2023届高考数学专项练习导数解密通关技能篇专题12 导数中隐零点的应用(解析版).pdf

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1、2023届高考数学专项练习导数解密通关技能篇届高考数学专项练习导数解密通关技能篇专专题题12导数中隐零点导数中隐零点的应用的应用【方法总结方法总结】利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关，而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系，按导函数零点能否求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法用显性的代数表达的(f(x)0 是超越形式)，称之为“隐零点”对于隐零点问题，常常涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧用隐零点处理问题时，先证明函数 f(x)在某区上单调，然后用零点存在性定理说明只有一个零点此时设出零点 x0，则

2、 f(x)0 的根为 x0，即有 f(x0)0注意确定 x0的合适范围，如果含参 x0的范围往往和参数a 的范围有关这时就可以把超越式用代数式表示，同时根据 x0的范围可进行适当的放缩从而问题得以解决基本解决思路是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算用隐零点可解决导数压轴题中的不等式证明、恒成立能成立等问题隐零点问题求解三步曲(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程 f(x0)0，并结合 f(x)的单调性得到零点的取值范围(2)以零点为分界点，说明导函数 f(x)的正负，进而得到 f(x)的最值表达式(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点

3、范围还可以适当缩小注意：确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到等等至于隐性零点的范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键最后值得说明的是，隐性零点代换实际上是一种明修栈道，暗渡陈仓的策略，也是数学中“设而不求”思想的体现考点一考点一不等式证明中的不等式证明中的“隐零点隐零点”【例题选讲例题选讲】例例 1(2015 全国)设函数 f(x)e2xalnx(1)讨论 f(x)的导函数

4、 f(x)的零点的个数；(2)证明：当 a0 时，f(x)2aaln2a例例 2(2013 全国)设函数 f(x)exln(xm)(1)若 x0 是 f(x)的极值点，求 m 的值，并讨论 f(x)的单调性；(2)当 m2 时，求证：f(x)0例例 3已知函数 f(x)xexa(xlnx)(1)讨论 f(x)极值点的个数；(2)若 x0是 f(x)的一个极小值点，且 f(x0)0，证明：f(x0)2(x0 x30)例例 4已知函数 f(x)aexsinxx，x0，(1)证明：当 a1 时，函数 f(x)有唯一的极大值点；(2)当2a0 时，证明：f(x)322已知函数 f(x)extlnx(1

5、)若 x1 是 f(x)的极值点，求 t 的值，并讨论 f(x)的单调性；(2)当 t2 时，证明：f(x)03已知函数 f(x)aex2x，aR(1)求函数 f(x)的极值；(2)当 a1 时，证明：f(x)lnx2x24已知函数 f(x)axbxlnx，其中 a，bR(1)若函数 f(x)在点(e，f(e)处的切线方程为 yxe，求 a，b 的值；(2)当 b1 时，f(x)1 对任意 x12，2恒成立，证明：ae12e5已知函数 f(x)exalnx(其中 e2.718 28，是自然对数的底数)(1)当 a0 时，求函数 f(x)的图象在(1，f(1)处的切线方程；(2)求证：当 a11

6、e时，f(x)e1考点二考点二不等式恒成立与存在性中的不等式恒成立与存在性中的“隐零点隐零点”【例题选讲例题选讲】例例 1已知函数 f(x)axxlnx(aR)(1)若函数 f(x)在区间e，)上为增函数，求 a 的取值范围；(2)当 a1 且 kZ 时，不等式 k(x1)f(x)在 x(1，)上恒成立，求 k 的最大值例例 2(2020新高考)已知函数 f(x)aex1lnxlna(1)当 ae 时，求曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若 f(x)1，求 a 的取值范围例例 3已知函数 f(x)lnxkx(kR)，g(x)x(ex2)(1)若 f(

7、x)有唯一零点，求 k 的取值范围；(2)若 g(x)f(x)1 恒成立，求 k 的取值范围例例 4已知 f(x)asinx，g(x)lnx，其中 aR，yg1(x)是 yg(x)的反函数(1)若 00，m0 恒成立，求满足条件的最小整数b 的值例例 5已知函数 f(x)2(xa)lnxx22ax2a2a，其中 a0(1)设 g(x)是 f(x)的导函数，讨论 g(x)的单调性；(2)证明：存在 a(0，1)，使得 f(x)0 在区间(1，)内恒成立，且 f(x)0 在区间(1，)内有唯一解【对点训练】【对点训练】1已知函数 f(x)xlnx(1)求曲线 yf(x)在点(e，f(e)处的切线方

