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函数与导数中的新定义问题
高考定位 高考中函数与导数的新定义压轴题主要涉及以下几个方面：1.定义新
函数； 2.定义函数的相关点、直线； 3.与帕德逼近、洛必达法则、泰勒公式、
柯西中值定理(含罗尔中值定理)、微积分、微分几何等高等数学知识相关联.
【题型突破】
题型一 定义新函数
例1 (2024·浙江名校协作体联考)定义max{a，b}＝已知函数f(x)＝max{ln x，－
4x3＋mx－1}，其中x∈R.
(1)当m＝5 时，求过原点的切线方程；
(2)若函数f(x)只有一个零点，求实数m 的取值范围.
解 (1)由题意知f(x)的定义域(0，＋∞)，
当m＝5 时，
f(x)＝
令g(x)＝－4x3＋5x－1，
g′(x)＝－12x2＋5>0⇒0<x<，
⇒g(x)在上单调递增，
上单调递减，且g(1)＝0，
令h(x)＝ln x，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
而f(1)＝0＝h(1)，
又g＝，h＝ln<－1，
而g(0)＝－1，
所以当0<x<时，g(x)>h(x)，
当≤x<1 时，g(x)>0>h(x)，
所以当0<x<1 时，f(x)＝g(x)，
当x≥1 时，f(x)＝h(x)，
所以f(x)＝
所以f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，
在上单调递减.
①当0<x<1 时，f′(x)＝－12x2＋5，
设切点M(x0，－4x＋5x0－1)，
则此切线方程为y＝(－12x＋5)(x－x0)－4x＋5x0－1，
又此切线过原点，
所以0＝(－12x＋5)(0－x0)－4x＋5x0－1，
解得x0＝，
即此时切线方程是2x－y＝0.
②当x≥1 时，f(x)＝ln x，所以f′(x)＝，
设切点为(x0，ln x0)，此时切线方程y＝(x－x0)＋ln x0，
又此切线过原点，所以0＝(0－x0)＋ln x0，
解得x0＝e，
所以此时切线方程为x－ey＝0，
综上所述，所求切线方程是x－ey＝0 或2x－y＝0.
(2)①当m＝5 时，
由(1)知，f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，上单调递减，
且f(0)＝－1，f＝>0，f(1)＝0，
此时f(x)有两个零点；
②当m>5 时，
当0<x<1 时，－4x3＋5x－1<－4x3＋mx－1，
由(1)知g(x)＝－4x3＋5x－1 在上单调递增，上单调递减，且g(1)＝0，
所以x∈时，f(x)>0，
而f(0)＝－1，
所以f(x)在只有一个零点，
在没有零点；
③当0<m<5 时，
y＝－4x3＋mx－1，此时y′＝－12x2＋m>0 得0<x<<，
由(1) 知，当x≥1 时，f(x)＝ln x 只有一个零点x＝1，
要保证f(x)只有一个零点，只需要当0<x<1 时，f(x)＝－4x3＋mx－1 没有零点，
得0<m<3；
④当m≤0 时，
当x∈(0，＋∞)时，g(x)＝－4x3＋mx－1<0，
此时f(x)只有一个零点x＝1，
综上，f(x)只有一个零点时，m 的取值范围为(－∞，3)∪(5，＋∞).
反思感悟 本题理解所给新定义函数是前提，化为分段函数，把分段函数明朗化
是关键，分类讨论结合导数的应用是基本功.
训练1 (2024·上海模拟)已知函数y＝f(x)，x∈D，如果存在常数M，对任意满足
x1<x2<…<xn－1<xn的实数x1，x2，…，xn－1，xn，其中x1，x2，…，xn－1，xn∈D，都
有不等式∑|f(xi)－f(xi－1)|≤M 恒成立，则称函数y＝f(x)，x∈D 是“绝对差有界函
数”.
(1)函数f(x)＝，x≥是“绝对差有界函数”，求常数M 的取值范围；
(2)对于函数y＝f(x)，x∈[a，b]，存在常数k，对任意的x1，x2∈[a，b]，有|f(x1)
－f(x2)|≤k|x1－x2|恒成立，求证：函数y＝f(x)，x∈[a，b]为“绝对差有界函数”；
(3)判断函数f(x)＝是不是“绝对差有界函数”？说明理由.
