数学(理)一轮复习 第二章 基本初等函数、导数及其应用 第讲 导数的综合应用

第13讲 导数的综合应用
利用导数研究函数的零点和方程根的问题
(2016·高考北京卷节选)设函数f （x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c . (1）求曲线y ＝f （x ）在点（0,f (0）)处的切线方程；
（2)设a ＝b ＝4,若函数f （x ）有三个不同零点,求c 的取值范围． 【解】 (1）由f (x ）＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ,得f ′（x )＝3x 2＋2ax ＋b . 因为f （0)＝c ，f ′(0)＝b ，
所以曲线y ＝f （x )在点（0,f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c . (2）当a ＝b ＝4时，f （x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c , 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4。

令f ′（x )＝0，得3x 2
＋8x ＋4＝0，解得x ＝－2或x ＝－23
.
f （x )与f ′(x )在区间（－∞，＋∞）上的情况如下：
x （－∞，－2） －2 (－2，－错误!)
－错误!
（－错误!，＋∞）
f ′（x ） ＋
－
＋
f （x ）
c
c －
错误!
所以，当c ＞0且c －32
27＜0时,存在x 1∈(－4，－2），x 2∈（－2，
－错误!)，x 3∈(－错误!，0)，使得f (x 1）＝f (x 2)＝f (x 3）＝0.
由f（x）的单调性知,当且仅当c∈（0,错误!)时，函数f（x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点．
错误!
利用导数研究方程根的方法
（1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等．
（2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律,标明函数极（最)值的位置．
（3)通过数形结合的思想去分析问题,可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．
设函数f（x）＝错误!－k ln x，k＞0。

(1)求f(x）的单调区间和极值；
(2)证明：若f（x)存在零点，则f(x）在区间（1，错误!］上仅有一个零点．
(1)由f（x)＝错误!－k ln x(k＞0），得x＞0且f′(x）＝x－错误!＝错误!。

由f′(x)＝0,
解得x＝错误!（负值舍去）．
f（x)与f′(x）在区间（0，＋∞)上的变化情况如下:
x(0，错误!）k(错误!，＋∞)
f′（x)－0＋
f（x）错误!
所以，f（x)的单调递减区间是（0，k），单调递增区间是（k,＋∞)．f(x）在x＝错误!处取得极小值f(错误!）＝错误!,f(x）无极大值．（2）证明：由(1）知，f(x）在区间(0，＋∞)上的最小值为f（k)
＝错误!。

因为f(x）存在零点，
所以错误!≤0，从而k≥e.
当k＝e时,f(x）在区间（1，错误!)上单调递减，且f（错误!）＝0，所以x＝e是f(x）在区间(1，错误!]上的唯一零点．
当k＞e时,f(x）在区间（1，e)上单调递减，且f（1）＝错误!＞0，f(错误!)＝错误!＜0，
所以f（x)在区间（1，e]上仅有一个零点．
综上可知,若f(x）存在零点，则f（x)在区间(1，错误!］上仅有一个零点．
利用导数研究不等式问题(高频考点)导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且常以解答题的形式考查，难度较大．
高考对利用导数研究不等式问题的考查有以下两个命题角度:
(1)证明不等式；
（2）不等式恒成立问题．
(2016·高考全国卷丙)设函数f(x）＝ln x－x＋1.
（1）讨论f(x）的单调性；
（2)证明当x∈（1，＋∞）时，1＜错误!＜x;
（3）设c＞1，证明当x∈(0，1)时,1＋(c－1）x＞c x。

【解】(1）由题设，f（x）的定义域为(0，＋∞)，f′（x)＝错误!－1，令f′（x)＝0解得x＝1。

当0＜x＜1时，f′(x）＞0，f(x)单调递增；当x＞1时,f′（x）
＜0，f(x)单调递减．
（2）证明：由（1)知f(x）在x＝1处取得最大值,最大值为f(1)＝0。