8、程；(2)若当 x1 时，f(x)xk(x1)恒成立，求正整数 k 的最大值2(2012 全国)设函数 f(x)exax2(1)求 f(x)的单调区间；(2)若 a1，k 为整数，且当 x0 时，(xk)f(x)x10，求 k 的最大值3已知函数 f(x)(xa)ex(aR)(1)讨论 f(x)的单调性；(2)当 a2 时，设函数 g(x)f(x)lnxxb，bZ，若 g(x)0 对任意的 x13，1恒成立，求 b 的最小值4已知函数 f(x)xlnxexx(1)求 f(x)的最大值；(2)若 f(x)x1x exbx1 恒成立，求实数 b 的取值范围5设函数 f(x)exax，aR(1)若

9、f(x)有两个零点，求 a 的取值范围；(2)若对任意的 x0，)均有 2f(x)3x2a2，求 a 的取值范围专题专题 12导数中隐零点的应用导数中隐零点的应用【方法总结方法总结】利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关，而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系，按导函数零点能否求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法用显性的代数表达的(f(x)0 是超越形式)，称之为“隐零点”对于隐零点问题，常常涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧用隐零点处理问题时，先证明函数 f(x)在某区上单调，然后用零点存在性定理说明

10、只有一个零点此时设出零点 x0，则 f(x)0 的根为 x0，即有 f(x0)0注意确定 x0的合适范围，如果含参 x0的范围往往和参数a 的范围有关这时就可以把超越式用代数式表示，同时根据 x0的范围可进行适当的放缩从而问题得以解决基本解决思路是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算用隐零点可解决导数压轴题中的不等式证明、恒成立能成立等问题隐零点问题求解三步曲(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程 f(x0)0，并结合 f(x)的单调性得到零点的取值范围(2)以零点为分界点，说明导函数 f(x)的正负，进而得到 f(x)的最值表达式(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式

11、子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小注意：确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到等等至于隐性零点的范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键最后值得说明的是，隐性零点代换实际上是一种明修栈道，暗渡陈仓的策略，也是数学中“设而不求”思想的体现考点一不等式证明中的考点一不等式证明中的“隐零点隐零点”【例题选讲】【例题选讲】例例 1(2015 全国)设函数 f(x)e2

12、xalnx(1)讨论 f(x)的导函数 f(x)的零点的个数；(2)证明：当 a0 时，f(x)2aaln2a解析解析(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2xax(x0)由 f(x)0 得 2xe2xa令 g(x)2xe2x，g(x)(4x2)e2x0(x0)，从而 g(x)在(0，)上单调递增，所以 g(x)g(0)0当 a0 时，方程 g(x)a 有一个根，即 f(x)存在唯一零点；当 a0 时，方程 g(x)a 没有根，即 f(x)没有零点(2)由(1)可设 f(x)在(0，)上的唯一零点为 x0，当 x(0，x0)时，f(x)0故 f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，

13、)上单调递增，所以f(x)minf(x0)由 2e2x0ax00 得 e2x0a2x0，又 x0022exa，得 ln x0ln022exalna22x0，所以 f(x0)02exaln x0a2x0alna22x0a2x02ax0aln2a2a2x02ax0aln2a2aaln2a故当 a0 时，f(x)2aaln2a例例 2(2013 全国)设函数 f(x)exln(xm)(1)若 x0 是 f(x)的极值点，求 m 的值，并讨论 f(x)的单调性；(2)当 m2 时，求证：f(x)0解析解析(1)f(x)ex1xm由 x0 是 f(x)的极值点得 f(0)0，所以 m1于是 f(x)ex

14、ln(x1)，定义域为(1，)，f(x)ex1x1函数 f(x)ex1x1在(1，)单调递增，且 f(0)0因此当 x(1，0)时，f(x)0；当 x(0，)时，f(x)0所以 f(x)在(1，0)单调递减，在(0，)单调递增(2)当 m2，x(m，)时，ln(xm)ln(x2)，故只需证明当 m2 时，f(x)0当 m2 时，函数 f(x)ex1x2在(2，)单调递增又 f(1)0，f(0)0，故 f(x)0 在(2，)有唯一实根 x0，且 x0(1，0)当 x(2，x0)时，f(x)0；当 x(x0，)时，f(x)0，从而当 xx0时，f(x)取得最小值由 f(x0)0 得0ex1x02，

