1、第 12 讲 隐零点问题 一选择题（共 1 小题）1（2021赣州期末）命题 p：关于 x 的不等式0(xelnxme为自然对数的底数）的一切(0,)x 恒成立；命题:(q m，136；那么命题 p 是命题 q 的()A充要条件 B充分不必要条件 C必要不充分条件 D既不充分也不必要条件【解答】解：关于 x 的不等式0(xelnxme为自然对数的底数）的一切(0,)x 恒成立，即为xm elnx，可令()xf xelnx，则1()xfxex，由1xyex在0 x 递增，且1220e，23302e，则存在01(2x，2)3，满足0()0fx，且()f x 在0(0,)x递减，0(x，)递增，0_
2、 000000112313()()326xxminf xf xelnxlnexxx，记0001()f xxnx，则 m n，即有(，13(6，n，则命题 p 是命题 q 的必要不充分条件，故选：C 二解答题（共 22 小题）2已知函数()(2)xf xeln x，求证：1()6f x 【解答】证明：1()()2xfxeg xx，(2)x 则函数()g x 在(2,)上单调递增，由112()023ge，11(0)1022g，存在唯一零点0(1,0)x ，满足0012xex，00(2)xln x 000()()(2)xf xf xeln x 0012xx，1()2h ttt ，21()10(2)h
3、 tt，1(,0)2t 01111()()122622f xf 1()6f x 3（2021鼓楼区校级月考）设函数2()()f xxa lnx，aR（1）若 f （e）0；求实数 a 的值；若12ae，证明 xe为()f x 的极值点（2）求实数 a 的取值范围，使得对任意的(0 x，3 e 恒有2()4f xe成立（注:e 为自然对数的底数）【解答】解：（1）求导得2()()2()()(21)xaafxxa lnxxalnxxx，xe是()f x 的极值点，()()(3)0af eeae，解得 ae或3ae；证明：因为12ae，所以 ae，所以()()(21)(0)efxxelnxxx，令(
4、)21exlnxx，则22()0exxx，故()x在(0,)上单调递增，而（1）10e，（e）20，故存在唯一0(1,)xe，使得0()0 x，xe时，0 xe，213 120elnxx ，即 xe时，()0f x，()f x 单调递增，0 xxe时，0 xe，0()()0 xx，此时()0f x，()f x 单调递减，xe为函数()f x 的极小值点；（2）()i 当 01x ，对于任意的实数 a，恒有2()04f xe成立；()13iixe 时，由题意，首先有22(3)(3)(3)4feea ln ee，解得2233(3)(3)eeeaeln eln e剟，由（1）知，()()(21)af
5、 xxalnxx，令()21ah xlnxx，则h（1）10a，h（a）20lna，且23(3)1(3)2(3)12(3)12(3)0333(3)eeln eah eln eln eln eeeln e ，又()h x 在(0,)内单调递增，所以函数()h x 在(0,)上有唯一零点，记此零点为0 x，则013xe，01xa，从而，当0(0,)xx时，()0f x，当0(xx，)a 时，()0f x，当(,)xa 时，()0f x，即函数()f x 在0(0,)x单调递增，在0(x，)a 单调递减，在(,)a 单调递增，所以要使2()4f xe对任意(1x，3 e 恒成立，只需2200022(
6、)43(3)34f xxa lnxefeea ln ee，由000()210ah xlnxx 知0002ax lnxx，将代入得，2320044x ln xe，又01x ，注意到函数23yx ln x在1，)上单调递增，故013xe，由解得2233(3)(3)eeeaeln eln e剟，233(3)eeaeln e剟，综上，实数 a 的取值范围为23,3(3)eeeln e 4（2021全国四模）已知函数()f xx，()xg xe，()h xlnx（1）求证：()()1g xf x，()()1h xf x；（2）记()()()()()xf x g xa f xh x，若()x有两个零点，求
7、实数 a 的取值范围【解答】解：（1）证明：令()1xm xex，()1xm xe 当0 x 时，()0m x，()m x 在(,0)递减；当0 x 时，()0m x，()m x 在(0,)递增，()(0)0minm xm，1xex 即()()1g xf x 令()1n xlnxx，11()1xn xxx，当 01x 时，()0n x，()n x 在(0,1)递增；当1x 时，()0n x，()n x 在(1,)递减，()maxn xn（1）0，1lnx x 即()()1h xf x （2）()()xxxea xlnx，1()()xxxxeax 当0a时，()0 x，则()x在(0,)上单调递