所以当x≠1时，ln x＜x－1。

故当x∈（1,＋∞）时，ln x＜x－1，ln 错误!＜错误!－1，即
1＜错误!＜x。

（3)证明：由题设c＞1，设g（x）＝1＋(c－1)x－c x，则g′(x)＝c－1－c x ln c,令g′(x)＝0，
解得x0＝错误!。

当x＜x0时,g′(x）＞0,g（x）单调递增；当x＞x0时，g′（x)＜0，g（x)单调递减．
由(2）知1＜错误!＜c,故0＜x0＜1。

又g（0）＝g（1）＝0,故当0＜x＜1时，g（x)＞0。

所以当x∈（0，1）时，1＋(c－1)x＞c x。

错误!
(1)利用导数证明不等式的方法
证明f(x)＜g（x),x∈（a，b),可以构造函数F(x）＝f（x）－g(x），如果F′（x）＜0,则F（x)在(a，b）上是减函数，同时若F（a)≤0,由减函数的定义可知，当x∈（a，b）时，有F（x）＜0，即证明f （x）＜g（x)．
(2)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略
①首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．
②也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问
题．
角度一证明不等式
1．已知函数f(x)＝m e x－ln x－1.
(1）当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点（1,f（1）)处的切线方程；
(2)当m≥1时，证明:f（x）＞1.
(1)当m＝1时，f(x)＝e x－ln x－1,所以f′(x)＝e x－错误!。

所以f（1)＝e－1，f′(1）＝e－1。

所以曲线y＝f（x)在点(1，f(1)）处的切线方程为y－(e－1）＝(e －1)（x－1），即y＝(e－1)x。

（2）证明：当m≥1时，f(x）＝m e x－ln x－1≥e x－ln x－1。

要证明f(x）＞1，只需证明e x－ln x－2＞0。

设g（x)＝e x－ln x－2，则g′(x）＝e x－错误!.
设h(x)＝e x－错误!，则h′（x）＝e x＋错误!＞0,
所以函数h(x）＝g′(x）＝e x－错误!在（0，＋∞）上单调递增．因为g′错误!＝e错误!－2＜0,g′（1）＝e－1＞0，
所以函数g′(x）＝e x－错误!在（0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈错误!。

因为g′(x0)＝0，所以e x0＝错误!，即ln x0＝－x0.
当x∈(0，x0）时，g′（x）＜0；当x∈(x0，＋∞)时,g′（x）＞0。

所以当x＝x0时，g(x)取得最小值g(x0)．
故g(x）≥g(x0)＝e x0－ln x0－2＝错误!＋x0－2＞0.
综上可知，当m≥1时，f（x）＞1。

角度二不等式恒成立问题
2．e x≥k＋x在R上恒成立，则实数k的取值范围为( )
A．k≤1 B．k≥1
C．k≤－1 D．k≥－1
A 由e x≥k＋x，得k≤e x－x。

令f(x）＝e x－x,
所以f′（x）＝e x－1.
f′(x)＝0时,x＝0，f′(x)＜0时，x＜0，f′(x)＞0时，x＞0.
所以f（x)在(－∞，0）上是减函数，在（0，＋∞)上是增函数．所以f（x）min＝f（0)＝1.
所以k的取值范围为k≤1,故选A。

3．（2017·长沙模拟）已知f（x)＝x ln x，g（x）＝－x2＋ax－3.
（1)对一切x∈(0，＋∞），2f(x)≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；
（2)证明：对一切x∈（0,＋∞），ln x＞错误!－错误!恒成立．
(1）由题意知2x ln x≥－x2＋ax－3对一切x∈(0,＋∞）恒成立，则a≤2ln x＋x＋错误!，
设h（x)＝2ln x＋x＋错误!（x＞0)，则h′(x)＝错误!.
①当x∈（0，1)时,h′(x)＜0，h(x)单调递减．
②当x∈（1,＋∞）时,h′（x）＞0,h(x）单调递增，所以h（x)min ＝h(1）＝4，对一切x∈（0，＋∞），2f（x)≥g（x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4，即实数a的取值范围是(－∞，4]．
（2)证明：问题等价于证明x ln x＞错误!－错误!（x∈(0，＋∞）)．
又f（x)＝x ln x，f′(x）＝ln x＋1，
当x∈错误!时，f′(x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈错误!时,f′(x)＞0,f(x）单调递增，
所以f(x）min＝f错误!＝－错误!。

