1、金版教程金版教程20212021高考科学复习创新方案高考科学复习创新方案- -理数理数 （创新版）（创新版） 【精品课件精品课件】 第第1111讲讲 导数在研究函数中的应用导数在研究函数中的应用 第第3 3课时课时 导数的综合应用导数的综合应用 第二章 函数、导数及其应用 1 经典题型冲关经典题型冲关 PART ONE 1(2019 汉中模拟)若函数f(x)与g(x)满足：存在实数t，使得f(t) g(t)，则称函数g(x)为f(x)的“友导”函数已知函数g(x) 1 2 kx2x3为 函数f(x)x2ln xx的“友导”函数，则k的取值范围是( ) A(，1) B(，2 C(1，) D2，)
2、 答案答案 题型题型 一一 利用导数求解函数的零点或方程的根的问题利用导数求解函数的零点或方程的根的问题 解析 g(x)kx1，由题意g(x)为函数f(x)的“友导”函数，即方程 x2ln xxkx1有解，故kxln x1 x1，记p(x)xln x 1 x1，则p(x) 1ln x 1 x2 x21 x2 ln x，当x1时，x 21 x2 0，ln x0，故p(x)0，故 p(x)递增；当0x1时， x21 x2 0，ln x0，故p(x)0， 所以f(x)在(0,1)，(1，)上单调递增 因为f(e)1e1 e10， 所以f(x)在(1，)有唯一零点x1(ex1e2)， 即f(x1)ln
3、 x1x 11 x110. 解解 2(2019 全国卷节选)已知函数f(x)ln xx1 x1. 讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点 又0 1 x10，解得xe 2， 令f(x)0，解得0x2 e时，f(x)min0，f(x)无零点， 当a2 e时，f(x)min0，f(x)有1个零点， 当a2 e时，f(x)min0时，f(x)2 x ln xln 2，则函数g(x)f(x)sinx(e为自然对数的底数)的零点个数是( ) A1 B2 C3 D5 答案答案 解析 根据题意，函数g(x)f(x)sinx的零点即函数yf(x)与ysinx 的交点，设h(x)sinx，函数f(x
4、)为R上的奇函数，则f(0)0，又由h(0) sin00.则函数yf(x)与ysinx存在交点(0,0)，当x0时，f(x) 2 xln x ln 2，其导数f(x) 2 1 x ，分析可得在区间 0， 2 上，f(x)0，f(x)为增函数，则f(x)在区间(0，)上 存在最小值，且其最小值为f 2 2 2 ln 2 ln 2 1，又由h 2 sin 2 1，则函数yf(x)与ysinx存在交点 2，1 ，又由yf(x)与ysinx都是奇函 数，则函数yf(x)与ysinx存在交点 2，1 .综合可得，函数yf(x)与y sinx有3个交点，则函数g(x)f(x)sinx有3个零点 解析解析
5、2(2019 郑州模拟)已知函数f(x)e x x a(xln x)，aR. (1)当ae时，求f(x)的最小值； (2)若f(x)有两个零点，求参数a的取值范围 解 (1)f(x)e x x a(xln x)，定义域为(0，)， f(x)e xx1 x2 ax1 x x1e xax x2 ， 当ae时，f(x) x1exex x2 ，由于exex在(0，)上恒成 立 故f(x)在(0,1)上单调递减，f(x)在(1，)上单调递增 f(x)minf(1)ea0. 解解 (2)f(x)x1e xax x2 ， 当ae时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增 f(x)minf(1)
6、ae0， f(x)只有一个零点 当ae时，axex，故exaxexex0在(0，)上恒成立 故f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增f(x)minf(1)a e0， 故当ae时，f(x)没有零点 当ae时，令exax0，得e x x a，(x)e x x ，(x)x1e x x2 . 解解 (x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，(x)min(1)e， exax0在(0，)上有两个零点x1，x2,0x11x2， f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1,1)上单调递增，在(1，x2)上单调递减， 在(x2，)上单调递增， f(1)ae0，又x0时，f(x)，x时，f