8、增，至多一个零点舍去；当0a 时，()0 x，即0 xxea 设()xt xxea，()(1)0 xt xex，()t x 在(0,)上单调递增，又(0)0ta ，t（a）(1)0aa e，所以()t x 在(0,)存在唯一的零点，记为0 x，0()0t x，即000 xx ea 当0(0,)xx，()0t x，即()0 x，()x在0(0,)x上单调递减；当0(xx，)，()0t x，即()0 x，()x在0(x，)上单调递增，00000()()()xminxxx ea lnxx，又00 xx ea，000()(1)xalnxx，若()x有两个零点，则0()0 x，即0010lnxx，01x
9、，又00 xax ee，11111111()()(1)0eeealneaeeeeee，又()x在0(0,)x上单调递减，所以()x在0(0,)x存在唯一的零点1x；由00022xax ex及（1）可知，222(2)2(22)(22)aaaaaeaaln aa eln aea，又()x在0(x，)上单调递减，所以()x在0(x，)存在唯一的零点2x，故()x有两个零点 综上，取值范围是(,)e 5设 a 为实数，已知函数()()xf xaxe aR（1）当0a 时，求函数()f x 的单调区间；（2）设b 为实数，若不等式2()2f xxbx对任意的1a 及任意的0 x 恒成立，求b 的取值范围
10、；（3）若函数()()(0)g xf xxlnx x有两个相异的零点，求 a 的取值范围【解答】解：（1）当0a 时，因为()(1)xfxa xe，当1x 时，()0f x，当1x 时，()0f x，所以函数()f x 单调递减区间为(,1)，单调递增区间为(1,)（2）由2()2f xxbx，得：22xaxexbx，由于0 x，所以2xaexb对任意的1a 及任意的0 x 恒成立，由于0 xe，所以xxaee，所以2xex b 对任意的0 x 恒成立 设()2xxex，0 x，则()2xxe，所以函数()x在(0,2)ln上单调递减，函数()x在(2,)ln 上单调递增，所以()(2)22
11、2minxlnln 所以22 2bln（3）由()xg xaxexlnx，得1(1)(1)()(1)1xxxaxeg xa xexx，其中0 x，若0a 时，则()0g x，所以函数()g x 在(0,)上单调递增，所以函数()g x 至多有一个零点，不合题意 若0a 时，令()0g x，得10 xxea，由第（2）小题知，当0 x 时，()222 20 xxexln，所以2xex，所以22xxex，所以当0 x 时，函数xxe 的值域为(0,)，所以存在00 x，使得0010 xax e，即001xax e ，当0 xx时，()0h x，所以函数()g x 在0(0,)x单调递增，在0(x，
12、)单调递减 因为函数()g x 有两个零点1x，2x，所以0000000()()10 xmaxg xh xax exlnxxlnx ，设()1p xxlnx ，0 x，则1()1p xx，所以()p x 在(0,)上单调递增，由于 p（1）0，所以当1x 时，()0p x，所以式中的01x ，由式得001xx ea，由第（1）小题可知，当0a 时，函数()f x 在(0,)上单调递减，所以1ea，即1(ae，0)，当1(ae，0)时，（1）由于111()(1)0eaeg eee，所以01()()0gg xe，因为011xe ，且函数()g x 在0(0,)x上单调递减，函数()g x 在0(0
13、,)x上图象不间断，所以函数()(0g x，0)x上恰有一个零点（2）由于1111()()agelnaaa，令1tea，设()tF tetlnt ，te 由于te时，lntt，2tet，所以设()0F t，即1()0ha，由式得当01x 时，0001xx exa，且01()()0gh xa，同理可得函数()g x 在0(x，)上恰有一个零点，综上，1(ae，0)6（2021眉山模拟）已知函数321()3f xxxax（1）当3a 时，求()f x 的极值；（2）讨论()f x 的单调性；（3）设()f x 有两个极值点1x，2x，若过两点1(x，1()f x，2(x，2()f x的直线l 与轴
14、的交点在曲线()yf x上，求 a 的值【解答】解：（1）当3a 时，321()33f xxxx，则2()23(3)(1)fxxxxx；令()0f x得，3x 或1x ；x (,3)3 (3,1)1 (1,)()f x 0 0 ()f x 增 9 减 53 增 当3x 时，()f x 的极大值为 9，当1x 时，()f x 的极小值为53（2）2()(1)1fxxa；当1a 时，()0f x，()f x 是 R 上的增函数，当1a 时，()0f x有两个根，111xa ，211xa ；当1xx，2xx时，()0f x；故()f x 的单调增区间为(,11)a ，(11a，)；当12xxx时，(