设m（x)＝错误!－错误!(x∈(0，＋∞）),则m′(x)＝错误!，易知m（x)max＝m（1）＝－错误!，从而对一切x∈(0，＋∞），ln x＞错误!－错误!恒成立．
利用导数研究生活中的优化问题
某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度）．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元（π为圆周率)．
（1）将V表示成r的函数V(r),并求该函数的定义域；
（2）讨论函数V（r)的单调性,并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．
【解】（1）因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh （元），底面的总成本为160πr2元,所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．
又根据题意200πrh＋160πr2＝12 000π，
所以h＝错误!(300－4r2），从而
V（r)＝πr2h＝错误!(300r－4r3）．
因为r>0，又由h〉0可得r<5错误!,
故函数V(r）的定义域为(0，53)．
（2)因为V(r）＝错误!（300r－4r3），
所以V′（r)＝错误!(300－12r2）．
令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因为r2＝－5不在定义域内,舍去)．
当r∈（0，5）时，V′（r）>0,故V(r)在（0，5)上为增函数；
当r∈(5，5错误!）时，V′(r)<0，故V（r）在（5,5错误!）上为减函数．
由此可知,V(r）在r＝5处取得最大值,此时h＝8。

即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．
错误!
（2017·临沂模拟）某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x（单位:元/千克)满足关系式y＝错误!＋10（x－6）2，其中3〈x〈6,a为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．
（1）求a的值；
（2）若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．
(1)因为x＝5时，y＝11，
所以a
2
＋10＝11，a＝2。

(2）由(1）可知，该商品每日的销售量y＝错误!＋10(x－6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润
f（x)＝（x－3)错误!
＝2＋10(x－3)（x－6)2，3<x<6.
从而f′(x）＝10
＝30(x－4）（x－6)．
于是，当x变化时，f′(x），f（x）的变化情况如下表:
x(3，4)4(4,6）
f′(x
)
＋0－
f（x)单调递
增
极大
值42
单调递
减
由上表可得，x＝4是函数f（x)在区间(3，6）内的极大值点，也是最大值点．
所以,当x＝4时，函数f（x）取得最大值，且最大值等于42.
故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
——函数与导数的综合问题
(本题满分12分）已知函数f（x）＝ax＋b
x e x,a，b∈R,且a〉0。

（1）当a＝2,b＝1时，求函数f(x）的极值;
(2)设g（x）＝a（x－1）e x－f（x)，若存在x〉1，使得g（x）
＋g ′（x ）＝0成立，求错误!的取值范围．
（1）
(2)
(1）当a ＝2，b ＝1时，f (x )＝错误!e x ， 定义域为（－∞，0）∪（0，＋∞），
f ′（x ）＝错误!e x 。

（2分)
令f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝错误!，（3分) 当x 变化时,f (x )与f ′(x )的变化情况如下表
x (－∞，－1） －1 （－1,0) 错误!
错误!
错误!
f ′
(x ) ＋
0 －
－ 0 ＋
f （x ）
极大
值
极小
值
由表知f (x ）的极大值是f （－1）＝1e
，
f （x )的极小值是f 错误!＝4错误!.（6分）
(2)因为g (x ）＝错误!e x ，
所以g ′（x ）＝错误!e x .(7分） 由g （x )＋g ′（x ）＝0得
错误!
e x ＋错误!e x ＝0，
整理得2ax3－3ax2－2bx＋b＝0.(8分）
存在x〉1，使得g（x)＋g′(x)＝0成立等价于存在x〉1，使得2ax3－3ax2－2bx＋b＝0成立．
因为a〉0，所以错误!＝错误!。