7、(x). 此时f(x)有两个零点 综上，若f(x)有两个零点，则ae. 解解 题型题型 二二 利用导数研究不等式的有关问题利用导数研究不等式的有关问题 角度1 证明不等式(多维探究) 1(2019 北京高考节选)已知函数f(x)1 4x 3x2x. (1)求曲线yf(x)的斜率为1的切线方程； (2)当x2,4时，求证：x6f(x)x. 解 (1)由f(x)1 4x 3x2x得f(x)3 4x 22x1. 令f(x)1，即3 4x 22x11，得x0或x8 3. 又f(0)0，f 8 3 8 27， 所以曲线yf(x)的斜率为1的切线方程是yx与y 8 27 x 8 3 ，即yx 与yx64
8、27. 解解 (2)证明：令g(x)f(x)x，x2,4 由g(x)1 4x 3x2得g(x)3 4x 22x. 令g(x)0得x0或x8 3. 当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下： x 2 (2,0) 0 0，8 3 8 3 8 3，4 4 g(x) 0 0 g(x) 6 0 64 27 0 所以g(x)的最小值为6，最大值为0. 故6g(x)0，即x6f(x)x. 解解 证明 因为g(x)ln x1. 令g(x)0，则x1 e， 所以g(x)在 0，1 e 上单调递减，在 1 e， 上单调递增 所以g(x)g 1 e 1 e. 又因为f(x)1x ex . 证明证明 条件探究 将
9、本例中的函数f(x)改为f(x) x ex 2 e ，设g(x)xln x，当 x(0，)时求证：f(x)0，则x0，所以f(x)在(0,1)上单调递增，在 (1，)上单调递减 所以f(x)f(1)1 e. 因此f(x)g(x) 证明证明 角度2 已知不等式恒成立，求参数的取值范围 2(2019 银川模拟)已知函数f(x)xaln (x1) (1)当a2时，求f(x)的单调区间； (2)当a1时，关于x的不等式kx2f(x)在0，)上恒成立，求k的取 值范围 解 (1)当a2时，f(x)x2ln (x1)， f(x)1 2 x1 x1 x1，当x(1,1)时，f(x)0，f(x)是增函数 所以
10、，f(x)的减区间为(1,1)，增区间为(1，) 解解 (2)当a1时，f(x)xln (x1)，kx2f(x)，即kx2xln (x1)0. 设g(x)kx2xln (x1)，x0，则只需g(x)0在0，)恒成立即 可 易知g(0)0，g(x)2kx1 1 x1 x2kx11 x1 ，因为x0，所以 x x10. 当k0时，g(x)0，此时g(x)在0，)上单调递减，所以g(x)g(0) 0，与题设矛盾； 当0k0. 解解 当x 0，1 1 2k 时，g(x)0， 此时g(x)在 0，1 1 2k 上单调递减， 所以，当x 0，1 1 2k 时，g(x)g(0)0，与题设矛盾； 当k 1 2
11、 时，g(x)0，故g(x)在0，)上单调递增，所以g(x)g(0) 0恒成立 综上，k1 2. 解解 角度3 不等式存在性成立问题 3已知函数f(x)x(a1)ln xa x(aR)，g(x) 1 2x 2exxex. (1)当x1，e时，求f(x)的最小值； (2)当a1时，若存在x1e，e2，使得对任意的x22,0，f(x1)g(x2) 恒成立，求a的取值范围 解 (1)f(x)的定义域为(0，)， f(x)x1xa x2 . 当a1时，x1，e，f(x)0， f(x)为增函数，f(x)minf(1)1a. 解解 当1ae时， x1，a时，f(x)0，f(x)为减函数； xa，e时，f(
12、x)0，f(x)为增函数 所以f(x)minf(a)a(a1)ln a1. 当ae时，x1，e时，f(x)0， f(x)在1，e上为减函数 f(x)minf(e)e(a1)a e. 综上，当a1时，f(x)min1a； 当1ae时，f(x)mina(a1)ln a1； 当ae时，f(x)mine(a1)a e. 解解 (2)由题意知f(x)(xe，e2)的最小值小于g(x)(x2,0)的最小值 由(1)知当a1时，f(x)在e，e2上单调递增， f(x)minf(e)e(a1)a e. g(x)(1ex)x. 当x2,0时，g(x)0，g(x)为减函数 g(x)ming(0)1. 所以e(a1
13、)a e e22e e1 ， 所以a的取值范围为 e22e e1 ，1 . 解解 1利用导数证明不等式成立问题的常用方法 (1)直接将不等式转化成某个函数最值问题 若证明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，x(a，b)时，有F(x)0，即证明了f(x)g(x)恒成立FxfxgxF(x)min0. (4)任意x1M，任意x2N，f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)max；任意x1 M，存在x2N，f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)min；存在x1M，