15、ln(x02)x0，故 f(x)f(x0)1x02x0(x01)2x020综上，当 m2 时，f(x)0例例 3已知函数 f(x)xexa(xlnx)(1)讨论 f(x)极值点的个数；(2)若 x0是 f(x)的一个极小值点，且 f(x0)0，证明：f(x0)2(x0 x30)解析(1)f(x)(x1)exa11x(x1)exax(x1)(xexa)x，x(0，)当 a0 时，f(x)0，f(x)在(0，)上为增函数，不存在极值点；当 a0 时，令 h(x)xexa，h(x)(x1)ex0显然函数 h(x)在(0，)上是增函数，又因为当 x0 时，h(x)a0，必存在 x00，使 h(x0)0

16、当 x(0，x0)时，h(x)0，f(x)0，f(x)0，f(x)为增函数所以，xx0是 f(x)的极小值点综上，当 a0 时，f(x)无极值点，当 a0 时，f(x)有一个极值点(2)由(1)得，f(x0)0，即 x0ex0a，f(x0)x0ex0a(x0ln x0)x0ex0(1x0ln x0)，因为 f(x0)0，所以 1x0ln x00，令 g(x)1xln x，g(x)11xg(1)得 x0，所以(x)为增函数，(x)(1)0，即(x)0，即 ln x1x，所以 ln(x1)x10，则 ex0 x01因为 x0(0，1)，所以 1x0ln x01x01x02(1x0)0相乘得 ex0

17、(1x0ln x0)(x01)(22x0)，所以 f(x0)x0ex0(1x0ln x0)2x0(x01)(1x0)2x0(1x20)2(x0 x30)故 f(x0)2(x0 x30)成立例例 4已知函数 f(x)aexsinxx，x0，(1)证明：当 a1 时，函数 f(x)有唯一的极大值点；(2)当2a0 时，证明：f(x)解析(1)当 a1 时，f(x)xsin xex，f(x)1cos xex，因为 x0，所以 1cos x0，令 g(x)1cos xex，g(x)exsin x0，g()e0，所以存在 x0(0，)，使得 f(x0)0，且当 0 x0；当 x0 x时，f(x)0所以函

18、数 f(x)的单调递增区间是0，x0，单调递减区间是x0，所以函数 f(x)存在唯一的极大值点 x0(2)当2a0 时，令 h(x)aexsin xx，则 h(x)aexcos x1，令 k(x)aexcos x1，则 k(x)aexsin x0，h()ae0，所以存在 t(0，)，使得 h(t)0，即 aetcos t10，且当 0 x0；当 tx时，h(x)0所以函数 h(x)在区间0，t上单调递增，在区间t，上单调递减h(x)maxh(t)aetsin tt，t(0，)，因为 aetcos t10，只需证(t)sin tcos tt10，所以函数(t)在区间(0，)上单调递增，(t)()

19、0，即 f(x)321解析(1)因为 f(x)xexa，由 f(0)1 得 a1，又当 x0 时，f(x)1，所以切线方程为 y(1)1(x0)，即 xy10，所以 b1(2)令 g(x)f(x)xex1，则 g(x)(x1)ex，所以当 x1 时，g(x)单调递减，且此时 g(x)0，则 g(x)在(，1)内无零点；当 x1 时，g(x)单调递增，且 g(1)0，所以 g(x)0 有唯一解 x0，f(x)有唯一的极值点 x0由 x0ex01ex01x0，f(x0)x01x0 x011x0 x0，又 g12 e21012x0121x0 x0322已知函数 f(x)extlnx(1)若 x1 是

20、 f(x)的极值点，求 t 的值，并讨论 f(x)的单调性；(2)当 t2 时，证明：f(x)02解析(1)函数 f(x)的定义域(0，)，因为 f(x)ext1x，x1 是 f(x)的极值点，所以 f(1)e1t10，所以 t1，所以 f(x)ex11x，因为 yex1和 y1x，在(0，)上单调递增，所以 f(x)在(0，)上单调递增，当 x1 时，f(x)0；0 x1 时，f(x)0，此时，f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，)，(2)当 t2 时，f(x)extln xex2ln x，设 g(x)ex2ln x，则 g(x)ex21x，因为 yex2和 y1x在(0

21、，)上单调递增，所以 g(x)在(0，)上单调递增，因为 g(1)1e10，所以存在 x0(1，2)使得 g(x0)0，所以在(0，x0)上使得 g(x)0，所以 g(x)在(0，x0)单调递减，在(x0，)上单调递增，所以 g(x)g(x0)，因为 g(x0)0，即 ex021x0，所以 ln x02x0，所以 g(x0)ex02ln x01x0 x02，因为 x0(1，2)，所以 g(x0)1x0 x02220，所以 f(x)03已知函数 f(x)aex2x，aR(1)求函数 f(x)的极值；(2)当 a1 时，证明：f(x)lnx2x23解析(1)f(x)aex2，当 a0 时，f(x)