（10分）
设u（x）＝错误!(x>1）,则
u′(x）＝错误!。

（11分）
因为x〉1时，u′（x)〉0恒成立，所以u(x)在（1,＋∞）上是增函数，
即错误!的取值范围为(－1，＋∞）．（12分）
(1)本题构造函数u（x)是求错误!范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离参数的方法，转化为求函数的值域问题．
(2)学会利用导数法求给定区间上的函数的最值问题的步骤
第一步:(求导数)求函数f（x)的导数f′（x）；
第二步:(求极值）求f（x）在给定区间上的单调性和极值；
第三步:(求端点值)求f（x)在给定区间上的端点值；
第四步：（求最值)将f(x）的各极值与f（x）的端点值进行比较,确定f（x）的最大值与最小值．
1．(2017·广州市高考模拟）已知y＝f（x)为R上的连续可导函数，且xf′(x)＋f（x)＞0，则函数g(x）＝xf（x)＋1(x＞0）的零点个数为( ）
A．0 B．1
C．0或1 D．无数个
A 因为g（x)＝xf（x）＋1（x＞0）,g′（x）＝xf′(x)＋f （x）＞0，所以g（x)在(0，＋∞)上单调递增，因为g(0)＝1，y＝f(x)为R上的连续可导函数,所以g（x)为（0，＋∞)上的连续可导函数，g(x)＞g(0）＝1，所以g（x）在(0，＋∞)上无零点．
2．（2017·郑州市第一次质量预测)已知函数f(x）＝x＋错误!，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈错误!，∃x2∈,使得f（x1）≥g(x2),则实数a的取值范围是( ）
A．a≤1 B．a≥1
C．a≤2 D．a≥2
A 由题意知f(x）min错误!≥g(x）min(x∈)，因为f(x）min＝5，g （x）min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1，故选A.
3．已知某生产厂家的年利润y(单位:万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－错误!x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为________万件．
因为y′＝－x2＋81,所以当x〉9时,y′<0；当0<x〈9时，y′>0.所以函数y＝－错误!x3＋81x－234在（9，＋∞）上单调递减，在（0，9）上单调递增，所以x＝9是该函数的极大值点，又该函数在（0，＋∞)上只有一个极大值点，所以该函数在x＝9处取得最大值．9
4．(2017·烟台模拟）设函数f(x）＝ax3－3x＋1（x∈R)，若对于任意x∈，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________．
（构造法)若x＝0，则不论a取何值，f（x）≥0显然成立；
当x〉0时，即x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥3
x2－错误!.
设g（x)＝错误!－错误!，
则g′（x）＝错误!，
所以g（x)在区间错误!上单调递增，在区间错误!上单调递减，
因此g(x）max＝g错误!＝4，从而a≥4。

当x〈0时，即x∈ 4
5．(2017·张掖市第一次诊断考试）已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1）判断f(x）的单调性；
(2)当f（x）＜0在（0，＋∞）上恒成立时，求a的取值范围．
(1)f′（x）＝1
x－a，函数f（x）＝ln x－ax的定义域为(0，＋∞）．
当a≤0时,f′(x）＞0,此时f(x）在（0，＋∞）上是增函数,
当a＞0时，x∈错误!时,f′（x)＞0，此时f(x）在错误!上是增函数，x∈错误!时,f′（x）＜0，此时f(x)在错误!上是减函数．
综上,当a≤0时，f（x)在(0，＋∞）上是增函数,当a＞0时，f （x)在错误!上是增函数，在错误!上是减函数．
(2）f(x）＜0在（0，＋∞)上恒成立，即a＞错误!在（0，＋∞)上恒成立．
设g（x)＝错误!，则g′(x)＝错误!,
当x∈（0，e)时，g′（x）＞0,g(x）为增函数，
当x∈(e,＋∞）时，g′（x)＜0，g(x）为减函数，
故当x＝e时,g（x）取得最大值错误!，
所以a的取值范围是错误!。