15、)0f x；故()f x 的单调减区间为(11a，11)a；（3）由题设知，1x，2x 是()0f x的两个根，1a，且2112xxa，2222xxa；3221111111111()(2)33f xxxaxxxaxax 2111122(1)3333axaxax，同理，222()(1)33af xax，则直线l 的解析式为2(1)33ayax；设直线l 与 x 轴的交点为0(x，0)，则020(1)33aax，解得，02(1)axa；代入321()3f xxxax得，321()()()2(1)3 2(1)2(1)2(1)aaaafaaaaa 223(12176)24(1)aaaa；0(x，0()
16、f x在 x 轴上，2203()(12176)024(1)af xaaa，解得，0a 或23a 或34a 7（2021重庆模拟）已知函数1()()f xxalnx aRx（1）若直线1yx 与曲线()yf x相切，求 a 的值；（2）若关于 x 的不等式2()f xe 恒成立，求 a 的取值范围【解答】解：（1）设切点的横坐标为0 x，202201111()11axaxfxxaxxxax ，则有：00000001()110f xxalnxxlnxxx ，令1()1()101h xlnxxh xxx ，则()h x 在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，又因为 h（1）0，所以011xa
17、 ；（2）令12()l xxalnxxe，则原命题等价于()0l x 恒成立，又221()xaxl xx，设20000110,xaxaxx，则()l x 在0(0,)x上单减，在0(x，)上单增，故只需0000000112()0,()()l xl xxxlnxxxe，令21121()()()(1)m xxxlnxm xlnxxxex，所以()m x 在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，又1()()0mm ee，01,xee，即11,ae eee 8（2021广州二模）已知函数2()xf xexax（1）若函数()f x 在 R 上单调递增，求 a 的取值范围；（2）若1a ，证明：当
18、0 x 时，222()1()22lnlnf x 参考数据：2.71828e，20.69ln 【解答】解：（1）解法1:()2xfxexa，函数()f x 在 R 递增，()20 xfxexa ，得2xa ex，设()2xg xex，则()2xg xe，令()0g x，解得：2xln，当2xln时，()0g x，当 xlnx时，()0g x，故函数()g x 在(,2)ln递减，在(2,)ln 递增，故2xln时，()g x 取得最小值(2)22 2g lnln，故22 2aln，故 a 的范围是(,22 2)ln；解法 2：由()2xfxexa，设()2xh xexa，则()2xh xe，令(
19、)0h x，解得：2xln，当2xln时，()0h x，当2xln时，()0h x，故函数()h x 在(,2)ln递减，在(2,)ln 递增，故2xln时，()h x 取得最小值(2)22 2h lnlna，函数()f x 在 R 递增，故()0fx，由于()()f xh x，则 22 20lna ，解得：22 2aln，故 a 的范围是(,22 2)ln；（2）证明：若1a ，则2()xf xexx，得()21xfxex，由（1）知函数()f x在(,2)ln递减，在(2,)ln 递增，又(0)0f，f（1）30e，1(12)23202flneln，则存在01(1,12)2xln，使得0(
20、)0fx，即00210 xex，当0(0,)xx时，()0f x，当0(xx，)时，()0f x，则函数()f x 在0(0,)x递减，在0(x，)递增，则当0 xx时，函数()f x 取最小值02000()xf xexx，故当0 x 时，0()()f xf x，由00210 xex，得0021xex，则022000000()21xf xexxxxx 22000151()24xxx ，由于01(1,12)2xln，则20015()()24f xx 211(12)(12)122lnln 2221()22lnln，故0 x 时，222()1()22lnlnf x 9（2021石家庄一模）已知函数(
21、)2()f xln axb，其中 a，bR（1）当0a 时，若直线 yx是曲线()yf x的切线，求 ab 的最大值；（2）设1b ，函数2()(1)(1)()(g xaxa axf x aR，0)a 有两个不同的零点，求 a的最大整数值（参考数据5:0.223)4ln【解答】解：（1）设直线 yx与()yf x相切于点0(P x，02()ln axb，2()afxaxb，002()1afxaxb，02axba (0)a，又点 P 在切线 yx上，002()ln axbx，02 2ln ax，02222baaxaaln a，因此22222abaa ln a(0)a，设 g（a）22222aa