(1)解 ∵f(x)＝，x≥，
∴f′(x)＝，
∴f′(x)＝＝0，∴x＝e，
即当x∈，f(x)单调递增；
当x∈[e，＋∞)，f(x)单调递减.
所以∑|f(xi)－f(xi－1)|＝|f(xn)－f(xn－1)|＋|f(xn－1)－f(xn－2)|＋…＋|f(x2)－f(x1)|，
f(x)单调递增时，f(xn)－f(xn－1)>0，
f(x)单调递减时，f(xn)－f(xn－1)<0.
且当x 无限趋向于正无穷大时，f(x)无限趋向于0，
所以∑|f(xi)－f(xi－1)|＝f(e)－f＋f(e)＝＋e.
所以M≥＋e.
(2)证明 ∑|f(xi)－f(xi－1)|≤k∑|xi－xi－1|＝k(b－a)成立，则可取M＝k(b－a)，
所以函数y＝f(x)，x∈[a，b]为“绝对差有界函数”.
(3)解 0<<<…<<1，n∈N*，
则有∑＝＋
＋…＋
，
＝1＋＋＋…＋＋…，
所以对任意常数M>0，只要n 足够大，就有区间[0，1]的一个划分
0<<<…<<1 满足∑|f(xi)－f(xi－1)>M，
所以函数f(x)＝不是[0，1]的“绝对差有界函数”.
题型二 定义函数的相关点、线或性质
例2 (2024·T8 二联)记A＝{l(x)|l(x)＝kx＋m，k，m∈R}，若l0(x)∈A，满足：对
任意l(x)∈A，均有
|f(x)－l(x)|≥
|f(x)－l0(x)|，则称l0(x)为函数f(x)在
x∈[a，b]上“最接近”直线，已知函数g(x)＝2ln x－x2＋3，x∈[r，s].
(1)若g(r)＝g(s)＝0，证明：对任意l(x)∈A，max|g(x)－l(x)|≥1；
(2)若r＝1，s＝2，证明：g(x)在x∈[1，2]上的“最接近”直线为：l0(x)＝(2ln 2
－3)＋，其中x0∈(1，2)且为二次方程2x2＋(2ln 2－3)x－2＝0 的根.
证明 (1)由题意g′(x)＝－2x＝，
则当x∈(0，1)时，g′(x)>0，
g(x)在区间(0，1)上单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，
又g(r)＝g(s)＝0，∴0<r<1<s，
∴g(x)在区间[r，s]上的最大值为g(x)max＝g(1)＝2，
根据函数g(x)的图象特点，
可知对任意l(x)∈A，
均有
|g(x)－l(x)|≥
{|g(r)－l(r)|，|g(s)－l(s)|，|g(1)－l(1)|}
＝
{|l(r)|，|l(s)|，|2－l(1)|}，
下面讨论|l(r)|，|l(s)|的大小：
①若|l(r)|，|l(s)|至少有一个大于等于1，
则
|g(x)－l(x)|≥1，
②若|l(r)|，|l(s)|两个都小于1，则l(r)<1，l(s)<1，
因为l(x)是直线，故对任意x∈[r，s]，均有l(x)<1，
∴l(1)<1，从而|2－l(1)|>1，
即
|g(x)－l(x)|≥
{|l(r)|，|l(s)|，|2－l(1)|}>1，
由①②可知，
{|g(r)－l(r)|，
|g(s)－l(s)|，|g(1)－l(1)|}≥1，当l(x)＝＝1 时，
|g(x)－l(x)|＝1，
{|g(r)－1|，
|g(s)－1|，|g(1)－1|}＝1，此时等号成立，结论证毕.
