第12讲 隐零点问题(解析版)

参考答案与试题解析

一．选择题（共1小题）

1．（2021•赣州期末）命题p：关于x的不等式exlnxm0(e为自然对数的底数）的一切

x(0,)恒成立；命题q:m(，

13]；那么命题p是命题q的( ) 6A．充要条件 C．必要不充分条件

B．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件

【解答】解：关于x的不等式exlnxm0(e为自然对数的底数）的一切x(0,)恒成立， 即为mexlnx，可令f(x)exlnx， 则f(x)ex由yex121， x1在x0递增， x23且e20，e30， 212则存在x0(，)，满足f(x0)0，且f(x)在(0,x0)递减，(x0，)递增，

23f(x)minf(x0)ex_0lnx0112313lnex0x0， x0x0326记f(x0)x01n， x0则mn，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f(x)exln(x2)，求证：f(x)【解答】证明：f(x)ex1． 61g(x)，(x2)． x2则函数g(x)在(2,)上单调递增， 11211由g()0，g(0)10，

222e3存在唯一零点x0(1,0)，满足ex01， x02

x0ln(x02)．

f(x)f(x0)ex0ln(x02) 1x0， x02h(t)t111，h(t)1，0t(,0)． 2(t2)t221111f(x0)f()．

126222f(x)1． 63．（2021•鼓楼区校级月考）设函数f(x)(xa)2lnx，aR． （1）若f（e）0； ①求实数a的值；

②若1a2e，证明xe为f(x)的极值点．

（2）求实数a的取值范围，使得对任意的x(0，3e]恒有f(x)4e2成立．（注:e为自然对数的底数）

(xa)2a【解答】解：（1）①求导得f(x)2(xa)lnx(xa)(2lnx1)，

xxxe是f(x)的极值点，

f(e)(ea)(3)0，解得ae或a3e；

aee②证明：因为1a2e，所以ae，所以f(x)(xe)(2lnx1)(x0)，

x令(x)2lnx1e2e，则(x)20，故(x)在(0,)上单调递增， xxx而（1）1e0，（e）20，故存在唯一x0(1,e)，使得(x0)0， xe时，xe0，2lnx1e3120，即xe时，f(x)0，f(x)单调递增， xx0xe时，xe0，(x)(x0)0，此时f(x)0，f(x)单调递减，

xe为函数f(x)的极小值点；

（2）(i)当0x1，对于任意的实数a，恒有f(x)04e2成立； (ii)1x3e时，由题意，首先有

f(3e)(3ea)2ln(3e)4e2，解得

3e2eln(3e)a3e2eln(3e)，

a由（1）知，f(x)(xa)(2lnx1)，

x令h(x)2lnx1a，则h（1）1a0，h（a）2lna0，且xa2ln(3e)13e3e2eln(3e)12ln(3e)0，

3e3ln(3e)h(3e)2ln(3e)1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x0，则1x03e，1x0a，

从而，当x(0,x0)时，f(x)0，当x(x0，a)时，f(x)0，当x(a,)时，f(x)0， 即函数f(x)在(0,x0)单调递增，在(x0，a)单调递减，在(a,)单调递增，

22fx0(x0a)lnx04e①所以要使f(x)4e对任意x(1，3e]恒成立，只需， 22f3e(3ea)ln3e4e②2由h(x0)2lnx01a0知a2x0lnx0x0③， x0将③代入①得，4x02ln3x04e2，又x01，

注意到函数yx2ln3x在[1，)上单调递增，故1x03e， 由②解得3e2eln(3e)a3e2eln(3e)，

3e2eln(3e)a3e，

2eln(3e)综上，实数a的取值范围为[3e,3e]．

4．（2021•全国四模）已知函数f(x)x，g(x)ex，h(x)lnx． （1）求证：g(x)f(x)1，h(x)f(x)1；

（2）记(x)f(x)g(x)a(f(x)h(x))，若(x)有两个零点，求实数a的取值范围． 【解答】解：（1）证明：令m(x)exx1，m(x)ex1． 当x0时，m(x)0，m(x)在(,0)递减； 当x0时，m(x)0，m(x)在(0,)递增， m(x)minm(0)0，

exx1．

即g(x)f(x)1． 令n(x)lnxx1，n(x)11x， 1xx

当0x1时，n(x)0，n(x)在(0,1)递增； 当x1时，n(x)0，n(x)在(1,)递减， n(x)maxn（1）0，

lnxx1．

即h(x)f(x)1

（2）(x)xexa(xlnx)，(x)x1x(xea)． x①当a0时，(x)0，则(x)在(0,)上单调递增，至多一个零点舍去； ②当a0时，(x)0，即xexa0．