6．（2017·贵州省七校第一次联考）函数f（x）＝(ax2＋x)e x,其中e是自然对数的底数，a∈R。

(1）当a＞0时，解不等式f（x）≤0；
(2）当a＝0时，求整数t的所有值,使方程f(x)＝x＋2在上有解．(1）因为e x＞0，所以不等式f(x)≤0即为ax2＋x≤0，
又因为a＞0，所以不等式可化为x错误!≤0,
所以不等式f（x）≤0的解集为错误!。

（2)当a＝0时，方程即为x e x＝x＋2，由于e x＞0,所以x＝0不是方程的解，
所以原方程等价于e x－错误!－1＝0.
令h(x）＝e x－错误!－1，因为h′（x)＝e x＋错误!＞0对于x∈（－∞，0)∪（0,＋∞）恒成立，所以h（x）在(－∞，0)和(0，＋∞）内是单调递增函数，
又h（1)＝e－3＜0,h（2)＝e2－2＞0,h（－3）＝e－3－错误!＜0，h （－2)＝e－2＞0，所以方程f（x)＝x＋2有且只有两个实数根，且分别在区间和上，
所以整数t的所有值为{－3,1}．
7．(2017·广西第一次质量检测)设函数f(x）＝c ln x＋错误!x2＋bx （b,c∈R，c≠0)，且x＝1为f（x）的极值点．
（1）若x＝1为f(x)的极大值点，求f（x）的单调区间（用c表示）；
(2）若f（x)＝0恰有两解，求实数c的取值范围．
f′(x）＝错误!＋x＋b＝错误!，又f′(1)＝0，
所以f′(x）＝错误!且c≠1，b＋c＋1＝0.
（1）因为x＝1为f（x）的极大值点,所以c＞1,
当0＜x＜1时，f′（x）＞0；当1＜x＜c时,f′(x)＜0；
当x＞c时，f′(x）＞0,
所以f（x)的单调递增区间为(0，1),（c,＋∞）；单调递减区间为（1，c）．
(2)①若c＜0，则f(x)在(0，1)上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增,f（x)＝0恰有两解，则f（1)＜0,即错误!＋b＜0，所以－错误!＜c ＜0;
②若0＜c＜1，则f(x)极大值＝f(c）＝c ln c＋1
2
c2＋bc，f(x)极小值＝f （1）＝错误!＋b，
因为b＝－1－c，则f（x)极大值＝c ln c＋错误!＋c(－1－c)＝c ln c－c －错误!＜0，
f（x)极小值＝－错误!－c，从而f（x）＝0只有一解；
③若c＞1,则f(x)极小值＝c ln c＋错误!＋c（－1－c）＝c ln c－c－错误!＜0，f(x)极大值＝－错误!－c，则f(x)＝0只有一解．
综上，使f(x)＝0恰有两解的c的取值范围为－错误!＜c＜0.
8．(2016·高考四川卷)设函数f(x）＝ax2－a－ln x,g（x)＝错误!－
错误!,其中a∈R，e＝2。

718…为自然对数的底数．
（1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当x〉1时,g(x)〉0；
(3）确定a的所有可能取值，使得f(x）〉g(x)在区间（1，＋∞）内恒成立．
(1)f′(x)＝2ax－错误!＝错误!(x〉0)．
当a≤0时，f′（x)〈0，f(x)在(0,＋∞）内单调递减．
当a〉0时,由f′(x)＝0有x＝错误!。

