1、第4讲导数的综合应用与热点问题考情考向高考导航导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点解答题的热点题型有：(1)利用导数证明不等式或探讨方程的根(2)利用导数求解参数的范围或值真题体验1(2018全国卷)已知函数f(x).(1)求曲线yf(x)在点(0，1)处的切线方程；(2)证明：当a1时，f(x)e0.解析：(1)由题意：f(x)得f(x)；f(0)2；即曲线yf(x)在点(0，1)处的切线斜率为2，y(1)2(x0)，即2xy10.(2)当a1时，f(x)e，令g(x)x2
2、x1ex1，则g(x)2x1ex1，当x1时，g(x)0，g(x)单调递减；当x1时，g(x)0，g(x)单调递增所以g(x)g(1)0.因此当a1，f(x)e0.2(2019全国卷)已知函数f(x)(x1)ln xx1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数证明：(1)f(x)的定义域为(0，)f(x)ln x1ln x，因为yln x单调递增，y单调递减，所以f(x)单调递增，又f(1)10，f(2)ln 20，故存在唯一x0(1,2)，使得f(x0)0.又当xx0时，f(x)0，f(x)单调递减；当xx0时，f(x)0，f(x)单调递增
3、，因此，f(x)存在唯一的极值点(2)由(1)知f(x0)f(1)2，又f(e2)e230，所以f(x)0在(x0，)内存在唯一根xa.由x01得1x0.又fln10，故是f(x)0在(0，x0)的唯一根综上，f(x)0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数主干整合1常见构造辅助函数的四种方法(1)直接构造法：证明不等式f(x)g(x)(f(x)g(x)的问题转化为证明f(x)g(x)0(f(x)g(x)0)，进而构造辅助函数h(x)f(x)g(x)(2)构造“形似”函数：稍作变形后构造对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅
4、助函数(3)适当放缩后再构造：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数(4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数的零点也不易求得，因此单调性和极值点都不易获得，从而构造f(x)和g(x)，利用其最值求解2不等式的恒成立与能成立问题(1)f(x)g(x)对一切xa，b恒成立a，b是f(x)g(x)的解集的子集f(x)g(x)min0(xa，b)(2)f(x)g(x)对xa，b能成立a，b与f(x)g(x)的解集的交集不是空集f(x)g(x)max0(xa，b)(3)对x1，x2a，b使得f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.(4)对x1a，b，
5、x2a，b使得f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min.3零点存在性定理在函数的零点问题中的应用第一步：求导函数根据导数公式，求出函数的导函数，并写出定义域第二步：讨论单调性由f(x)0(或f(x)0)讨论函数的单调性第三步：定区间端点处的函数值符号确定单调区间端点处的函数值及符号第四步：判定零点根据零点存在性定理判断零点存在与否及其个数4分离参数法、数形结合法解决函数的零点问题第一步：分离参变量由已知的含参方程将参数与已知变量分离第二步：研究函数将已知范围的变量的代数式作为函数，利用导数研究其图象第三步：利用图象找交点利用图象找到产生不同交点个数的参数的取值范围第四步：运动定范围通过
6、改变未知变量的范围找出临界条件热点一利用导数研究不等式问题利用导数证明不等式例11(2019梅州三模节选)已知函数f(x)ln(x1)(1)证明：f(x1)；(2)证明：e2x2(x1)ex2x3.审题指导第(1)小题利用移项作差构造法构造函数，通过求导研究函数的单调性，求解最值即可；第(2)小题利用换元的思想和第(1)小题的结论证明不等式解析(1)令h(x)f(x1)(x0)，则h(x)ln x，h(x)，所以当x(0,1)时，h(x)0，当x(1，)时，h(x)0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以h(x)h(1)0，所以f(x1).(2)由(1)易知ln t，