设t(x)xexa，t(x)ex(x1)0，t(x)在(0,)上单调递增， 又t(0)a0，t（a）a(ea1)0，

所以t(x)在(0,)存在唯一的零点，记为x0，t(x0)0， 即x0ex0a0．

当x(0,x0)，t(x)0，即(x)0，(x)在(0,x0)上单调递减； 当x(x0，)，t(x)0，即(x)0，(x)在(x0，)上单调递增，

(x)min(x0)x0ex0a(lnx0x0)， 又x0ex0a，

(x0)a(1lnx0x0)，

若(x)有两个零点，则(x0)0，即1lnx0x00， x01，

11111111e又ax0ee，()ea(ln)eea(1)0，

eeeeeex0又(x)在(0,x0)上单调递减，所以(x)在(0,x0)存在唯一的零点x1； 由2a2x0ex0x0及（1）可知，

(2a)2ae2aa(2aln2a)a(e2aln2ae2a2a)，

又(x)在(x0，)上单调递减，所以(x)在(x0，)存在唯一的零点x2， 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f(x)axex(aR)． （1）当a0时，求函数f(x)的单调区间；

（2）设b为实数，若不等式f(x)2x2bx对任意的a1及任意的x0恒成立，求b的取值

范围；

（3）若函数g(x)f(x)xlnx(x0)有两个相异的零点，求a的取值范围． 【解答】解：（1）当a0时，因为f(x)a(x1)ex， 当x1时，f(x)0， 当x1时，f(x)0，

所以函数f(x)单调递减区间为(,1)， 单调递增区间为(1,)． （2）由f(x)2x2bx，得： axex2x2bx，由于x0，

所以aex2xb对任意的a1及任意的x0恒成立，

由于ex0，所以aexex，所以ex2xb对任意的x0恒成立． 设(x)ex2x，x0， 则(x)ex2，

所以函数(x)在(0,ln2)上单调递减， 函数(x)在(ln2,)上单调递增， 所以(x)min(ln2)22ln2． 所以b22ln2．

（3）由g(x)axexxlnx，

1(x1)(axex1)得g(x)a(x1)e1，其中x0，

xxx若a0时，则g(x)0，

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a0时，令g(x)0，得xex10， a由第（2）小题知，当x0时，(x)ex2x22ln20， 所以ex2x， 所以xex2x2，

所以当x0时，函数xex的值域为(0,)，

所以存在x00，使得ax0ex010，即ax0ex01，① 当xx0时，h(x)0，

所以函数g(x)在(0,x0)单调递增，

在(x0，)单调递减．

因为函数g(x)有两个零点x1，x2，

所以g(x)maxh(x0)ax0ex0x0lnx01x0lnx00，② 设p(x)1xlnx，x0， 则p(x)11，所以p(x)在(0,)上单调递增， x由于p（1）0， 所以当x1时，p(x)0， 所以②式中的x01， 1由①式得x0ex0，

a由第（1）小题可知，当a0时，函数f(x)在(0,)上单调递减， 所以1e， a1即a(，0)，

e1当a(，0)时，

e1ae1（1）由于g()(1)0，

eee1e1所以g()g(x0)0，

e1因为1x0，且函数g(x)在(0,x0)上单调递减，函数g(x)在(0,x0)上图象不间断，

e所以函数g(x)(0，x0)上恰有一个零点．

1111（2）由于g()ealn()，

aaa令t1e， a设F(t)ettlnt，te

1由于te时，lntt，et2t，所以设F(t)0，即h()0，

a由①式得当x01时，1且g()h(x0)0，

a1x0ex0x0， a

同理可得函数g(x)在(x0，)上恰有一个零点， 综上，a(1e，0)．

6．（2021•眉山模拟）已知函数f(x)13x3x2ax． （1）当a3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x1，x2，若过两点(x1，f(x1))，(x2，轴的交点在曲线yf(x)上，求a的值．

【解答】解：（1）当a3时，f(x)13x3x23x，

则f(x)x22x3(x3)(x1)； 令f(x)0得，x3或x1；

x (,3) 3 (3,1) 1 (1,) f(x)  0  0  f(x) 增 9 减 5 增 3当x3时，f(x)的极大值为9，当x1时，f(x)的极小值为53．

