x0，+）时，g（x）0，函数 g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+）上单调递增g（x）min=g（x0）=x0lnx0+1=x0lnx0+1=x0 x0+x0+1=2mxexxlnx+1 恒成立mg（x）min，实数 m 的取值范围是： （，27已知函数 f（x）=3ex+x2，g（x）=9x1（1）求函数 （x）=xex+4xf（x）的单调区间；（2）比较 f（x）与 g（x）的大小，并加以证明【解答】 （1）（x）=（x2） （ex2） ，令 （x）=0，得 x1=ln2，x2=2；令 （x）0

28、，得 xln2 或 x2；令 （x）0，得 ln2x2故 （x）在（，ln2）上单调递增，在（ln2，2）上单调递减，在（2，+）上单调递增（2）f（x）g（x） 证明如下：设 h（x）=f（x）g（x）=3ex+x29x+1，h（x）=3ex+2x9 为增函数，可设 h（x0）=0，h（0）=60，h（1）=3e70，x0（0，1） 当 xx0时，h（x）0；当 xx0时，h（x）0h（x）min=h（x0）=，又，=（x01） （x010） ，x0（0，1） ，（x01） （x010）0，h（x）min0，f（x）g（x） 8已知函数 f（x）=lnx+a（x1）2（a0） （1）讨论 f

29、（x）的单调性；（2）若 f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点 x0，证明：【解答】 （1），当 0a2 时，f（x）0，y=f（x）在（0，+）上单调递增， 当 a 2 时 ， 设 2ax2 2ax+1=0 的 两 个 根 为， 且，y=f（x）在（0，x1） ， （x2，+）单调递増，在（ x1，x2）单调递减（2）证明：依题可知 f（1）=0，若 f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点 x0，由 （1） 可知 a2， 且由得，设， 于是：则，因此 g（x）在上单调递减，又，根据零点存在定理，故9已知函数 f（x）=lnxx+1，函数 g（x）=axex4x，其中 a 为大于零的常数（）

30、求函数 f（x）的单调区间；（）求证：g（x）2f（x）2（lnaln2） 【解答】解： （）（2 分）x（0，1）时，f（x）0，y=f（x）单增；x（1，+）时，f（x）0，y=f（x）单减 （4 分）（） 证明： 令 h （x） =axex4x2lnx+2x2=axex2x2lnx2 （a0， x0） （5分）故 （7 分）令 h（x）=0 即，两边求对数得：lna+x0=ln2lnx0即 lnx0+x0=ln2lna （9 分）h（x）2lna2ln2（12 分）10已知函数 f（x）=x2（a2）xalnx（aR） （）求函数 y=f（x）的单调区间；（）当 a=1 时，证明：对任意

31、的 x0，f（x）+exx2+x+2【解答】 （）函数 f（x）的定义域是（0，+） ，f（x）=2x（a2）=（2 分），当 a0 时，f（x）0 对任意 x（0，+）恒成立，所以，函数 f（x）在区间（0，+）单调递增；（4 分）当 a0 时，由 f（x）0 得 x，由 f（x）0，得 0 x，所以，函数在区间（，+）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；（）当 a=1 时，f（x）=x2+xlnx，要证明 f（x）+exx2+x+2，只需证明 exlnx20，设 g（x）=exlnx2，则问题转化为证明对任意的x0，g（x）0，令 g （x） =ex=0， 得 ex=， 容易知道该方程有

32、唯一解， 不妨设为 x0， 则 x0满足 ex0=当 x 变化时，g（x）和 g（x）变化情况如下表x（0，x0）x0，（x0，）g（x）0+g（x）递减递增g（x）min=g（x0）=ex0lnx02=+x02，2=0，因此不等式得证因为 x00，且 x01，所以 g（x）min211已知函数（）当a=2 时， （i）求曲线 y=f（x）在点（ 1，f（1） ）处的切线方程； （ii）求函数f（x）的单调区间；（）若 1a2，求证：f（x）1【解答】解： （）当 a=2 时，定义域为（0，+） ，f（1）=12=3，f（1）=22=0；所以切点坐标为（1，3） ，切线斜率为 0. 所以切线方

33、程为 y=3；（ii）令 g（x）=2lnx2x2，所以 g（x）在（0，+）上单调递减，且 g（1）=0所以当 x（0，1）时，g（x）0 即 f（x）0所以当 x（1，+）时，g（x）0 即 f（x）0综上所述，f（x）的单调递增区间是（0，1） ，单调递减区间是（1，+） （）证明：f（x）1，即设，设 （x）=ax2lnx+2.所以 （x）在（0，+）小于零恒成立，即 h（x）在（0，+）上单调递减.因为 1a2，所以 h（1）=2a0，h（e2）=a0，所以在 （1， e2） 上必存在一个 x0使得所以当 x（0，x0）时，h（x）0，h（x）单调递增，当 x（x0，+）时，h（x）

34、0，h（x）单调递减，所以，因为，所以， 即，令 h（x0）=0 得因为，因为 1a2，所以，所以 h（x0）0 恒成立，即 h（x）0 恒成立，综上所述，当 1a2 时，f（x）112已知函数 f（x）=（xa）lnx+x， （其中 aR）（1）若曲线 y=f（x）在点（x0，f（x0） ）处的切线方程为 y=x，求 a 的值；（2）若为自然对数的底数） ，求证：f（x）0，【解答】解： （1）f（x）的定义域为（0，+） ，由题意知，则，解得 x0=1，a=1 或 x0=a，a=1，所以 a=1（2）令，则，因为，所以，即 g（x）在（0，+）上递增，上有唯一的零点 x0，以下证明在 g（x）区间事实上因为，所以，上有唯一的零点 x0，由零点的存在定理可知，g（x）在所以在区间（0，x0）上，g（x）=f（x）0，f（x）单调递减；在区间（x0，+）上，g（x）=f（x）0，f（x）单调递增，故当 x=x0时，f（x）取得最小值因为，即，所以，即f（x）00