(2)设h(x)＝(2ln 2－3)(x－1)＋2，
再令f(x)＝g(x)－h(x)，
∴f′(x)＝g′(x)－h′(x)
＝－2x－(2ln 2－3)，
令m(x)＝－2x－(2ln 2－3)，
m′(x)＝－－2<0，
∴f′(x)在区间[1，2]上单调递减，
而f′(1)>0，f′(2)<0，
∴存在x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0，
即－2x0－(2ln 2－3)＝0⇒
2x＋(2ln 2－3)x0－2＝0，
且x∈[1，x0]时，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈[x0，2]时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴f(x)在区间[1，2]上的最大值为f(x0)，
而f(1)＝g(1)－h(1)＝0，
f(2)＝g(2)－h(2)＝0，
则f(x)在区间[1，2]上大于等于0，
由(1)问分析知，对定义在[a，b]上的函数f(x)≥0，
若f(x)满足f(a)＝f(b)＝0，且x0∈[a，b]为f(x)唯一的最大值点，
则对任意的l(x)∈A，
|f(x)－l(x)|≥，l(x)＝时取等号，
又
|f(x)－l(x)|＝
|g(x)－h(x)－l(x)|，
故当l(x)＝时，
|f(x)－l(x)|＝
|g(x)－h(x)－l(x)|取得最小值，
∴g(x)在x∈[1，2]上的“最接近”直线为l0(x)＝h(x)＋，
即l0(x)＝(2ln 2－3)(x－1)＋2＋，
化简可得l0(x)＝(2ln 2－3)＋，
其中x0∈(1，2)，且x0是二次方程2x2＋(2ln 2－3)x－2＝0 的根，证毕.
反思感悟 本题高度符号化、抽象化，在真正理解新概念之后，要解决的两个问
题是新概念的具体应用.
训练2 (2024·上海卷)已知D 是R 的一个非空子集，y＝f(x)是定义在D 上的函数，
对于点M(a，b)，函数s(x)＝(x－a)2＋(f(x)－b)2.若对于P(x0，f(x0))，满足s(x)在x
＝x0处取得最小值，则称P 是M 的“f 最近点”.
(1)若D＝(0，＋∞)，f(x)＝，M(0，0)，求证：对于点M(0，0)，存在点P，使得
P 是M 的“f 最近点”.
(2)若D＝R，f(x)＝ex，M(1，0)，请判断是否存在一个点P，它是M 的“f 最近
点”，且直线MP 与曲线y＝f(x)在点P 处的切线垂直.
(3)若D＝R，已知y＝f(x)是可导的，y＝g(x)的定义域为R 且函数值恒为正，
t∈R，M1(t－1，f(t)－g(t))，M2(t＋1，f(t)＋g(t)).若对于任意t∈R，都存在曲线y
＝f(x)上的一点P，使得P 既是M1的“f 最近点”，又是M2的“f 最近点”，试判
断y＝f(x)的单调性.
(1)证明 因为函数f(x)＝，x∈(0，＋∞)，
M(0，0)，
所以s(x)＝(x－0)2＋＝x2＋≥2，
当且仅当x2＝，x>0，即x＝1 时，
s(x)取得最小值2，f(1)＝1，所以P(1，1)，
故对于点M(0，0)，存在点P(1，1)，使得P 是M 的“f 最近点”.
(2)解 因为函数f(x)＝ex，M(1，0)，
所以s(x)＝(x－1)2＋e2x，
则s′(x)＝2(x－1)＋2e2x.
记m(x)＝s′(x)＝2(x－1)＋2e2x，
则m′(x)＝2＋4e2x>0，
所以m(x)在R 上严格单调递增.
因为m(0)＝s′(0)＝0，
所以当x<0 时，m(x)＝s′(x)<0；
当x>0 时，m(x)＝s′(x)>0.
所以s(x)在(－∞，0)上严格单调递减，
在(0，＋∞)上严格单调递增，
因此当x＝0 时，s(x)取到最小值，
又f(0)＝e0＝1，所以点M 的“f 最近点”为P(0，1).
为判断直线MP 与曲线y＝f(x)在点P 处的切线是否垂直，
可另设P(k，ek)，则由f′(x)＝ex，知在P(k，ek)处的切线l 的斜率为ek，
由题意知MP⊥l，因此＝－，
整理得k＋e2k－1＝0.
令h(k)＝k＋e2k－1，易知h(k)有R 上严格单调递增，
又h(0)＝0，
所以方程k＋e2k－1＝0 有唯一解k＝0，
所以点P(0，1).
综上，存在满足条件的一个点P(0，1).
(3)解 法一 设
由条件，对任意t∈R，存在P(x0，f(x0))，
使得x0同时是s1(x)和s2(x)的最小值点.