7、t0.要证e2x2(x1)ex2x3，即(ex1)22x(ex1)4，只需证ex12x，即证x.令tex，则x，即x，得证用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f(x)在a，b上是增函数，则xa，b，有f(a)f(x)f(b)，x1，x2a，b，且x1x2，有f(x1)f(x2)对于减函数有类似结论(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则xD，有f(x)M(或f(x)m)(3)证明f(x)g(x)，可构造函数F(x)f(x)g(x)，证明F(x)0.利用导数研究不等式恒成立、存在性问题例12(2019西安三模)已知f(x)2ln(x2)(x1)2，g(x)k(x
8、1)(1)求f(x)的单调区间(2)当k2时，求证：对于x1，f(x)g(x)恒成立(3)若存在x01，使得当x(1，x0)时，恒有f(x)g(x)成立，试求k的取值范围审题指导(1)求f(x)的导数f(x)，再求单调区间(2)构造函数证明不等式(3)构造函数、研究其单调性，从而确定参数范围解析(1)f(x)2(x1)(x2)当f(x)0时，x23x10，解得2x.当f(x)0时，解得x.所以f(x)的单调增区间为，单调减区间为.(2)证明：设h(x)f(x)g(x)2ln(x2)(x1)2k(x1)(x1)当k2时，由题意，当x(1，)时，h(x)0恒成立h(x)2，当x1时，h(x)0恒成
9、立，h(x)单调递减又h(1)0，当x(1，)时，h(x)h(1)0恒成立，即f(x)g(x)0对于x1，f(x)g(x)恒成立(3)因为h(x)k.由(2)知，当k2时，f(x)g(x)恒成立，即对于x1，2ln(x2)(x1)22(x1)，不存在满足条件的x0；当k2时，对于x1，x10，此时2(x1)k(x1)2ln(x2)(x1)22(x1)k(x1)，即f(x)g(x)恒成立，不存在满足条件的x0；当k2时，令t(x)2x2(k6)x(2k2)，可知t(x)与h(x)符号相同，当x(x0，)时，t(x)0，h(x)0，h(x)单调递减当x(1，x0)时，h(x)h(1)0，即f(x)
10、g(x)0恒成立综上，k的取值范围为(，2)1利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围一般地，f(x)a恒成立，只需f(x)mina即可；f(x)a恒成立，只需f(x)maxa即可(2)转化为含参数函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解2存在型不等式恒成立问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)g(a)对于xD恒成立，应求f(x)的最小
11、值；若存在xD，使得f(x)g(a)成立，应求f(x)的最大值在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样，就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值，然后构建目标不等式求参数范围(2020江淮十校联考)已知函数f(x)ln xax2x，aR.(1)当a0时，求曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程；(2)若a2，正实数x1，x2满足f(x1)f(x2)x1x20，证明：x1x2.解析：(1)当a0时，f(x)ln xx，则f(1)1，切点为(1,1)，又f(x)1，切线斜率kf(1)2.故切线方程为y12(x1)，即2xy10.(2)证明：
12、当a2时，f(x)ln xx2x，x0.f(x1)f(x2)x1x20，即ln x1xx1ln x2xx2x1x20，从而(x1x2)2(x1x2)x1x2ln(x1x2)令tx1x2，(t)tln t，得(t)1.易知(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增，所以(t)(1)1，所以(x1x2)2(x1x2)1.又x10，x20，所以x1x2.热点二利用导数研究函数的零点问题直观想象素养直观想象数形结合求解零点问题在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义
13、；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围在解答导数问题中，主要存在两类问题，一是“有图考图”，二是“无图考图”.例2(2019日照三模)设函数f(x)x2a(ln x1)(a0)(1)证明：当a时，f(x)0.(2)判断函数f(x)有几个不同的零点，并说明理由审题指导(1)要证明f(x)0，只需证明f(x)min0，根据函数单调性求出f(x)min，证明其在0a时恒大于等于0即可(2)要判断函数f(x)的零点的个数，结合(1)需分a，0a，a，三种情况进行分类讨论解析(1)函数的定义域为(0，)，令f(x)2x0，则x ，所以当x时，