14、存在x2 N，f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)min；存在x1M，任意x2N，f(x1)g(x2) f(x1)maxg(x2)max.如举例说明3. 1(2019 渭南模拟)设函数f(x)(xa)2(3ln x3a)2，若存在x0，使 f(x0) 9 10，则实数a的值为( ) A. 1 10 B.1 4 C.1 2 D1 解析 分别令g(x)3ln x，h(x)3x， 设过点P(x0,3ln x0)的函数g(x)的切线l平行于直线y3x. g(x)3 x，由 3 x03，解得x01.切点P(1,0) 答案答案 解析解析 点P到直线y3x的距离d3 10 10 . 存在x01，使
15、f(x0) 9 10， 过点P且与直线y3x垂直的直线方程为 y1 3(x1) 联立 y3x， y1 3x1， 解得x 1 10，y 3 10. 则实数a 1 10.故选A. 解析解析 2(2019 哈尔滨六中模拟)已知函数f(x)xln x1 2ax 21，且f(1) 1. (1)求函数f(x)的解析式； (2)若对任意x(0，)，都有f(x)2mx10，求m的取值范围； (3)证明函数yf(x)2x的图象在g(x)xexx21图象的下方 解 (1)因为f(x)xln x1 2ax 21， 所以f(x)ln x1ax. 又因为f(1)1，所以1a1，a2， 所以f(x)xln xx21. 解
16、解 (2)若对任意x(0，)，都有f(x)2mx10. 即xln xx22mx0恒成立， 即m1 2ln x 1 2x恒成立 令h(x)1 2ln x 1 2x，则 h(x) 1 2x 1 2 1x 2x . 当0x0，h(x)单调递增； 当x1时，h(x)0，h(x)单调递减 所以当x1时，h(x)有最大值，h(1)1 2. 所以m1 2，即m的取值范围是 1 2， . 解解 (3)证明：要证明函数yf(x)2x的图象在g(x)xexx21的图象的下 方 即证：f(x)2xxexx21恒成立， 即ln xex2. 由(2)可得h(x)1 2ln x 1 2x 1 2. 所以ln xx1. 现
17、要证明x10. 令(x)exx1，则(x)ex1. 当x0时，(x)0，(x)单调递增 解解 所以(x)(0)0. 即exx10. 所以x1ex2. 从而得到ln xx1ex2. 所以函数yf(x)2x的图象在g(x)xexx21图象的下方 解解 题型题型 三三 利用导数求解生活中的优化问题利用导数求解生活中的优化问题 如图所示的某种容器的体积为90 cm3，它是由圆锥和 圆柱两部分连接而成，圆柱与圆锥的底面半径都为r cm.圆 锥的高为h1 cm，母线与底面所成的角为45 ；圆柱的高为h2 cm.已知圆柱底面的造价为2a 元/cm2，圆柱侧面造价为a元 /cm2，圆锥侧面造价为 2a 元/c
18、m2. (1)将圆柱的高h2表示为底面半径r的函数，并求出定义 域； (2)当容器造价最低时，圆柱的底面半径为多少？ 解 (1)因为圆锥的母线与底面所成的角为45 ， 所以h1r， 圆锥的体积为V11 3r 2h 11 3r 3， 圆柱的体积为V2r2h2. 因为V1V290，所以V2r2h2901 3r 3， 所以h2270r 3 3r2 90 r2 r 3. 因为V11 3r 390， 所以r3310. 解解 因此 0r3310， 所以 h2270r 3 3r2 90 r2 r 3， 定义域为r|0r3310 (2)圆锥的侧面积 S1r2r 2r2， 圆柱的侧面积 S22rh2，底面积 S
19、3r2. 容器总造价为 y 2aS1aS22aS3 2r2a2rh2a2r2a 2a(r2rh2r2) 2a 2r2r 90 r2 r 3 解解 10a 3 r254 r . 令f(r)r254 r ，则f(r)2r54 r2 . 令f(r)0，得r3. 当0r3时，f(r)0，f(r)在(0,3)上为单调减函数； 当3r0，f(r)在(3,3310)上为单调增函数， 因此，当r3时，f(r)有最小值，y有最小值90a元 所以总造价最低时，圆柱底面的半径为3 cm. 解解 1利用导数解决生活中的实际应用问题的四步骤 2利用导数解决生活中优化问题的方法 求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设