（2）

f(x)(x1)2a1；

①当a1时，f(x)0，f(x)是R上的增函数，

②当a1时，f(x)0有两个根，x111a，x211a； 当xx1，xx2时，f(x)0； 故f(x)的单调增区间为

(,11a)，(11a，)；

当x1xx2时，f(x)0；

故f(x)的单调减区间为(11a，11a)； （3）由题设知，x1，x2是f(x)0的两个根，

a1，且x2x212x1a，22x2a； f(x132ax121)3x1x113x1(2x1a)x1ax1

13x222a13ax13(a1)x13，

f(x2))的直线l与2a同理，f(x2)(a1)x2，

332a则直线l的解析式为y(a1)x；

33设直线l与x轴的交点为(x0，0)， 2a则0(a1)x0，

33解得，x0a；

2(a1)1代入f(x)x3x2ax得，

3f(a1aaa )()3()2a2(a1)32(a1)2(a1)2(a1)a2(12a217a6)； 324(a1)a2(x0，f(x0))在x轴上，f(x0)(12a217a6)0， 324(a1)解得，a0或a23或a． 341alnx(aR)． x7．（2021•重庆模拟）已知函数f(x)x（1）若直线yx1与曲线yf(x)相切，求a的值； （2）若关于x的不等式f(x)2恒成立，求a的取值范围． e1ax2ax1111xa【解答】解：（1）设切点的横坐标为x0，f(x)12， 0xxx2ax0则有：f(x0)x01alnx0x01lnx0x010， x0令h(x)lnxx1h(x)110x1， x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x01a1； （2）令l(x)x12alnx，则原命题等价于l(x)0恒成立， xex2ax112又l(x)，设x0ax010,ax0， 2x0x则l(x)在(0,x0)上单减，在(x0，)上单增，

故只需l(x0)0,l(x0)x0令m(x)x112(x0)lnx0， x0x0e1121(x)lnxm(x)(12)lnx， xxex所以m(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减， 1111又m()m(e)0，x0[,e]，即a[e,e]．

eeee8．（2021•广州二模）已知函数f(x)exx2ax． （1）若函数f(x)在R上单调递增，求a的取值范围； （2）若a1，证明：当x0时，f(x)1参考数据：e2.71828，ln20.69． 【解答】解：（1）解法1:f(x)ex2xa， 函数f(x)在R递增，

ln2ln22()． 22f(x)ex2xa0，得aex2x， 设g(x)ex2x，则g(x)ex2， 令g(x)0，解得：xln2， 当xln2时，g(x)0， 当xlnx时，g(x)0，

故函数g(x)在(,ln2)递减，在(ln2,)递增， 故xln2时，g(x)取得最小值g(ln2)22ln2， 故a22ln2，

故a的范围是(,22ln2)； 解法2：由f(x)ex2xa， 设h(x)ex2xa，则h(x)ex2， 令h(x)0，解得：xln2， 当xln2时，h(x)0， 当xln2时，h(x)0，

故函数h(x)在(,ln2)递减，在(ln2,)递增， 故xln2时，h(x)取得最小值h(ln2)22ln2a， 函数f(x)在R递增，故f(x)0，

由于f(x)h(x)，则22ln2a0，解得：a22ln2，

故a的范围是(,22ln2)；

（2）证明：若a1，则f(x)exx2x，得f(x)ex2x1， 由（1）知函数f(x)在(,ln2)递减，在(ln2,)递增，

1又f(0)0，f（1）e30，f(1ln2)2e3ln20，

21则存在x0(1,1ln2)，使得f(x0)0，即ex02x010，

2当x(0,x0)时，f(x)0，当x(x0，)时，f(x)0， 则函数f(x)在(0,x0)递减，在(x0，)递增， 则当xx0时，函数f(x)取最小值f(x0)ex0x02x0， 故当x0时，f(x)f(x0)， 由ex02x010，得ex02x01， 则f(x0)ex0x02x02x01x02x0 15x02x01(x0)2，

241由于x0(1,1ln2)，

215则f(x0)(x0)2

2411(1ln2)2(1ln2)1

221ln2ln22()， 22故x0时，f(x)1ln2ln22()． 229．（2021•石家庄一模）已知函数f(x)2ln(axb)，其中a，bR． （1）当a0时，若直线yx是曲线yf(x)的切线，求ab的最大值；

（2）设b1，函数g(x)(ax1)2a(ax1)f(x)(aR，a0)有两个不同的零点，求a5的最大整数值．（参考数据:ln0.223)

4【解答】解：（1）设直线yx与yf(x)相切于点P(x0，2ln(ax0b))， f(x)2a， axb2a1，ax0b2a (a0)，

ax0bf(x0)