14、f(x)0，当x时，f(x)0，所以f(x)的最小值为f，当0a时，ln1ln10，所以f0，所以f(x)0成立(2)当a时，由(1)得，f(x)x2(ln x1)的最小值为f0，即f(x)x2(ln x1)有唯一的零点x；当0a时，由(1)得，f(x)x2a(ln x1)的最小值为f，且f0，即f(x)x2a(ln x1)不存在零点；当a时，f(x)的最小值f0，又 ，f0，所以函数f(x)在上有唯一的零点，又当a时，a ，f(a)a2a(ln a1)a(aln a1)，令g(a)aln a1，g(a)1，g(a)0，得a1，可知g(a)在上递减，在(1，)上递增，所以g(a)g(1)0，所
15、以f(a)0，所以函数f(x)在上有唯一的零点，所以，当a时，f(x)有2个不同的零点，综上所述，当a时，有唯一的零点；当0a时，不存在零点；当a时，有2个不同的零点1对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解，这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类问题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况，进而求解2研究方程的根的情况，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，并借助函数的大致图象判断方程的根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用(
16、2020佛山模拟)已知函数f(x)(x2ax)ln xx2(其中aR)，(1)若a0，讨论函数f(x)的单调性(2)若a0，求证：函数f(x)有唯一的零点解析：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)(2xa)ln x(x2ax)x(2xa)ln x2xa(2xa)(1ln x)，令f(x)0，即(2xa)(1ln x)0x1，x2，当x1x2，即，a时，f(x)0，f(x)是(0，)上的增函数；当x1x2，即，0a时，当x时，f(x)0，f(x)单调递增，当x时，f(x)0，f(x)单调递减；当x时，f(x)0，f(x)单调递增；当x2x1，即，a时，当x时，f(x)0，f(x)单调递增；
17、当x时，f(x)0，f(x)单调递减；当x时，f(x)0，f(x)单调递增；综上所述，当0a时，f(x)在，单调递增，在单调递减；当a时，f(x)在(0，)单调递增；当a时，f(x)在，单调递增，在单调递减(2)若a0，令f(x)0，即(2xa)(1ln x)0，得x，当x时，f(x)0，f(x)单调递减，当x时，f(x)0，f(x)单调递增，故当x时，f(x)取得极小值fln0，以下证明：在区间上，f(x)0，令x，t1，则x，f(x)f，f(x)0f0(t)0atett0atett，因为a0，t1，不等式atett显然成立，故在区间上，f(x)0，又f(1)0，即f(1)f0，故当a0时，
18、函数f(x)有唯一的零点x0.限时60分钟满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1(2019天津卷节选)设函数f(x)excos x，g(x)为f(x)的导函数(1)求f(x)的单调区间；(2)当x时，证明f(x)g(x)0.解析：(1)由已知，有f(x)ex(cos xsin x)因此，当x(kZ)时，有sin xcos x，得f(x)0，则f(x)单调递减；当x(kZ)时，有sin xcos x，得f(x)0，则f(x)单调递增所以，f(x)的单调递增区间为(kZ)，f(x)的单调递减区间为(kZ)(2)证明：记h(x)f(x)g(x)，依题意及(1)，有g(x)ex(
19、cos xsin x)，从而g(x)2exsin x当x时，g(x)0，故h(x)f(x)g(x)g(x)(1)g(x)0.因此，h(x)在区间上单调递减，进而h(x)hf0.所以，当x时，f(x)g(x)0.2(2019大庆三模)设函数f(x)kln x，k0.(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，)上仅有一个零点解析：(1)由f(x)kln x(k0)得f(x)x.由f(x)0解得x.f(x)与f(x)在区间(0，)上的变化情况如下：x(0，)(，)f(x)0f(x)所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，)；f(x)在x