20、自变量、因变量，建 立函数关系式，并确定其定义域，然后利用求函数最值的方法求解，注意 结果应与实际情况相结合如举例说明 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 a x3 10(x6)2，其中3x6， 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 解 (1)因为当x5时，y11， 所以a 21011，解得a2. (2)由(1)可知，该商品每日的销售量为 y 2 x310(x6) 2. 所以商场每日销
21、售该商品所获得的利润为 f(x)(x3) 2 x310 x6 2 210(x3)(x6)2,3x6. 则f(x)10(x6)22(x3)(x6) 30(x4)(x6) 解解 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，当x4时，函数f(x)取得极大值，也是最大值 所以当x4时，函数f(x)取得最大值且最大值等于42. 答：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 解解 2 课时作业课时作业 PART TWO 1方程x36x29x100的实根个数是( ) A3 B
22、2 C1 D0 A组组 基础关基础关 解析 设f(x)x36x29x10，f(x)3x212x93(x1)(x 3)，由此可知函数的极大值为f(1)60，极小值为f(3)100)，则h(x) x3x1 x2 .当x(0,1)时，h(x)0，函数h(x)单调递增，所以h(x)minh(1) 4，所以ah(x)min4. 答案答案 解析解析 3某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品，若该商品零 售价定为p元，销售量为Q件，则销售量Q(单位：件)与零售价p(单位：元) 有如下关系：Q8300170pp2，则最大毛利润为(毛利润销售收入 进货支出)( ) A30元 B60元 C28000元 D
23、23000元 解析 设毛利润为L(p)元，则由题意知L(p)pQ20QQ(p20) (8300170pp2)(p20)p3150p211700p166000，所以L(p) 3p2300p11700.令L(p)0，解得p30或p130(舍去)当p (0,30)时，L(p)0，当p(30，)时，L(p)1. 若 关于x的不等式f(x)0在R上恒成立，则a的取值范围为( ) A0,1 B0,2 C0，e D1，e 解析 当x1时，由f(x)x22ax2a0恒成立，而二次函数f(x)图象 的对称轴为直线xa，所以当a1时，f(x)minf(1)10恒成立，当a1 时，f(x)minf(a)2aa20，
24、所以0a1时，由f(x)x aln x0恒成立，即a x ln x 恒成立设g(x) x ln x ，则g(x) ln x1 ln x2 .令 g(x)0，得xe，且当1xe时，g(x)e时，g(x)0，所以 g(x)ming(e)e，所以ae.综上，a的取值范围是0ae，即0，e故选 C. 答案答案 解析解析 6已知函数f(x)exln (x3)，则下面对函数f(x)的描述正确的是 ( ) Ax(3，)，f(x)1 3 Bx(3，)，f(x)1 2 Cx0(3，)，f(x0)1 Df(x)min(0,1) 答案答案 解析 因为函数f(x)exln (x3)，定义域为(3，)，所以f(x) e
25、x 1 x3 ，易知f(x)的导函数f(x)在定义域(3，)上单调递增，又 f(1)0，所以f(x)0在(3，)上有唯一的实根，不 妨将其设为x0，且x0 1，1 2 ，则xx0为f(x)的最小值点，且f(x0) 0，即ex0 1 x03，两边取以e为底的对数，得x0ln (x03)，故f(x)f(x0) ex0ln (x03) 1 x03ln (x03) 1 x03x0，因为x0 1，1 2 ，所 以2x032 1 2 3 1 2 ，即x (3，)，都有f(x)1 2. 解析解析 7已知方程ln |x|ax2 3 2 0有4个不同的实数根，则实数a的取值范 围是( ) A. 0，e 2 2
26、B. 0，e 2 2 C. 0，e 2 3 D. 0，e 2 3 答案答案 解析 由于yln |x|ax23 2是偶函数，所以方程ln xax 23 20(x0) 有两个根，即a ln x3 2 x2 有两个根设f(x) ln x3 2 x2 ，则f(x) x2x ln x3 2 x4 2ln x1 x3 ，所以当0x0，f(x)递增，当x 1 e 时，f(x)0，f(x)递减，所以当x1 e时，f(x)取得极大值也是最大值f 1 e e 2 2 . 又x0时，f(x)，x时，f(x)0，所以要使a ln x3 2 x2 有两个 根，则0ae 2 2 . 解析解析 8已知函数f(x)x|x2a