又点P在切线yx上，2ln(ax0b)x0， 2ln2ax0，b2aax02a2aln2a，

因此ab2a22a2ln2a(a0)， 设g（a）2a22a2ln2a，a0， g（a）2a4aln2a2a(12ln2a)，

令g（a）0得，0ag（a）在(0,ee；令g（a）o得，a， 22ee，)上单调递减， )上单调递增，在(22ee)， 24g（a）的最大值为g(ab的最大值为

e； 4（2）函数g(x)(ax1)2a(ax1)f(x)(aR，a0)有两个不同的零点， 等价于方程2ln(ax1)(ax1)2a(ax1)有两个不相等的实根， 设tax1，则等价于方程2lntt2at0 (t0)有两个不同的解，

2lntt2即关于t的方程a (t0)有两个不同的解，

t2lntt22t22lnt设h(t)，则h(t)， 2tt设m(t)2t22lnt，由t0可知m(t)2t20， t575m(t)在(0,)上单调递减，又m（1）10，m()2ln0，

4164存在t0(1,)使得m(t0)0，即2t022lnt00，2lnt0t022，

54当t(0,t0)时，函数h(t)单调递增；当t(t0，m(t)0，h(t)0，)时，m(t)0，h(t)0，

函数h(t)单调递减，

2lnt0t0222t02292t0(,0)， 函数h(t)的极大值为h(t0)t0t0t0102lntt2要使得关于t的方程a (t0)有两个不同的解，则ah(t0)，

t当a1时，设p(t)2lntt2t， 则p(t)1171172，)上单调递减， )上单调递增，在(2t1，可知p(t)在(0,44t

117又p（1）0，p()0，p（e）2e2e0，

4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f(x)lnxk， (k为常数，e是自然对数的底数）

ex（1）曲线yf(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ke时，对x1，都有f(x)1成立．

1lnxk1kx【解答】解：（1）fx,又f10故k1， exe令hx111lnx1(x0),则hx20， xxx即h(x)在(0,)上是单调递减，又h（1）0， 所以函数f(x)在(0,1)上单增，(1,)上单减．

1lnxk111x（2）证明：f(x)，令gxlnxk(x0),则gx20， xexxx即g(x)在(0,)上是单调递减，所以g(x)g（1）1k，

当k1时，g(x)0恒成立，即f(x)在(0,)上单调递减，则f(x)f（1）当k1时，必然存在一个x01，使得g(x0)则1xx0，g(x)0，f(x)单调递增， xx0时g(x)0，f(x)单调递减．

k1， e1lnx0k0， x0则f(x)f(x0)lnx0k11． x0x0ex0e法二：f(x)1即exlnxk，(x1,ke)， 令g(x)exlnx，则g(x)ex1，(x1)显然g(x)是增函数， x故g(x)g（1）e10，所以g(x)是增函数，g(x)g（1）ek， 故g(x)k，所以当ke时，对x1，都有f(x)1成立．

11．（2021•龙凤区校级二模）已知函数f(x)(x2x)lnx2x3(1a)x2(a1)xb(a，bR)．

（1）当a0，b0时，求f(x)在点(1，f（1）)处的切线方程； （2）若f(x)0恒成立，求b2a的最小值

【解答】解：（1）

f(x)(x2x)lnx2x3x2x 的

导

数

为16x22x1xf(x)(2x1)lnx(x2x)

(2x1)(lnx3x)，

可得切线的斜率为9，切点为(1,2)， 则切线方程为y29(x1)，即y9x7；

（2）

16x22(1a)xa1xf(x)(2x1)lnx(x2x)，

令h(x)lnx3xa，则h(x)在(0,)上单调递增，

又x0时，h(x)，当x时，h(x)，

存在唯一一个x0(0,)，使得

h(x0)0，即a3x0lnx0．

当0xx0时，f(x)0，当xx0时，f(x)0，

f(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增．

232fmin(x)f(x0)(x0x0)lnx02x0(1a)x0(a1)

232(x0x0)lnx02x0(13x0lnx0)x0(3x0lnx01)x

32x02x0x0b．

f(x)0恒成立，

32x02x0x0b032bx02x0x0．

，即

3232b2ax02x0x02ax02x0x06x02lnx0，

设(x)x32x25x2lnx，x(0,)，

则

227x25x2(x1(x)3x4x53x(x1)xx，

当0x1时，(x)0，当

x1时，(x)0，

(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增， (x)（1）2．

当x01时，即a3x0lnx03，

32bx02x0x04时，b2a取

得最小值2．

12．已知函数f(x)ax3axxlnx，且f(x)0． （Ⅰ）求a．

（Ⅱ）证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且

42． f(x)023e3e【解答】(I)解：f(x)ax3axxlnx0．x0， 化为：ax2alnx0．x0， 令g(x)ax2alnx．x0． 1g(x)2ax．

xa0时，g(x)0，函数g(x)在(0,)上单调递减，而g（1）0，x1时，g(x)0，

不满足题意，舍去．

2a(xa0时，g(x)g(11)(x)2a2a，可得x1时，函数g(x)取得极小值，

2ax111)aln0， 2a22a1111alnaln(2a)，a(0,)． 22a22令h（a）h（a）1111112a，可得a时，h（a）取得极大值即最大值，h()0g()， 22a22a2a