22、ln a，0a，g（a）2422(1 2 2)aaln aaln a，令 g（a）0得，02ea；令 g（a）o得，2ea，g（a）在(0,)2e 上单调递增，在(2e，)上单调递减，g（a）的最大值为()24eeg，ab的最大值为4e；（2）函数2()(1)(1)()(g xaxa axf x aR，0)a 有两个不同的零点，等价于方程22(1)(1)(1)ln axaxa ax有两个不相等的实根，设1tax，则等价于方程220lnttat(0)t 有两个不同的解，即关于t 的方程22lnttat(0)t 有两个不同的解，设22()lntth tt，则2222()tlnth tt，设2()2
23、2m ttlnt，由0t 可知2()20m ttt，()m t在(0,)上单调递减，又 m（1）10，575()204164mln，存在 05(1,)4t 使得0()0m t，即200220tlnt，20022lntt，当0(0,)tt时，()0m t，()0h t，函数()h t 单调递增；当0(tt，)时，()0m t，()0h t，函数()h t 单调递减，函数()h t 的极大值为220000000022229()2(,0)10lnttth ttttt，要使得关于t 的方程22lnttat(0)t 有两个不同的解，则0()ah t，当1a 时，设2()2p tlnttt，则2()21p
24、 ttt，可知()p t 在117(0,)4上单调递增，在 117(4，)上单调递减，又 p（1）0，117()04p，p（e）220ee，()p t有两个不同的零点，符合题意，a的最大整数值为 1 10（2021汇川区校级月考）已知函数()(xlnxkf xke为常数，e 是自然对数的底数），（1）曲线()yf x在点(1，f（1）)处的切线与 x 轴平行，求 k 的值及函数的单调区间；（2）证明：当 k e时，对1x ，都有()1f x 成立【解答】解：（1）11,101xlnxkkxfxfkee又故，21111(0),0h xlnxxh xxxx 令则，即()h x 在(0,)上是单调递
25、减，又 h（1）0，所以函数()f x 在(0,1)上单增，(1,)上单减（2）证明：1()xlnxkxfxe，2111(0),0g xlnxk xg xxxx 令则，即()g x 在(0,)上是单调递减，所以()g xg（1）1k，当1k 时，()0g x 恒成立，即()f x 在(0,)上单调递减，则()f xf（1）1ke，当1k 时，必然存在一个0 1x ，使得0001()0g xlnxkx，则01xx，()0g x，()f x 单调递增，0 xx时()0g x，()f x 单调递减 则000001()()1xxlnxkf xf xex e剟 法二：()1f x 即xelnx k，(1
26、,)xk e厔，令()xg xelnx，则1()xg xex，(1)x 显然()g x是增函数，故()g xg（1）10e，所以()g x 是增函数，()g xg（1）e k ，故()g xk，所以当 k e时，对1x ，都有()1f x 成立 11（2021龙凤区校级二模）已知函数232()()2(1)(1)(f xxx lnxxa xaxb a，)bR（1）当0a，0b 时，求()f x 在点(1，f（1）)处的切线方程；（2）若()0f x 恒成立，求2ba的最小值【解答】解：（1）232()()2f xxx lnxxxx 的导数为221()(21)()621fxxlnxxxxxx (2
27、1)(3)xlnxx，可得切线的斜率为 9，切点为(1,2)，则切线方程为29(1)yx，即97yx；（2）221()(21)()62(1)1(21)(3)fxxlnxxxxa xaxlnxxax，令()3h xlnxxa，则()h x 在(0,)上单调递增，又0 x 时，()h x，当 x 时，()h x，存在唯一一个0(0,)x ，使得0()0h x，即003axlnx 当00 xx时，()0f x，当0 xx时，()0f x，()f x在0(0,)x上单调递减，在0(x，)上单调递增 2320000000()()()2(1)(1)minfxf xxx lnxxa xaxb 2320000
28、000000()2(13)(31)xx lnxxxlnx xxlnxxb 320002xxxb ()0f x 恒成立，3200020 xxxb ，即320002b xxx 323232000000000000222262252ba xxxaxxxxlnxxxxlnx，设32()252xxxxlnx，(0,)x，则2222752(1)(372)()3453(1)xxxxxxxxx xxxx，当 01x 时，()0 x，当1x 时，()0 x，()x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，()x（1）2 当01x 时，即0033axlnx，3200024bxxx时，2ba取得最小值 2 12