当x∈错误!时,f′（x）〈0，f（x)单调递减;
当x∈错误!时,f′(x)>0，f（x）单调递增．
(2)证明：令s（x)＝e x－1－x,则s′（x)＝e x－1－1。

当x〉1时，s′(x)>0，所以e x－1>x,从而g（x）＝错误!－错误!〉0。

（3）由(2)知，当x>1时,g(x）>0.
当a≤0，x>1时，f(x)＝a（x2－1)－ln x〈0，
故当f(x)>g（x)在区间（1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
当0<a〈错误!时,错误!>1.
由（1）有f错误!<f(1）＝0，而g错误!〉0，
所以此时f(x)〉g(x）在区间(1,＋∞）内不恒成立．
当a≥错误!时，令h(x)＝f(x）－g(x）（x≥1），
当x〉1时,h′(x)＝2ax－错误!＋错误!－e1－x>x－错误!＋错误!－错误!＝x3－2x＋1
x2>错误!>0，
因此，h(x)在区间（1，＋∞)内单调递增．
又因为h（1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x）－g(x）〉0，即f （x）〉g（x)恒成立．
综上，a∈错误!。

9．（2017·贵州省适应性考试)设n∈N*,函数f(x)＝错误!,函数g（x)＝错误!（x＞0）．
(1)当n＝1时，求函数y＝f（x）的零点个数；
(2)若函数y＝f(x）与函数y＝g（x）的图象分别位于直线y＝1的两侧，求n的取值集合A;
(3）对于∀n∈A，∀x1,x2∈(0，＋∞），求｜f（x1）－g（x2）|的最小值．
（1)当n＝1时，f(x）＝错误!，f′(x）＝错误!(x＞0）．
由f′(x）＞0得0＜x＜e；由f′(x)＜0得x＞e.
所以函数f(x）在（0，e）上单调递增，在(e，＋∞）上单调递减，
因为f（e）＝1
e
＞0，f错误!＝－e＜0，所以函数f(x)在（0，e）上
存在一个零点；
当x∈（e，＋∞）时，f(x）＝错误!＞0恒成立,
所以函数f（x）在（e，＋∞)上不存在零点．
综上可得函数f（x)在（0,＋∞）上存在唯一一个零点．（2)对函数f(x)＝错误!求导,得f′(x)＝错误!(x＞0),
由f′（x)＞0，得0＜x＜e 1
n；由f′(x）＜0，得x＞e错误!.
所以函数f （x ）在（0，e 错误!)上单调递增，在（e 错误!，＋∞)上单调递减，
则当x ＝e 错误!时，函数f （x )有最大值f （x )max ＝f （e 错误!）＝错误!. 对函数g (x ）＝e x x n (x ＞0)求导,得g ′(x ）＝错误!(x ＞0）, 由g ′(x ）＞0，得x ＞n ；由g ′（x ）＜0，得0＜x ＜n .
所以函数g (x )在（0,n ）上单调递减，在（n ，＋∞)上单调递增． 则当x ＝n 时,函数g （x )有最小值g (x ）min ＝g (n )＝错误!错误!。

因为∀n ∈N *，函数f (x ）的最大值f (e 1n )＝1n e
＜1， 即函数f (x ）＝错误!在直线y ＝1的下方,
故函数g （x ）＝错误!(x ＞0)在直线y ＝1的上方，
所以g （x ）min ＝g （n ）＝错误!错误!＞1，解得n ＜e 。

所以n 的取值集合A ＝｛1，2}．
（3）对∀x 1，x 2∈(0，＋∞）,｜f （x 1）－g （x 2）|的最小值等价于g （x )min －f （x )max ＝错误!错误!－错误!。

当n ＝1时，g (x ）min －f (x ）max ＝e －错误!；
当n ＝2时,g （x ）min －f (x )max ＝e 24
－错误!； 因为错误!－错误!＝错误!＞0，
所以｜f (x 1)－g （x 2）｜的最小值为错误!－错误!＝错误!.。