因此只有a故a1． 21时满足题意． 2(II)证明：由(I)可得：f(x)f(x)131xxxlnx，x0． 2232133xlnx1x2lnx． 2222f(x)3x1x3(x11)(x)33． x可得x11131ln32时，f(x)取得极小值，f()ln30． 332222x0时，f(x)；x1时，f（1）0，x时，f(x)．

函数f(x)存在唯一的极大值点x0，且0x01． 3x0满足

3232x0lnx00，可得2lnx03x03． 221． 3令h(x)2lnx3x23，0xh(

111113)4343340，h()2323120． 2eeeeee111． x0e2e31111312． x0x0x0lnx0x0lnx0，2x0ee3223f(x0)211令u(x)xlnx，2x．

3ee2u(x)(lnx1)，

3可得x1111时，函数u(x)取得极大值，且2x0．

ee3e4112． u()f(x)u()03e2e2e3e42f(x0)． 23e3ef(x)存在唯一的极大值点x0，且

bex13．（2021•广州模拟）已知函数f(x)alnx，曲线yf(x)在点(1，f（1）)处的切

x线方程为2xy2e0．

（1）求a，b的值；

（2）证明函数f(x)存在唯一的极大值点x0，且f(x0)2ln22．

ab(xexex)【解答】解：（1）函数的定义域为(0,)，f(x)， 2xx则f（1）a，f（1）be，

故曲线yf(x)在点(1，f（1）)处的切线方程为axyabe0， 又曲线yf(x)在点(1，f（1）)处的切线方程为2xy2e0， a2，b1；

ex2xxexex（2）证明：由（1）知，f(x)2lnx，则f(x)，

xx2令g(x)2xxexex，则g(x)2xex，易知g(x)在(0,)单调递减， 又g(0)20，g（1）2e0， 故存在x1(0,1)，使得g(x1)0，

且当x(0,x1)时，g(x)0，g(x)单调递增，当x(x1，)时，g(x)0，g(x)单调递减，

由于g(0)10，g（1）20，g（2）4e20， 故存在x0(1,2)，使得g(x0)0，

且当x(0,x0)时，当x(x0，g(x)0，f(x)0，f(x)单调递增，)时，g(x)0，f(x)0，f(x)单调递减，

故函数存在唯一的极大值点x0，且g(x0)2x0x0ex0ex00，即ex0ex022lnx0则f(x0)2lnx0， x0x012x0,x0(1,2)， x01令h(x)2lnx2220， ,1x2，则h(x)x(x1)2x1故h(x)在(1,2)上单调递增，

由于x0(1,2)，故h(x0)h（2）2ln22，即2lnx0f(x0)2ln22．

22ln22， x0114．（2021春•济宁期末）已知函数f(x)exaln(x1)，其中e为自然对数的底数． （1）若a1，求f(x)的最小值； （2）若0ae，证明：f(x)0．

【解答】解：（1）若a1时，f(x)exln(x1)，(x1)．

1(x1)ex1， f(x)ex1x1x设g(x)(x1)ex1，则g(x)(x2)ex0，

函数g(x)在(1,)上为增函数，

又g(0)0，

当x(1,0)时，g(x)0，f(x)0，f(x)单调递减；

当x(0,)时，g(x)0，f(x)0，f(x)单调递增． f(x)的最小值为f(0)1．

a(x1)exa（2）证明：由题意知f(x)e，(x1)．0ae， x1x1x当a0时，f(x)ex0，显然成立．

当0ae时，由（1）知：h(x)(x1)exa，在(1,)上为增函数， h(1)a0，h（1）2ea0，

存在唯一的x0(1,1)使得h(x0)0，即(x01)ex0a，

当x(1,x0)时，h(x)0，f(x)0，f(x)单调递减；

(x0，)时，h(x)0，f(x)0，f(x)单调递增．

f(x)的最小值为f(x0)ex0aln(x01)a(aa1alnx0a(lnax0) x01x01e1x011lna)a(21lna)a(1lna)0． x011x01当且仅当x01，

lna1即x00，ae时取等号．

把x00代入(x01)ex0a，得a1，矛盾，

等号不能成立．

f(x0)0，因此f(x)0．

15．（2021春•日照期中）设函数f(x)e2xalnx． （1）讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数； a（2）证明：当a0时，f(x)aln()2a．