29、已知函数3()f xaxaxxlnx，且()0f x （）求 a （）证明：()f x 存在唯一的极大值点0 x，且0242()33f xee【解答】()I 解：3()0f xaxaxxlnx 0 x，化为：20axalnx 0 x，令2()g xaxalnx0 x 1()2g xaxx 0a时，()0g x，函数()g x 在(0,)上单调递减，而 g（1）0，1x 时，()0g x，不满足题意，舍去 0a 时，112()()22()a xxaag xx，可 得12xa时，函 数()g x 取 得 极 小 值，111()0222galnaa，令 h（a）1111(2)2222alnalnaa
30、，(0,)a h（a）112122aaa ，可得12a 时，h（a）取得极大值即最大值，11()0()22hga，因此只有12a 时满足题意 故12a ()II 证明：由()I 可得：311()22f xxxxlnx，0 x 223133()12222fxxlnxxlnx 113()()133()3xxfxxxx 可得13x 时，()f x取得极小值，113132()3032222lnfln 0 x时，()f x；1x 时，f（1）0，x 时，()f x 函数()f x 存在唯一的极大值点0 x，且0103x 0 x 满足20033022xlnx，可得200233lnxx 令2()233h x
31、lnxx，103x 244111()43330h eee ，22113()23310h eee 021113xee 30000000112()223f xxxx lnxx lnx，021113xee 令2()3u xxlnx，211xee 2()(1)3u xlnx，可得1xe时，函数()u x 取得极大值，且021113xee 0224112()()()33uf xueeee()f x存在唯一的极大值点0 x，且0242()33f xee 13（2021广州模拟）已知函数()xbef xalnxx，曲线()yf x在点(1，f（1）)处的切线方程为 220 xye （1）求 a，b 的值；（
32、2）证明函数()f x 存在唯一的极大值点0 x，且0()2 22f xln【解答】解：（1）函数的定义域为(0,)，2()()xxab xeefxxx，则 f（1）a，f（1）be，故曲线()yf x在点(1，f（1）)处的切线方程为0axyabe，又曲线()yf x在点(1，f（1）)处的切线方程为 220 xye ，2a，1b ；（2）证明：由（1）知，()2xef xlnxx，则22()xxxxeefxx，令()2xxg xxxee，则()2xg xxe，易知()g x在(0,)单调递减，又(0)20g，g（1）20e，故存在1(0,1)x，使得1()0g x，且当1(0,)xx时，(
33、)0g x，()g x 单调递增，当1(xx，)时，()0g x，()g x 单调递减，由于(0)10g，g（1）20，g（2）240e，故存在0(1,2)x，使得0()0g x，且当0(0,)xx时，()0g x，()0f x，()f x 单调递增，当0(xx，)时，()0g x，()0f x，()f x 单调递减，故函数存在唯一的极大值点0 x，且00000()20 xxg xxx ee，即00002,(1,2)1xxexx，则0000002()221xef xlnxlnxxx，令2()2,121h xlnxxx，则222()0(1)h xxx，故()h x 在(1,2)上单调递增，由于0
34、(1,2)x，故0()h xh（2）2 22ln，即00222221lnxlnx，0()2 22f xln 14（2021 春济宁期末）已知函数()(1)xf xealn x，其中e 为自然对数的底数（1）若1a ，求()f x 的最小值；（2）若0 a e剟，证明：()0f x 【解答】解：（1）若1a 时，()(1)xf xeln x，(1)x 1(1)1()11xxxefxexx，设()(1)1xg xxe，则()(2)0 xg xxe，函数()g x 在(1,)上为增函数，又(0)0g，当(1,0)x 时，()0g x，()0f x，()f x单调递减；当(0,)x 时，()0g x，
35、()0f x，()f x单调递增()f x的最小值为(0)1f （2）证明：由题意知(1)()11xxaxeafxexx，(1)x 0 a e剟，当0a 时，()0 xf xe，显然成立 当 0a e 时，由（1）知：()(1)xh xxea，在(1,)上为增函数，(1)0ha ，h（1）20ea，存在唯一的0(1,1)x 使得0()0h x，即00(1)xxea，当0(1,)xx 时，()0h x，()0f x，()f x 单调递减；0(x，)时，()0h x，()0f x，()f x 单调递增()f x的最小值为00000001()(1)()11xxaaf xealn xalnalnaxx