27、|，若存在x1,2，使得f(x)2，则实数a的取 值范围是_ 解析 当x1,2时，f(x)|x3ax|， 由f(x)2可得2x3ax2， 即为x22 xa5，即a5； (1,5) 解析解析 设h(x)x22 x，则导数为h(x)2x 2 x2， 当x1,2时，h(x)0，即h(x)在1,2上单调递减， 可得h(x)max121.即有a1. 综上可得，a的取值范围是1a5. 解析解析 9已知函数f(x)xln x1 2x 2，x 0是函数f(x)的极值点，给出以下几个命 题： 0x0 1 e；f(x0)x00. 其中正确的命题是_(填出所有正确命题的序号) 解析 函数f(x)xln x1 2x
28、2(x0)， f(x)ln x1x，易得f(x)ln x1x在(0，)递增， f 1 e 1 e0， x0，f(x)， 0x01 e，即正确，不正确； ln x01x00， f(x0)x0 x0ln x01 2x 2 0 x0 x0 ln x01 2x01 1 2x 2 00，即正确， 不正确 解析解析 10已知函数f(x)的定义域是1,5，部分对应值如表，f(x)的导函数y f(x)的图象如图所示， x 1 0 2 4 5 f(x) 1 2 1.5 2 1 下列关于函数f(x)的命题： 函数f(x)的值域为1,2； 函数f(x)在0,2上是减函数； 如果当x1，t时，f(x)的最大值是2，那
29、么t的最大值为4； 当1a2时，函数yf(x)a最多有4个零点 其中所有正确命题的序号是_ 解析 由f(x)的导函数f(x)的图象可知，当1x0及2x0，函数f(x)单调递增，当0x2及4x5时，f(x)0，函数f(x)单调 递减，当x0及x4时，函数f(x)取得极大值f(0)2，f(4)2，当x2时， 函数f(x)取得极小值f(2)1.5.又f(1)f(5)1，所以函数f(x)的最大值为 2，最小值为1，值域为1,2，正确；因为当x0及x4时，函数f(x)取 得极大值f(0)2，f(4)2，要使当x1，t时，函数f(x)的最大值是2， 则0t5，所以t的最大值为5，所以不正确；因为极小值f(
30、2)1.5，极 大值f(0)f(4)2，所以当1a2时，yf(x)a最多有4个零点，所以正 确，所以正确命题的序号为. 解析解析 1已知f(x)1 x ex ，过点(k,0)与f(x)相切的直线有且仅有3条，则k的取 值范围是( ) A(，2e2) B(，2e2 C(，4e2) D(，4e2 B组组 能力关能力关 答案答案 解析 设切点为 x0，1 x0 ex0 ，f(x) x1 ex ，则 切线为y1 x0 ex0 x01 ex0 (xx0)，代入点(k,0)得kx0 x0 x01 ex0 x01，令g(x)x x x1 ex x1，则g(x) 2xexx x12 ，当x0，g(x)单调递增
31、，注意到x1，故g(x)的 递增区间为(，1)，(1,2)，当x2时，g(x)单调递减，要使g(x)k有三个 根，由图象可得，kkx恒成立； 对任意两个正实数x1，x2，且x1x2，若f(x1)f(x2)，则x1x24. 其中正确的命题有( ) A B C D 答案答案 解析 f(x) x2 x2 ，当0x2时，f(x)2时，f(x)0.所以f(x)在(0,2)上单调递减，在(2， )上单调递增，x2是f(x)的极小值点，故错误根 据函数f(x)的单调性及极值点，作出函数f(x)的大致图 象，如图所示，作出直线yx，易知直线yx与f(x)的 图象有且只有1个交点，即函数yf(x)x有且只有1个
32、 零点，故正确若f(x)kx，则k 2 x2 ln x x ，令g(x) 2 x2 ln x x ，则g(x) 4xxln x x3 ，令F(x)4xxln x，则F(x)ln x，所以F(x)在(0,1) 上单调递增，在(1，)上单调递减，F(x)F(1)kx恒成 立，故错误由x1x2，f(x1)f(x2)可知x12,0x24，即证 x14x2，且x14x22，f(x)在(2，)上单调递增，即证f(x1)f(4x2)， 又f(x1)f(x2)，所以证f(x2)f(4x2)，即证f(x)f(4x)，x(0,2)令h(x) f(x)f(4x)ln xln (4x) 2 x 2 4x ，x(0,2