2【解答】解：（1）函数的定义域(0,)，f(x)2e2xa， x

当a0，f(x)0恒成立，没有零点， 当a0时，f(x)2e2xax在(0,)上单调递增， 又因为x0时，f(x)，x时，f(x)， 故f(x)只有1个零点；

（2）令ma，则m0，f(x)e2xmlnx，

由（1）知，当a0时，f(x)只有1个零点，设为x0，则2e2x0ax0， 02e2x0m0，e2x0mx， 02x0故2xlnm02xlnmlnx0， 02当0xx0，f(x)0，f(x)单调递减，当xx0时，f(x)0，f(x)单调递增， 故

当

xx0时，函数f(x)取得最小f(x0)e2x0mlnx0m2xm(lnm2x)mmln20m2mx0， 022x02m2x2mx222aaln(a0mln2mmln)． 0mm216．（2021•九江校级月考）已知函数f(x)exln(xm)． （1）若x0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性； （2）当m2时，证明f(x)0． 【解答】解：（1）f(x)exln(xm)， f(x)ex1xm， x0是f(x)的极值点，

f(0)0，得m1；

当x在(1,0)时，f(x)0，f(x)递减， 当x在(0,)时，f(x)0，f(x)递增； （2）当m2时， f(x)ex1x2， f(1)0，f(0)0，

故f(x)0在(2,)上有唯一实数根x0，且x0(1,0)． 当x(2,x0)时，f(x)0，

值

当x(x0，)时，f(x)0，

从而当xx0时，f(x)取得最小值f(x0)，

f(x0)ex0ln(x02) (x01)20， x02f(x)0．

另解：当m2时，

f(x)exln(x2)，

令g(x)exx1，g(x)ex1，

当x0时，g(x)0，g(x)单调递减，当x0，时，g(x)0，g(x)单调递增， 所以g(x)g(0)0，即exx1，当且仅当x0时取等号， 所以g(lnx)elnxlnx1xlnx10，当且仅当x1时取等号， 故exln(x2)x1ln(x2)x2ln(x2)10， 取等条件不一致，故exln(x2)0， 即f(x)0．

17．（2021春•福建期末）已知函数f(x)exln(xm)．

（Ⅰ）设x0是f(x)的极值点，求m的值，并讨论f(x)的单调性； （Ⅱ）证明：exln(x2)0． 【解答】解：(I)f(x)ex由题意可得，f(0)1x1， xm10，解可得m1， m1ex(x1)1， f(x)ex1x1令g(x)ex(x1)1，则g(x)(x2)ex0， 故g(x)在(1,)上单调递增且g(0)0，

当x0时，g(x)0即f(x)0，函数f(x)单调递增， 当1x0时，g(x)0即f(x)0，函数f(x)单调递减， （Ⅱ）证明：（2）令h(x)exln(x2)，则h(x)ex因为h(1)0，h(0)0，

所以h(x)0在(2,)存在唯一实数根x0，且x0(1,0)，

1在(2,)上单调递增， x2

当x(2,x0)时，h(x)0，x(x0，)时，h(x)0， 当xx0时，函数取得最小值， 因为ex01，即x0ln(2x0)， 2x0x0(1x0)21x00， 故h(x)h(x0)eln(2x0)2x02x0所以exln(x2)0．

18．（2021•道里区校级二模）已知函数f(x)exln(xm)． （1）设x0是f(x)的极值点，求函数f(x)在[1，2]上的最值； （2）若对任意x1，x2[0，2]且x1x2，都有（3）当m2时，证明f(x)0．

【解答】解：（1）f(x)exx0是f(x)的极值点，

f(x1)f(x2)1，求m的取值范围．

x1x21， xmf(0)110，解得：m1， mf(x)exln(x1)，定义域是(1,)，

ex(x1)1， f(x)x1设g(x)ex(x1)1，则g(x)ex(x2)0， g(x)在(1,)递增，

又g(0)0，

x0时，g(x)0，即f(x)0， 1x0时，g(x)0，即f(x)0，

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）eln2，f(x)的最大值是f（2）e2ln3；

（2）因为对任意x1，x2[0，2]且x1x2，都有即都有f(x1)x1f(x2)x2，

f(x1)f(x2)1，

x1x2故函数h(x)f(x)xexxln(xm)在[0，2]上单调递增； h(x)ex110在[0，2]上恒成立，

xm

又因为h(x)ex11在[0，2]上单调递增， xm11； 0即m20m所以只要h(0)e01（3）证明：当m2，x(m,)时，ln(xm)ln(x2)， 故只需证明当m2时f(x)0， 当m2时，函数f(x)ex且f(1)0，f(0)0，