36、xe 001(1 1)(21)(1)01axlnaalnaalnax 厖 当且仅当001111xxlna，即00 x，ae时取等号 把00 x 代入00(1)xxea，得1a ，矛盾，等号不能成立 0()0f x，因此()0f x 15（2021 春日照期中）设函数2()xf xealnx（1）讨论()f x 的导函数()fx零点的个数；（2）证明：当0a 时，()()22af xalna【解答】解：（1）函数的定义域(0,)，2()2xafxex，当0a，()0f x恒成立，没有零点，当0a 时，2()2xafxex在(0,)上单调递增，又因为0 x 时，()f x，x 时，()f x，故(
37、)fx只有 1 个零点；（2）令 ma ，则0m，2()xf xemlnx，由（1）知，当0a 时，()fx只有 1 个零点，设为0 x，则02020 xaex，02020 xmex，0202xmex，故000222mmxlnlnlnxx，当00 xx，()0f x，()f x 单调递减，当0 xx时，()0f x，()f x 单调递增，故当0 xx时，函数()f x取得最小值020000002()(2)2222xmmmf xemlnxm lnxmlnmxxxm，00222222()22mamxmlnmmlnaalnxmm 16（2021九江校级月考）已知函数()()xf xeln xm（1）
38、若0 x 是()f x 的极值点，求 m，并讨论()f x 的单调性；（2）当2m 时，证明()0f x 【解答】解：（1）()()xf xeln xm，1()xfxexm，0 x 是()f x 的极值点，(0)0f，得1m ；当 x 在(1,0)时，()0fx，()f x 递减，当 x 在(0,)时，()0fx，()f x 递增；（2）当2m 时，1()2xfxex，(1)0f ，(0)0f，故()0f x在(2,)上有唯一实数根0 x，且0(1,0)x 当0(2,)xx 时，()0f x，当0(xx，)时，()0f x，从而当0 xx时，()f x 取得最小值0()f x，000()(2)
39、xf xeln x 200(1)02xx，()0f x 另解：当2m 时，()(2)xf xeln x，令()1xg xex，()1xg xe，当0 x 时，()0g x，()g x 单调递减，当0 x，时，()0g x，()g x 单调递增，所以()(0)0g xg，即1xex，当且仅当0 x 时取等号，所以()11 0lnxg lnxelnxxlnx 厖，当且仅当1x 时取等号，故(2)1(2)2(2)1 0 xeln xxln xxln x 厖，取等条件不一致，故(2)0 xeln x，即()0f x 17（2021 春福建期末）已知函数()()xf xeln xm（）设0 x 是()f
40、 x 的极值点，求 m 的值，并讨论()f x 的单调性；（）证明：(2)0 xeln x【解答】解：1()()xI fxexm，由题意可得，1(0)10fm，解可得1m ，1(1)1()11xxexfxexx，令()(1)1xg xex，则()(2)0 xg xxe，故()g x 在(1,)上单调递增且(0)0g，当0 x 时，()0g x 即()0f x，函数()f x 单调递增，当 10 x 时，()0g x 即()0f x，函数()f x 单调递减，（）证明：（2）令()(2)xh xeln x，则1()2xh xex在(2,)上单调递增，因为(1)0h，(0)0h，所以()0h x在
41、(2,)存在唯一实数根0 x，且0(1,0)x ，当0(2,)xx 时，()0h x，0(xx，)时，()0h x，当0 xx时，函数取得最小值，因为0012xex，即00(2)xlnx，故02000000(1)1()()(2)022xxh xh xelnxxxx，所以(2)0 xeln x 18（2021道里区校级二模）已知函数()()xf xeln xm（1）设0 x 是()f x 的极值点，求函数()f x 在1，2上的最值；（2）若对任意1x，20 x，2且12xx，都有1212()()1f xf xxx，求 m 的取值范围（3）当2m时，证明()0f x 【解答】解：（1）1()xf
42、xexm，0 x 是()f x 的极值点，1(0)10fm ，解得：1m ，()(1)xf xeln x，定义域是(1,)，(1)1()1xexfxx，设()(1)1xg xex，则()(2)0 xg xex，()g x在(1,)递增，又(0)0g，0 x 时，()0g x，即()0f x，10 x 时，()0g x，即()0f x，()f x在(1,0)递减，在(0,)递增，()f x在1，2递增，()f x的最小值是 f（1）2eln，()f x 的最大值是 f（2）23eln；（2）因为对任意1x，20 x，2且12xx，都有1212()()1f xf xxx，即都有1122()()f