20、处取得极小值f().(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，)上的最小值为f().因为f(x)存在零点，所以0，从而ke.当ke时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()0，所以x是f(x)在区间(1，上的唯一零点当ke时，f(x)在区间(0，)上单调递减，且f(1)0，f()0，所以f(x)在区间(1，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，上仅有一个零点3(2019全国卷)已知函数f(x)2sin xxcos xx，f(x)为f(x)的导数(1)证明：f(x)在区间(0，)存在唯一零点；(2)若x0，时，f(x)ax，求a的取值范围解：(1)设g(x)f(
21、x)，则g(x)cos xxsin x1，g(x)xcos x.当x时，g(x)0；当x时，g(x)0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减又g(0)0，g0，g()2，故g(x)在(0，)存在唯一零点，所以f(x)在区间(0，)存在唯一零点(2)由题设知f()a，f()0，可得a0，由(1)知，f(x)在(0，)只有一个零点，设为x0，且当x(0，x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，f(x)0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减又f(0)0，f()0，所以当x0，时，f(x)0.又当a0，x0，时，ax0，故f(x)ax.因此，a的取值范围是(，04(2019
22、成都诊断)已知函数f(x)(x22axa2)ln x，aR.(1)当a0时，求函数f(x)的单调区间；(2)当a1时，令F(x)xln x，证明：F(x)e2，其中e为自然对数的底数；(3)若函数f(x)不存在极值点，求实数a的取值范围解析：(1)当a0时，f(x)x2ln x(x0)，此时f(x)2xln xxx(2ln x1)令f(x)0，解得xe.函数f(x)的单调递增区间为(e，)，单调递减区间为(0，e)(2)证明：F(x)xln xxln xx.由F(x)2ln x，得F(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，F(x)F(e2)e2.(3)f(x)2(xa)ln x
23、(2xln xxa)令g(x)2xln xxa，则g(x)32ln x，函数g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，)上单调递增，g(x)g(e)2ea.当a0时，函数f(x)无极值，2ea0，解得a2e.当a0时，g(x)min2ea0，即函数g(x)在(0，)上存在零点，记为x0.由函数f(x)无极值点，易知xa为方程f(x)0的重根，2aln aaa0，即2aln a0，a1.当0a1时，x01且x0a，函数f(x)的极值点为a和x0；当a1时，x01且x0a，函数f(x)的极值点为a和x0；当a1时，x01，此时函数f(x)无极值综上，a2e或a1.5(2019深圳三模)已知函数f(x
24、)xln x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的t0，存在唯一的m使tf(m)；(3)设(2)中所确定的m关于t的函数为mg(t)，证明：当te时，有1.解析：(1)f(x)xln x，f(x)ln x1(x0)，当x时，f(x)0，此时f(x)在上单调递减，当x时，f(x)0，f(x)在上单调递增(2)证明：当0x1时，f(x)0，又t0，令h(x)f(x)t，x1，)，由(1)知h(x)在区间1，)上为增函数，h(1)t0，h(et)t(et1)0，存在唯一的m，使tf(m)成立(3)证明：mg(t)且由(2)知tf(m)，t0，当te时，若mg(t)e，则由f(m)的单