22、0 时，令 f(x)0 得 xln2a，令 f(x)0 得 xln2a，令 f(x)0 得 x0 时，f(x)的极小值为 22ln2a，无极大值(2)当 a1 时，f(x)ln x2xexln x，令 g(x)exln x2，转化为证明 g(x)0，g(x)ex1x(x0)，令(x)ex1x(x0)，则(x)ex1x2(x0)，则(x)0，g(x)在(0，)上为增函数，g(1)e10，g12 e20，f(x)ln x2x24已知函数 f(x)axbxlnx，其中 a，bR(1)若函数 f(x)在点(e，f(e)处的切线方程为 yxe，求 a，b 的值；(2)当 b1 时，f(x)1 对任意 x

23、12，2恒成立，证明：ae12e4解析解析(1)由题得 f(x)ax2b(ln x1)，f(e)ae22b1，且 f(e)aeeb2e，从而解得 ae2，b1(2)由 f(x)1 对任意 x12，2恒成立，得axbxln x1，等价于 axbx2ln x，令 g(x)xbx2ln x，x12，2，则 g(x)1b(2xln xx)，令(x)1b(2xln xx)，则(x)b(2ln x3)，易知(x)0，g(1)1b(2ln11)1be12be12eb2ee12e5已知函数 f(x)exalnx(其中 e2.718 28，是自然对数的底数)(1)当 a0 时，求函数 f(x)的图象在(1，f(

24、1)处的切线方程；(2)求证：当 a11e时，f(x)e15解析解析(1)a0 时，f(x)exln x，f(x)ex1x(x0)，f(1)e，f(1)e1，函数 f(x)的图象在(1，f(1)处的切线方程为：ye(e1)(x1)，即(e1)xy10(2)f(x)exa1x(x0)，设 g(x)f(x)，则 g(x)exa1x20，g(x)是增函数，exaea，由 ea1x，得 xea，当 xea时，f(x)0；若 0 x1，则 exaea1，由 ea11x得，xea1，当 0 xmin1，ea1时，f(x)0，故 f(x)0 仅有一解，记为 x0，则当 0 xx0时，f(x)x0时，f(x)

25、0，f(x)递增；f(x)minf(x0)ex0aln x0，而 f(x0)ex0a1x00，所以 ex0a1x0，所以 aln x0 x0，记 h(x)ln xx，则 f(x0)1x0ln x0h1x0，a11e，即a1e1，所以 h(x0)h1e，而 h(x)显然是增函数，0 x0e，h1x0h(e)e1综上，当 a11e时，f(x)e1考点二不等式恒成立与存在性中的考点二不等式恒成立与存在性中的“隐零点隐零点”【例题选讲】【例题选讲】例例 1已知函数 f(x)axxlnx(aR)(1)若函数 f(x)在区间e，)上为增函数，求 a 的取值范围；(2)当 a1 且 kZ 时，不等式 k(x

26、1)f(x)在 x(1，)上恒成立，求 k 的最大值解析解析(1)函数 f(x)在区间e，)上为增函数，f(x)alnx10 在区间e，)上恒成立，a(ln x1)max2，a2a 的取值范围是2，)(2)当 a1 时，f(x)xxlnx，kZ 时，不等式 k(x1)f(x)在 x(1，)上恒成立，k1)则 h(x)11xx1x0，h(x)在(1，)上单调递增，h(3)1ln30，存在 x0(3，4)，使 h(x0)0，即当 1xx0时，h(x)0，即 g(x)x0时，h(x)0，即 g(x)0，g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增令 h(x0)x0lnx020，即 lnx

27、0 x02，g(x)ming(x0)x0(1ln x0)x01x0(1x02)x01x0(3，4)k0设 g(x)f(x)，则 g(x)aex11x20，g(x)在(0，)上单调递增，即 f(x)在(0，)上单调递增，当 a1 时，f(1)0，则 f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，f(x)minf(1)1，f(x)1 成立；当 a1 时，1a1，11ea0，使得 f(x0)aex011x00，且当 x(0，x0)时 f(x)0，aex011x0，lnax01lnx0，因此 f(x)minf(x0)aex01lnx0lna1x0lnax01lna2lna121x0 x02ln

28、a11，f(x)1，f(x)1 恒成立；当 0a1 时，f(1)alnaa1，f(1)0，h(x)单调递增；在(1，)上 h(x)0，得 0 xe；由 h(x)e，h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减h(x)h(e)1e，又 h(1)0，当 0 x1 时，h(x)e 时，h(x)ln xx0，则 h(x)ln xx的大致图象如图所示，可知，k1e或 k0(2)x(ex2)(ln xkx)1 恒成立，且 x0，k1ln xxex2 恒成立，令(x)1ln xxex2，则(x)1xx(1lnx)x2exln xx2exx2，令(x)ln xx2ex，则(x)1x(2xexx2ex)