33、)，则h(x) 8x22 x24x2 0，所以x1x24，故正 确故选C. 解析解析 3对于定义在R上的函数f(x)，若存在非零实数x0，使函数f(x)在( ，x0)和(x0，)上均有零点，则称x0为函数f(x)的一个“折点”现给 出下列四个函数： f(x)3|x 1|2；f(x)lg |x2019|；f(x)x 3 3 x1；f(x)x2 2mx1(mR) 则存在“折点”的函数是_(填序号) 解析 因为f(x)3|x 1|22，所以函数f(x)不存在零点， 所以函数f(x)不存在“折点”； 对于函数f(x)lg |x2019|，取x02019， 则函数f(x)在(，2019)上有零点x202
34、0， 在(2019，)上有零点x2018， 所以x02019是函数f(x)lg |x2019|的一个“折点”； 对于函数f(x)x 3 3 x1， 则f(x)x21(x1)(x1) 令f(x)0，得x1或x1； 令f(x)0，得1x1， 解析解析 所以函数f(x)在(，1)和(1，)上单调递增，在(1,1)上单调 递减 又f(1)1 30，由ekx0，知1kx0. 讨论：当k0时，x 1 k ，此时f(x)在 ，1 k 上单调递减，在 1 k， 上单调递增 当k0时，x1 k，此时f(x)在 ，1 k 上单调递增，在 1 k， 上单调递减 解解 (3)由(2)知，当k1时，f(x)在(，1)上
35、单调递减，在(1，) 上单调递增 则对任意的x1R，有f(x1)f(1)1 e， 即f(x1)min1 e， 又已知存在x21,2，使得f(x1)g(x2)， 所以 1 e g(x2)，x21,2，即存在x1,2，使得g(x)x22bx4 1 e，即2bx 4e 1 x ，因为x1,2时，x4e 1 x 4 1 2e，5 1 e ，所以 2b4 1 2e，即b2 1 4e， 所以实数b的取值范围是 2 1 4e， . 解解 1已知函数f(x)x1 2sinx m 2 ln x1，f(x)是f(x)的导函数 (1)证明：当m2时，f(x)在(0，)上有唯一零点； (2)若存在x1，x2(0，)，
36、且x1x2时，f(x1)f(x2)，证明：x1x2m2. C组组 素养关素养关 证明 (1)当m2时，f(x)x1 2sinxln x1，f(x)1 1 2cosx 1 x. 当x(0，)时，f(x)为增函数， 且f 3 11 4 3 3 4 3 0， f(x)在(0，)上有唯一零点 当x，)时， f(x)11 2cosx 1 x1 1 2 1 x 1 2 1 0， f(x)在，)上没有零点 综上知，f(x)在(0，)上有唯一零点 证明证明 (2)不妨设0x1x1sinx1，从而x2x1sinx2sinx1， m 2 (ln x2ln x1)x2x11 2(sinx2sinx1) 1 2(x2
37、x1)， m x2x1 ln x2ln x1. 证明证明 下面证明： x2x1 ln x2ln x1 x1x2. 令tx2 x1，则t1，即证明 t1 ln t t， 只需证明ln tt1 t 1时，h(t) t1 2 2t t 1时，h(t) x1x2.m x1x2，即x1x2e 2，证明：f(x 0)1. 解 (1)f(x)的定义域为R，f(x)(x2)(exa) 若a0，则exa0，所以当x(，2)时，f(x)0. 所以f(x)在(，2)上单调递减，在(2，)上单调递增 所以x2为f(x)唯一的极小值点，无极大值点，故此时f(x)有1个极值 点 解解 若 a0，令 f(x)(x2)(ex
38、a)0，则 x12， x2ln (a)， 当 ae 2 时，x10； 当 x(x1，x2)时，f(x)0. 所以 x1，x2分别为 f(x)的极大值点和极小值点，故此时 f(x)有 2 个极值 点 当 ae 2 时，x1x2，f(x)(x2)(exa)0 且不恒为 0，此时 f(x) 在 R 上单调递增，无极值点 解解 当e 2ax2. 则当x(，x2)时，f(x)0；当x(x2，x1)时， f(x)0. 同理，x1，x2分别为f(x)的极小值点和极大值点，故此时f(x)有2个极值 点 综上，当ae 2时，f(x)无极值点；当a0时， f(x)有1个极值点；当ae 2或e2ae2， 所以a(，e 2)，且x 02. 则x0ln (a)， 所以f(x0)f(ln (a) 1 2a(ln (a) 22ln (a)2 令tln (a)(2，)，则aet， 所以g(t)f(ln (a)1 2e t(t22t2) 解解 故g(t)1 2t(t4)e t. 又因为t(2，)，所以t40， 令g(t)0，得t0. 当t(2,0)时，g(t)0，g(t)单调递增； 当t(0，)，g(t)0，g(t)单调递减 所以t0是g(t)唯一的极大值点也是最大值点，即g(t)g(0)1. 故f(ln (a)1，即f(x0)1. 解解 本课结束本课结束