25、调性有tf(m)f(e)e，矛盾，me，又，其中uln m，u1，要使1成立，只需0ln uu，令F(u)ln uu，u1，F(u)，当1u时F(u)0，F(u)单调递增，当u时，F(u)0，F(u)单调递减对u1，F(u)F0，即ln uu成立综上，当te时，1成立限时60分钟满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1(2019全国卷)已知函数f(x)2sin xxcos xx，f(x)为f(x)的导数(1)证明：f(x)在区间(0，)存在唯一零点；(2)若x0，时，f(x)ax，求a的取值范围解：(1)设g(x)f(x)，则g(x)cos xxsin x1，g(x)xco
26、s x.当x时，g(x)0；当x时，g(x)0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减又g(0)0，g0，g()2，故g(x)在(0，)存在唯一零点，所以f(x)在区间(0，)存在唯一零点(2)由题设知f()a，f()0，可得a0，由(1)知，f(x)在(0，)只有一个零点，设为x0，且当x(0，x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，f(x)0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减又f(0)0，f()0，所以当x0，时，f(x)0.又当a0，x0，时，ax0，故f(x)ax.因此，a的取值范围是(，02(2020成都诊断)已知函数f(x)(x22axa2)ln x，a
27、R.(1)当a0时，求函数f(x)的单调区间；(2)当a1时，令F(x)xln x，证明：F(x)e2，其中e为自然对数的底数；(3)若函数f(x)不存在极值点，求实数a的取值范围解析：(1)当a0时，f(x)x2ln x(x0)，此时f(x)2xln xxx(2ln x1)令f(x)0，解得xe.函数f(x)的单调递增区间为(e，)，单调递减区间为(0，e)(2)证明：F(x)xln xxln xx.由F(x)2ln x，得F(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，F(x)F(e2)e2.(3)f(x)2(xa)ln x(2xln xxa)令g(x)2xln xxa，则g(x
28、)32ln x，函数g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，)上单调递增，g(x)g(e)2ea.当a0时，函数f(x)无极值，2ea0，解得a2e.当a0时，g(x)min2ea0，即函数g(x)在(0，)上存在零点，记为x0.由函数f(x)无极值点，易知xa为方程f(x)0的重根，2aln aaa0，即2aln a0，a1.当0a1时，x01且x0a，函数f(x)的极值点为a和x0；当a1时，x01且x0a，函数f(x)的极值点为a和x0；当a1时，x01，此时函数f(x)无极值综上，a2e或a1.3(2019深圳三模)已知函数f(x)xln x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)证明
29、：对任意的t0，存在唯一的m使tf(m)；(3)设(2)中所确定的m关于t的函数为mg(t)，证明：当te时，有1.解析：(1)f(x)xln x，f(x)ln x1(x0)，当x时，f(x)0，此时f(x)在上单调递减，当x时，f(x)0，f(x)在上单调递增(2)证明：当0x1时，f(x)0，又t0，令h(x)f(x)t，x1，)，由(1)知h(x)在区间1，)上为增函数，h(1)t0，h(et)t(et1)0，存在唯一的m，使tf(m)成立(3)证明：mg(t)且由(2)知tf(m)，t0，当te时，若mg(t)e，则由f(m)的单调性有tf(m)f(e)e，矛盾，me，又，其中uln
30、m，u1，要使1成立，只需0ln uu，令F(u)ln uu，u1，F(u)，当1u时F(u)0，F(u)单调递增，当u时，F(u)0，F(u)单调递减对u1，F(u)F0，即ln uu成立综上，当te时，1成立4(2019厦门二调)已知函数f(x)aln x，g(x)xf(x)(1)讨论h(x)g(x)f(x)的单调性；(2)若h(x)的极值点为3，设方程f(x)mx0的两个根为x1，x2，且ea，求证：.解析：(1)h(x)g(x)f(x)xaln x，其定义域为(0，)，h(x).在(0，)递增；a10即a1时，x(0,1a)时，h(x)0，x(1a，)时，h(x)0，h(x)在(0,1