故f(x)0在(2,)上有唯一实数根x0，且x0(1,0)， 当x(2,x0)时，f(x)0，当x(x0，)时，f(x)0， 从而当xx0时，f(x)取得最小值． 由f(x0)0，得ex01，ln(x02)x0， x021在(2,)上为增函数， x2(x01)21x00， 故f(x)f(x0)x02x02综上，当m2时，f(x)0．

法二：m2．xmx2，ln(xm)ln(x2)，ln(xm)ln(x2)， 故f(x)exln(x2)，

令g(x)exx1，易证exx10(x0时“”成立）， 故g(lnx)elnxlnx1xlnx10(x1时“”成立），

故exln(x2)x1ln(x2)(x2)ln(x2)10，( “ “不同时成立）， 故exln(x2)0，f(x)0成立．

119．（2021•东湖区校级期末）设函数f(x)lnxax2x1．

2（1）当a2时，求函数f(x)的极值点；

（2）当a0时，证明：xexf(x)在(0,)上恒成立．

12x2x1【解答】解：（1）由题意得x(0,),f(x)2x1，

xx当f(x)0时，0x1，f(x)在(0,1)上为增函数； 当f(x)0时，x1，f(x)在(1,)上为减函数； 所以x1是f(x)的极大值点，无极小值点

（2）证明：令F(x)xexf(x)xexlnxx1(x0)，

1x11(xex1)， xx则F(x)(x1)ex令G(x)xex1，则因为G(x)(x1)ex0(x0)，

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G(0)10，G（1）e10，所以存在唯一的c(0,1)使得G（c）0， 且当x(0,c)时，G(x)0；当x(c,)时，G(x)0， 即当x(0,c)时，F(x)0；当x(c,)时，F(0)0，

所以F(x)在(0,c)上单调递减，在(c,)上单调递增，从而F(x)F（c）ceclncc1， 由G（c）0得cex10即cec1，两边取对数得：lncc0， 所以F（c）0，F(x)F（c）0，从而证得xexf(x)．

20．（2021•锡山区校级三模）已知函数f(x)aexcos(a1)，aR． （1）若a1，求曲线yf(x)在点(0，f(0))处的切线方程； （2）设g(x)f(x)ln(x1)，若g(x)0，求a的取值范围． 【解答】解：（1）a1时，f(x)ex1，则f(x)ex，f(0)1， 又f(0)0，故切点为(0,0)，

故曲线yf(x)在点(0，f(0))处的切线方程为：xy0； （2）g(x)aexln(x1)cos(a1)，定义域是(1,)， 令t（a）acos(a1)(aR)，求导t（a）1sin(a1)0， 故t（a）在R上单调递增，且t（1）1cos(11)0， 故g(x)0，则当x0时，g(0)acos(a1)0恒成立， 即t（a）t（1），故a1，

g(x)aex1， x1a1时，令m(x)g(x)，则m(x)aex10，

(1x)2

111故m(x)在(1,)上单调递增，且m(0)a10，m(1)aeaaaa0，

a故存在x0(1，0]，使得m(x0)0，即aex010，ln(1x0)x0lna， 1x0当x(1,x0)时，g(x)0，g(x)在(1,x0)上单调递减， 当x(x0，)时，g(x)0，g(x)在(x0，)上单调递增， 故g(x)g(x0)aex0ln(1x0)cos(a1) 11x0lnacos(a1)1x0lnacos(a1)11lnacos(a1)0， 1x01x0综上，所求a的取值范围是[1，)．