43、xxf xx，故函数()()()xh xf xxexln xm在0，2上单调递增；1()10 xh xexm 在0，2上恒成立，又因为1()1xh xexm 在0，2上单调递增，所以只要01(0)100hem 即12m；（3）证明：当2m，(,)xm 时，()(2)ln xmln x，故只需证明当2m 时()0f x，当2m 时，函数1()2xfxex在(2,)上为增函数，且(1)0f ，(0)0f，故()0f x在(2,)上有唯一实数根0 x，且0(1,0)x ，当0(2,)xx 时，()0f x，当0(xx，)时，()0f x，从而当0 xx时，()f x 取得最小值 由0()0fx，得0
44、012xex，00(2)ln xx，故200000(1)1()()022xf xf xxxx，综上，当2m时，()0f x 法二：2m2xm x，()(2)ln xmln x，()(2)ln xmln x，故()(2)xf xeln x，令()1xg xex，易证1 0(0 xexx时“”成立），故()11 0(1lnxg lnxelnxxlnxx 时“”成立），故(2)1(2)(2)(2)1 0 xeln xxln xxln x 厖，(“不同时成立），故(2)0 xeln x，()0f x 成立 19（2021东湖区校级期末）设函数21()12f xlnxaxx （1）当2a 时，求函数()
45、f x 的极值点；（2）当0a 时，证明：()xxef x在(0,)上恒成立【解答】解：（1）由题意得2121(0,),()21xxxfxxxx，当()0fx时，01x，()f x 在(0,1)上为增函数；当()0fx时，1x ，()f x 在(1,)上为减函数；所以1x 是()f x 的极大值点，无极小值点（2）证明：令()()1(0)xxF xxef xxelnxxx，则11()(1)1(1)xxxF xxexexx，令()1xG xxe，则因为()(1)0(0)xG xxex，所以函数()G x 在(0,)上单调递增，()G x 在(0,)上最多有一个零点，又因为(0)10G ，G（1）
46、10e，所以存在唯一的(0,1)c使得G（c）0，且当(0,)xc时，()0G x；当(,)xc 时，()0G x，即当(0,)xc时，()0F x；当(,)xc 时，(0)0F，所以()F x 在(0,)c 上单调递减，在(,)c 上单调递增，从而()F xF（c）1cc elncc ，由 G（c）0得10 xc e 即1cc e ，两边取对数得：0lncc，所以 F（c）0，()F xF（c）0，从而证得()xxef x 20（2021锡山区校级三模）已知函数()cos(1)xf xaea，aR（1）若1a ，求曲线()yf x在点(0，(0)f处的切线方程；（2）设()()(1)g xf
47、 xln x，若()0g x ，求 a 的取值范围【解答】解：（1）1a 时，()1xf xe，则()xfxe，(0)1f ，又(0)0f，故切点为(0,0)，故曲线()yf x在点(0，(0)f处的切线方程为：0 xy；（2）()(1)cos(1)xg xaeln xa，定义域是(1,)，令t（a）cos(1)()aaaR，求导t（a）1 sin(1)0a ，故t（a）在 R 上单调递增，且t（1）1 cos(1 1)0，故()0g x ，则当0 x 时，(0)cos(1)0gaa 恒成立，即t（a）t（1），故1a，1()1xg xaex，1a 时，令()()m xg x，则21()0(1
48、)xm xaex，故()m x 在(1,)上单调递增，且(0)1 0ma ，1 11(1)0amaea aaa，故存在0(1x ，0，使得0()0m x，即00101xaex，00(1)lnxxlna，当0(1,)xx 时，()0g x，()g x 在0(1,)x上单调递减，当0(xx，)时，()0g x，()g x 在0(x，)上单调递增，故000()()(1)cos(1)xg xg xaelnxa 000011cos(1)1cos(1)1 1cos(1)011xlnaaxlnaalnaaxx 厖，综上，所求 a 的取值范围是1，)21（2021玉溪月考）已知函数2()(1)1f xxa x
49、lnx （1）若1a ，求函数()f x 的最小值；（2）若0 x 时，()22f xa 恒成立，求实数 a 的取值范围【解答】解：（1）当1a ，2()(0)f xxxlnx x，2121(21)(1)()21xxxxfxxxxx，令()0fx得1x ，当 01x 时，()0fx，则()f x 在(0,1)上单调递减；当1x 时，()0fx，则()f x 在(1,)上单调递增，所以()minf xf（1）0（2）解：因为()22f xa，即2(1)10 xa xlnx ，问题转化为2()(1)10(0)g xxa xlnxx 恒成立，因为2121()2xaxg xxaxx，设2()21r x