31、a)递减，在(1a，)递增，综上，a1时，h(x)在(0,1a)递减，在(1a，)递增，a1时，h(x)在(0，)递增(2)证明：由(1)得x1a是函数h(x)的唯一极值点，故a2.2ln x1mx10,2ln x2mx20，2(ln x2ln x1)m(x1x2)，又f(x)2ln x，f(x)，mln.令te2，(t)ln t，则(t)0，(t)在e2，)上递增，(t)(e2)11.故.5(2019全国卷)已知函数f(x)ln x.(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线yln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线yex
32、的切线解：(1)f(x)的定义域为(0,1)(1，)因为f(x)0，所以f(x)在(0,1)，(1，)单调递增因为f(e)10，f(e2)20，所以f(x)在(1，)有唯一零点x1，即f(x1)0.又01，fln x1f(x1)0，故f(x)在(0,1)有唯一零点.综上，f(x)有且仅有两个零点(2)因为，故点B在曲线yex上由题设知f(x0)0，即ln x0，故直线AB的斜率k.曲线yex在点B处切线的斜率是，曲线yln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是，所以曲线yln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线yex的切线高考解答题审题与规范(一)函数与导数类考题重在“拆分”
33、思维流程函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点对于这类综合问题，一般是先求导，再变形、分离或分解出基本函数，再根据题意处理.真题案例审题指导审题方法(12分)(2019全国卷)已知函数f(x)sin xln(1x)，f(x)为f(x)的导数，证明：(1)f(x)在区间存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点.(1)设g(x)f(x)，对g(x)求导可得g(x)在(1，)单调递增，在单调递减，得证(2)对x进行讨
34、论，当x(1,0时，利用函数单调性确定此区间上有唯一零点；当x时，利用函数单调性，确定f(x)先增后减且f(0)0，f0，所以此区间上没有零点；当x时，利用函数单调性确定此区间上有唯一零点；当x(，)时，f(x)0，所以此区间上没有零点.审结论问题解决的最终目标就是求出结论或说明已给结论正确或错误因而解决问题时的思维过程大多都是围绕着结论这个目标进行定向思考的审视结论就是在结论的启发下，探索已知条件和结论之间的内在联系和转化规律善于从结论中捕捉解题信息，善于对结论进行转化，使之逐步靠近条件，从而发现和确定解题方向规范解答评分细则解析(1)设g(x)f(x)，则g(x)cos x，g(x)sin
35、 x.1分当x时，g(x)单调递减，而g(0)0，g0，可得g(x)在有唯一零点.2分设零点为.则当x(1，)时，g(x)0；当x时，g(x)0.3分所以g(x)在(1，)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f(x)在存在唯一极大值点.4分(2)f(x)的定义域为(1，)()当x(1,0时，由(1)知，f(x)在(1,0)单调递增，而f(0)0，所以当x(1,0)时，f(x)0，故f(x)在(1,0)单调递减又f(0)0，从而x0是f(x)在(1,0的唯一零点.6分()当x时，由(1)知，f(x)在(0，)单调递增，在单调递减，而f(0)0，f0，所以存在，使得f()0，且当
36、x(0，)时，f(x)0；当x时，f(x)0.故f(x)在(0，)单调递增，在单调递减.8分又f(0)0，f1ln0，所以当x时，f(x)0.从而，f(x)在没有零点.9分()当x时，f(x)0，所以f(x)在单调递减而f0，f()0，所以f(x)在有唯一零点.10分()当x(，)时，ln(x1)1，所以f(x)0，从而f(x)在(，)没有零点综上，f(x)有且仅有2个零点.12分第(1)问踩点得分构造函数g(x)f(x)并正确求导g(x)得1分判断g(x)在上递减，由零点存在定理判定g(x)在有唯一零点，得1分判断g(x)在(1，)，上的符号，得1分得出g(x)f(x)在有唯一极大值点得1分第(2)问踩点得分判断f(x)在(1,0)递增，得1分，判断f(x)在(1,0)递减，又f(0)0，有唯一零点，得1分当x时判断f(x)的单调性，得1分；判断f(x)存在零点，研究f(x)的单调性，得1分由f(0)0，f0，结合f(x)的单调性，得出f(x)在上无零点，得1分当x时，研究f(x)的单调性，由零点存在定理得出结论，得1分当x(，)时，f(x)0，从而f(x)在(，)上无零点得1分，根据分类讨论，得出总结论，得1分.