21．（2021•玉溪月考）已知函数f(x)x2a(x1)lnx1． （1）若a1，求函数f(x)的最小值；

（2）若x0时，f(x)2a2恒成立，求实数a的取值范围． 【解答】解：（1）当a1，f(x)x2xlnx(x0)，

12x2x1(2x1)(x1)，， f(x)2x1xxx令f(x)0得x1，

当0x1时，f(x)0，则f(x)在(0,1)上单调递减；当x1时，f(x)0，则f(x)在(1,)上单调递增，

所以f(x)minf（1）0．

（2）解：因为f(x)2a2，即x2a(x1)1lnx0， 问题转化为g(x)x2a(x1)1lnx0(x0)恒成立，

12x2ax1因为g(x)2xa，

xx设r(x)2x2ax1， 因为△a280，

10，故存在x00，有r(x0)2x02ax010， 2且g(x)在(0,x0)时g(x)0，在(x0，)时g(x)0， 则g(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增 故要满足题意，有g(x)ming(x0)x02a(x01)lnx010， 由2x02ax010可得a2x01代入上式， x0

g(x0)x02(2x011)(x01)lnx01，即g(x0)x022x0lnx02， x0x0110， 2x0x0由g(x0)2x02所以函数g(x0)在(0,)上单调递减，而g（1）0， ①当x0(0，1]时，函数g(x0)g（1）0符合要求 又所以a2x01(，1]， x0即a(，1]，

②当x0(1,)时，函数g(x0)g（1）0不符合要求 综上：a(，1]．

22．（2021•龙岩月考）已知函数f(x)exalnx(aR且为常数）． （Ⅰ）讨论函数f(x)的极值点个数；

（Ⅱ）若f(x)(1x)ex(a1)lnxbx1对任意的x(0,)恒成立，求实数b的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）由题设知：f(x)的定义域为(0,)，f(x)ex令h(x)xex，(xex)exxex0在(0,)上恒成立，

函数h(x)xex在(0,)上单调递增，且值域为(0,)，

a1(xexa)， xx①当a0时，xexa0在(0,)上恒成立，即f(x)0，故f(x)在(0,)上单调递增，无极值点；

②当a0时，方程xexa0有唯一解为x0(x00)， 当0xx0时，f(x)0，函数f(x)单调递减； 当xx0时，f(x)0，函数f(x)单调递增， x0是函数f(x)的极小值点，没有极大值点．

综上，当a0时，f(x)无极值点， 当a0时，函数f(x)只有1个极值点；

（Ⅱ）不等式f(x)(1x)ex(a1)lnxbx1对任意的x(0,)恒成立， 即xexlnx1bx对任意的x(0,)恒成立，

bexlnx1对任意的x(0,)恒成立 xxlnxx2exlnxlnx1x记F(x)e，则F(x)e2，

xx2x

记h(x)x2exlnx，则h(x)2xexx2ex1x，易知h(x)0在(0,)上恒成立，

h(x)在(0,)上单调递增，且h(1e)(111e)2ee1ee210，h（1）e0，

存在x10(e,1)，使得h(x0)0，且当x(0,x0)时h(x)0，即F(x)0， 函数F(x)在(0,x0)上单调递减；

当x(x0，)时h(x)0，即F(x)0，故F(x)在(x0，)上单调递增， F(x)1minF(x0)，即F(x)minex0lnx0x， 0又h(x0，故x2exlnxxlnx10x1ln0x00)000，即x0e0x，即x0eln0xe，

0由（Ⅰ）知函数s(x)xex在(0,)上单调递增，

x1x0lnx01x0ex0lnx010lnx，F(x)mine1x011， 0x0x0x0b1．综上，实数b的取值范围是(，1]．

23．（2021•江西月考）已知函数f(x)lnx2x2ax1，g(x)2x3x2． （1）若a0，讨论函数f(x)在定义域内的极值点个数； （2）若a1，函数h(x)xf(x)g(x)x1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f(x)14x2ax1x4xax，

方程4x2ax10，△a216，

①当△a2160，即0a4时，f(x)在(0,)上单调递增，故极值点个数为0； ②当△a2160，即a4时，

当a4时，f(x)在(0,aa2168)，(aa2168,)上单调递增， 在(aa2168,aa2168)上单调递减，故极值点个数为2， 综上可知，当0a4时，f(x)极值点个数为0，当a4时，f(x)极值点个数为2； （2）当a1，

h(x)xf(x)g(x)x1xxlnxx1h(x)(lnx2)(x1)(xxlnx)x(x1)2lnx2(x1)2(x1)，

，

令H(x)xlnx2(x1)，则H(x)1所以H(x)在(1,)上单调递增，

1x10， xx而H（3）1ln30，H（4）2ln40，所以存在x0(3,4)，使得H(x0)0，即x0lnx020，

故lnx0x02，且x(1,x0)时，h(x)0，x(x0，)，h(x)0， 即h(x)在(1,x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增， 所以h(x)的最小值为h(x0)所以x0，

因为x0(3,4)，Z，即的最大值为3． 所以，的最大值为3．

x0x0lnx0x0x0(x02)x0，

x01x01