于是，对任意x∈R，
即
特别地，当x＝t 时，
两式相加，得(x0－t)2＋(f(x0)－f(t))2≤0.
所以x0＝t.
另一方面，求导得
因为si(x)(i＝1，2)的最小值点也是极小值点，
所以s1′(x0)＝0，s2′(x0)＝0，即
两式相减，得g(t)f′(x0)＝－1.
代入x0＝t，并由g(t)>0，得f′(t)＝－<0，t∈R.
所以f(x)在R 上严格单调递减.
法二 先证明一个结论：对于M(a，b)，
设P(x0，f(x0))为M 的“f 最近点”，
曲线y＝f(x)在点P 处的切线为l，则MP⊥l.
证明：
因为s(x)＝(x－a)2＋(f(x)－b)2，
所以s′(x)＝2x－2a＋2f′(x)(f(x)－b)，
所以当s(x)在x＝x0处取得最小值时，
s′(x0)＝0，即x0－a＋f′(x0)(f(x0)－b)＝0，
所以＝－.
又直线MP 的斜率kMP＝，
且切线l 的斜率为kl＝f′(x0)，
所以kMP·kl＝·f′(x0)
＝－·f′(x0)＝－1，
所以MP⊥l.
因为∀t∈R，M1(t－1，f(t)－g(t))，M2(t＋1，f(t)＋g(t))，存在对应的点P 使得|
M1P|2为M1到曲线y＝f(x)的距离平方的最小值，|M2P|2为M2到曲线y＝f(x)的距离
平方的最小值，
连接M1M2，因为M1(t－1，f(t)－g(t))，M2(t＋1，f(t)＋g(t))，
所以设线段M1M2的中点为N，
则N(t，f(t))，则点N 在曲线y＝f(x)上.
若M1，M2到曲线y＝f(x)的距离最小时对应的点P 与点N 不重合，
则|M1P|<|M1N|，|M2P|<|M2N|，
所以|M1P|＋|M2P|<|M1N|＋|M2N|＝|M1M2|，
这与三角形两边之和大于第三边矛盾，所以点P 与点N 必重合.
又直线M1M2的斜率为kM1M2＝＝g(t)>0，kl＝f′(t)，
所以由kM1M2·kl＝g(t)·f′(t)＝kMP·kl＝－1<0，知f′(t)<0，
所以当t∈R 时，有f′(t)<0，
所以函数f(x)在R 上严格单调递减.
题型三 与高等数学知识有关的新定义问题
例3 (2024·厦门模拟)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似
特定函数的方法，在计算机数学中有着广泛的应用.已知函数f(x)在x＝0 处的
[m，n]阶帕德近似定义为：R(x)＝，且满足：f(0)＝R(0)，f′(0)＝R′(0)，f(2)(0)＝R(2)
(0)，…，f(m＋n)(0)＝R(m＋n)(0).其中f(2)(x)＝[f′(x)]′，f(3)(x)＝[f(2)(x)]′，…，f(m＋n)(x)＝[f(m
＋n－1)(x)]′.
已知f(x)＝ln(x＋1)在x＝0 处的[2，2]阶帕德近似为R(x)＝.
(1)求实数a，b 的值；
(2)设h(x)＝f(x)－R(x)，证明：xh(x)≥0；
(3)已知x1，x2，x3是方程ln x＝λ 的三个不等实根，求实数λ 的取值范围，并证
明：>－1.
(1)解 依题意可知，f(0)＝0，R(0)＝a，
因为f(0)＝R(0)，所以a＝0，
此时R(x)＝，
因为f′(x)＝，
R′(x)＝，
所以f′(0)＝1，R′(0)＝b，
因为f′(0)＝R′(0)，
所以b＝1.
(2)证明 依题意，h(x)＝f(x)－R(x)
＝ln(1＋x)－，
h′(x)＝－
＝≥0，
故h(x)在(－1，＋∞)单调递增，
由h(0)＝0，故∀x∈(－1，0)，h(x)<0，∀x∈(0，＋∞)，h(x)>0，
综上，∀x>－1，xh(x)≥0.