50、xax，因为280a，102，故存在00 x，有2000()210r xxax，且()g x在0(0,)x时()0g x，在0(x，)时()0g x，则()g x 在0(0,)x上单调递减，在0(x，)上单调递增 故要满足题意，有20000()()(1)1 0ming xg xxa xlnx ，由200210 xax 可得0012axx代入上式，20000001()(2)(1)1g xxxxlnxx，即2000001()22g xxxlnxx，由0020011()220g xxxx，所以函数0()g x在(0,)上单调递减，而 g（1）0，当0(0 x，1时，函数0()g xg（1）0符合要求
51、 又所以0012(axx ，1，即(a ，1，当0(1,)x 时，函数0()g xg（1）0不符合要求 综上：(a ，1 22（2021龙岩月考）已知函数()(xf xealnx aR且为常数）（）讨论函数()f x 的极值点个数；（）若()(1)(1)1xf xx ealnxbx对任意的(0,)x 恒成立，求实数b 的取值范围【解答】解：（）由题设知：()f x 的定义域为(0,)，1()()xxafxexeaxx，令()xh xxe，()0 xxxxeexe 在(0,)上恒成立，函数()xh xxe在(0,)上单调递增，且值域为(0,)，当0a时，0 xxea在(0,)上恒成立，即()0f
52、 x，故()f x 在(0,)上单调递增，无极值点；当0a 时，方程0 xxea有唯一解为00(0)x x，当00 xx时，()0f x，函数()f x 单调递减；当0 xx时，()0f x，函数()f x 单调递增，0 x是函数()f x 的极小值点，没有极大值点 综上，当0a时，()f x 无极值点，当0a 时，函数()f x 只有 1 个极值点；（）不等式()(1)(1)1xf xx ealnxbx对任意的(0,)x 恒成立，即1xxelnxbx 对任意的(0,)x 恒成立，1xlnxb ex对任意的(0,)x 恒成立 记1()xlnxF xex，则222()xxlnxx elnxF x
53、exx，记2()xh xx elnx，则21()2xxh xxex ex，易知()0h x在(0,)上恒成立，()h x在(0,)上单调递增，且11 2211()()110eeheeee ，h（1）0e，存在01(,1)xe，使得0()0h x，且当0(0,)xx时()0h x，即()0F x，函数()F x 在0(0,)x上单调递减；当0(xx，)时()0h x，即()0F x，故()F x 在0(x，)上单调递增，0()()minF xF x，即0001()xminlnxF xex，又0()0h x，故0200 xx elnx，即0000 xlnxx ex，即001001lnxxx eln
54、ex，由（）知函数()xs xxe在(0,)上单调递增，001xln x，0000000001111()1xxminlnxx elnxxF xexxx，1b 综上，实数b 的取值范围是(，1 23（2021江西月考）已知函数2()21f xlnxxax，32()2g xxx（1）若0a，讨论函数()f x 在定义域内的极值点个数；（2）若1a ，函数()()()1xf xg xh xx 在(1,)上恒成立，求整数 的最大值【解答】解：（1）()f x 的定义域为(0,)，且2141()4xaxfxxaxx，方程2410 xax，216a，当216 0a，即04a 时，()f x 在(0,)上单
55、调递增，故极值点个数为 0；当2160a，即4a 时，当4a 时，()f x 在216(0,)8aa，216(,)8aa 上单调递增，在221616(,)88aaaa上单调递减，故极值点个数为 2，综上可知，当04a 时，()f x 极值点个数为 0，当4a 时，()f x 极值点个数为 2；（2）当1a，()()()11xf xg xxxlnxh xxx，22(2)(1)()2()(1)(1)(1)lnxxxxlnxxlnxh xxxx，令()2(1)H xxlnxx，则11()10 xH xxx，所以()H x 在(1,)上单调递增，而 H（3）130ln，H（4）240ln，所以存在0(3,4)x，使得0()0H x，即0020 xlnx，故002lnxx，且0(1,)xx时，()0h x，0(xx，)，()0h x，即()h x 在0(1,)x上单调递减，在0(x，)上单调递增，所以()h x 的最小值为0000000000(2)()11xx lnxxxxh xxxx，所以0 x，因为0(3,4)x，Z，即 的最大值为 3 所以，的最大值为 3