(3)证明 不妨设x1<x2<x3，
令t(x)＝ln x－λ，
t′(x)＝－λ＝(x>0)，
当λ≤0 时，t′(x)>0，此时t(x)单调递增，t(x)＝0 不存在三个不等实根；
当λ>0 时，令s(x)＝－λx2＋x－λ，
其判别式Δ＝1－4λ2，
若Δ＝1－4λ2≤0，即λ≥，
s(x)≤0 恒成立，即t′(x)≤0，
此时t(x)单调递减，t(x)＝0 不存在三个不等实根；
若Δ＝1－4λ2>0，即0<λ<，t′(x)＝0 存在两个不等正实根r1，r2(r1<r2)，
此时有当x∈(0，r1)时，t′(x)<0，t(x)单调递减，
当x∈(r1，r2)时，t′(x)>0，t(x)单调递增，
当x∈(r2，＋∞)时，t′(x)<0，t(x)单调递减，
又因为t(1)＝0，且t′(1)＝1－2λ>0，
故t(r1)<0，t(r2)>0，
因为ln x<x－1(x≠1)，所以ln <－1，即ln x>2－，
所以t(λ4)＝ln λ4－λ>2－－λ5＋＝(2－λ5)＋>0，
所以存在x1∈(λ4，r1)，满足t(x1)＝0，
又因为t＝ln －λ
＝－ln x＋λ＝－t(x)，
故存在x3＝，满足t(x3)＝0，
故当且仅当0<λ<时，ln x＝λ 存在三个不等实根，
且满足x1<x2＝1<x3，且x1＝，
由(2)可知，当x>0 时，ln(1＋x)>，
因此，ln x>(x>1)，
故ln x3＝λ>，
化简可得<＝x3＋4＋
＝x1＋x2＋x3＋3，
因此>－1，命题得证.
反思感悟 1.利用帕德近似求参数值的关键是理解其概念列出方程组，从而求解.
2.本题的关键点在于借助零点的存在性定理得到当且仅当0<λ<时，ln x＝λ 存在
三个不等实根，且满足x1<x2＝1<x3，且x1＝后，结合第二问中所得ln(1＋x)>，
从而得到ln x3＝λ>，再进行化简即可证明.
训练3 (2024·武汉模拟)我们知道，通过牛顿－莱布尼茨公式可以求曲线梯形(如
图1 所示的阴影部分)的面积A＝其中f(x)dx＝F(b)－F(a)，F′(x)＝f(x)．如果平面
图形由两条曲线围成(如图2 所示的阴影部分)，曲线C1可以表示为y＝f1(x)，曲
线C2可以表示为y＝f2(x)，那么阴影区域的面积
A＝(f2(x)－f1(x))dx，其中(f2(x)－f1(x))dx＝f2(x)dx－f1(x)dx.
(1)如图3，连续函数y＝f(x)在区间[－3，－2]与[2，3]的图形分别为直径为1 的
上、下半圆，在区间[－2，0]与[0，2]的图形分别为直径为2 的下、上半圆，设
F(x)＝f(t)dt，求F(2)－F(3)的值；
图3
(2)在曲线f(x)＝x2(x≥0)上某一个点处作切线，使之与曲线和x 轴所围成的面积为，
求切线方程；
(3)正项数列{bn}是公差为d(d 为常数，d>0)的等差数列，b1＝1，两条抛物线y＝
bnx2＋，y＝bn＋1x2＋(n∈N*)，记它们交点的横坐标的绝对值为an，两条抛物线围
成的封闭图形的面积为Sn，求证：＋＋…＋<.
(1)解 由题意可知F(2)＝f(t)dt＝×π×12＝，F(3)＝f(t)dt＝f(t)dt＋f(t)dt＝－＝π，
所以F(2)－F(3)＝×－π＝.
(2)解 如图1，设切点为A(x0，x)，
图1
则切线的斜率为y′＝2x0，
则切线方程为y－x＝2x0(x－x0)，
所以切线与x 轴的交点为B，
过点A 作x 轴的垂线，垂足为C，则C(x0，0)，
所以由题意可知围成的面积S＝x2dx－S△ABC＝x－×x0·x＝，得x0＝1，
所以切点坐标为(1，1)，切线方程为y＝2x－1.
(3)证明 两条抛物线的大致图象及位置如图2.
图2
联立得
得an＝，
由对称性可知，两条抛物线围成的封闭图形的面积为
Sn＝2dx
＝2dx，
令f(x)＝－dx2＋，F′(x)＝f(x)⇒F(x)＝－x3＋＋C(C 为常数)，
所以f(x)dx＝F(an)－F(0)＝－a＋＝，
所以Sn＝，
所以＝·＝，
则＋＋…＋
＝
＝<.
【精准强化练】
1．(2024·金丽衢十二校二联)①在微积分中，求极限有一种重要的数学工具——
洛必达法则，法则中有结论：若函数f(x)，g(x)的导函数分别为f′(x)，g′(x)，且
f(x)＝
g(x)＝0，则
＝
.
②设a>0，k 是大于1 的正整数，若函数f(x)满足：对任意x∈[0，a]，均有
f(x)≥f 成立，且
f(x)＝0，则称函数f(x)为区间[0，a]上的k 阶无穷递降函数．
结合以上两个信息，回答下列问题：
(1)试判断f(x)＝x3－3x 是否为区间[0，3]上的2 阶无穷递降函数；
(2)计算：
(1＋x)；
(3)证明：<cos x，x∈.
(1)解 设F(x)＝f(x)－f＝x3－x，
由于F(1)＝－<0，所以f(x)≥f 在［0,3］上不成立，
故f(x)＝x3－3x 不是区间[0，3]上的2 阶无穷递降函数．
(2)解 设g(x)＝(1＋x)，
则ln g(x)＝ln(1＋x)＝，
设h(x)＝，
则
h(x)＝
＝
＝1，
所以
ln g(x)＝1，得
(1＋x)＝e.
(3)证明 令x－π＝t，则原不等式等价于
tan t·sin2t>t3，t∈，
即证>1，t∈，
记f(t)＝，t∈，
则f＝，
所以＝·＝＝>1，
即有对任意t∈，均有f(t)>f，
所以f(t)>f>…>f，
因为
＝
cos x＝1，
所以
f＝
＝
＝
·
＝1，
所以f(t)>1，t∈，故结论成立．
2．(2024·济南调研)在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此我们需要刻画
曲线的弯曲程度．考察如图所示的光滑曲线C：y＝f(x)上的曲线段AB，其弧长为
Δs，当动点从A 沿曲线段AB运动到B 点时，A 点的切线lA也随着转动到B 点的
切线lB，记这两条切线之间的夹角为Δθ(它等于lB的倾斜角与lA的倾斜角之差)．
显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长
越小则弯曲程度越大，因此可以定义K＝为曲线段AB的平均曲率；显然当B 越接
近A，即Δs 越小，K就越能精确刻画曲线C 在点A 处的弯曲程度，因此定义K＝
＝(若极限存在)为曲线C 在点A 处的曲率．(其中y′，y″分别表示y＝f(x)在
点A 处的一阶、二阶导数)
(1)求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平均曲率；
(2)求椭圆＋y2＝1 在处的曲率；
(3)定义φ(y)＝为曲线y＝f(x)的“柯西曲率”．已知在曲线f(x)＝xln x－2x 上存在
两点P(x1，f(x1))和Q(x2，f(x2))，且P，Q 处的“柯西曲率”相同，求＋的取值范
围．
解 (1)K＝＝＝1.
(2)y＝，y′＝－－，
y″＝－－－－，
故y′|x＝＝－，y″|x＝＝－2，
(3)f′(x)＝ln x－1，f″(x)＝，
故φ(y)＝＝＝，
其中s＝，
令t1＝，t2＝，
则t1ln t1＝t2ln t2，
则ln t1＝－，其中t＝>1(不妨t2>t1)，
令p(x)＝xln x，p′(x)＝1＋ln x⇒p(x)在上单调递减，
在上单调递增，故1>t2>>t1>0；
令h(t)＝ln(t1＋t2)＝ln(t＋1)－，
h′(t)＝，
令m(t)＝ln t－(t>1)，
则m′(t)＝，
当t>1 时，m′(t)>0 恒成立，
故m(t)在(1，＋∞)上单调递增，
可得m(t)>m(1)＝0，即ln t－>0，
故有h′(t)＝>0，
则h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
故ln(t1＋t2)∈(ln 2－1，0)，
故＋＝t1＋t2∈.