29、1xxex(2x)0)，(x)在(0，)上单调递减，又1e 112ee-0，(1)e0，由函数零点存在定理知，存在唯一零点 x01e，1，使(x0)0，即ln x0 x200ex，两边取对数可得 ln(ln x0)2ln x0 x0，即 ln(ln x0)(ln x0)x0ln x0，由函数 yxln x 为增函数，可得 x0ln x0，又当 0 x0，(x)0；当 xx0时，(x)0,(x)0，(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减，(x)(x0)1ln x0 x00ex21x0 x01x021，k(x0)1，即 k 的取值范围为 k1例例 4已知 f(x)asinx，g(x

30、)lnx，其中 aR，yg1(x)是 yg(x)的反函数(1)若 00，m0 恒成立，求满足条件的最小整数b 的值解析(1)由题意知 G(x)asin(1x)lnx，G(x)1xacos(1x)(x0)，当 x(0，1)，01，0cos(1x)1，acos(1x)0，故函数 G(x)在区间(0，1)上是增函数(2)解法一由对任意的 x0，m0 恒成立，即 bexmx22x2 恒成立，令 h(x)exmx22x2，则 h(x)ex2mx2，h(x)ex2m0，h(x)ex2mx2 在(0，)上单调递减，h(x)max0，m(x)在(0，ln2)上单调递增，m(x)m(0)120，m(x)在(0，

31、ln2)上单调递增，m(x)0，m0 恒成立，即 x2mex2xb20 恒成立，令 h(m)x2mex2xb2，h(m)x20，h(m)x2mex2xb2 在(，0)上单调递增，即h(m)h(0)ex2xb2ex2x2令 m(x)ex2x2，m(x)ex2，令 m(x)0，解得 xln 2m(x)在(0，ln 2)上单调递增，在(ln 2，)上单调递减，m(x)maxm(ln 2)2ln 2，b2ln 2，又 b 为整数，最小整数 b 的值为 2例例 5已知函数 f(x)2(xa)lnxx22ax2a2a，其中 a0(1)设 g(x)是 f(x)的导函数，讨论 g(x)的单调性；(2)证明：存

32、在 a(0，1)，使得 f(x)0 在区间(1，)内恒成立，且 f(x)0 在区间(1，)内有唯一解解析(1)由已知，函数 f(x)的定义域为(0，)，g(x)f(x)2(xa)2ln x21ax，g(x)22x2ax22x1222a14x2当 0a0，(e)e（e2）1e12e21e120故存在 x0(1，e)，使得(x0)0令 a0 x01ln x01x10，u(x)x1ln x(x1)，由 u(x)11x0 知，函数 u(x)在(1，)上单调递增0u(1)11u(x0)1x10a0u(e)1e1e21e11即 a0(0，1)，当 aa0时，有 f(x0)0，f(x0)(x0)0因为 f(

33、x)在(1，)上单调递增，故当 x(1，x0)时，f(x)f(x0)0；当 x(x0，)时，f(x)0，从而 f(x)f(x0)0当 x(1，)时，f(x)0综上所述，存在 a(0，1)，使得 f(x)0 在区间(1，)内恒成立，且 f(x)0 在区间(1，)内有唯一解【对点训练】【对点训练】1已知函数 f(x)xlnx(1)求曲线 yf(x)在点(e，f(e)处的切线方程；(2)若当 x1 时，f(x)xk(x1)恒成立，求正整数 k 的最大值1解(1)函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln x1，因为 f(e)2，f(e)e，所以曲线 yf(x)在点(e，f(e)处的切线方程为 y

34、e2(xe)，即 2xye0(2)由 f(x)xk(x1)，得 xln xxk(x1)即 k1 恒成立，令 g(x)xln xxx1，只需 k0，所以 u(x)xln x2 在(1，)上单调递增，因为 u(2)ln 20，u(3)1ln 30，所以x0(3，4)，使得 u(x0)x0ln x020，且当 1xx0时，g(x)x0时，g(x)0，g(x)单调递增，所以 g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以 g(x)ming(x0)x0ln x0 x0 x01x0(x02)x0 x01x0(3，4)，又因为 kN*，所以 kmax32(2012 全国)设函数 f(x)ex

35、ax2(1)求 f(x)的单调区间；(2)若 a1，k 为整数，且当 x0 时，(xk)f(x)x10，求 k 的最大值2解析解析(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)exa若 a0，则 f(x)0，所以 f(x)在(，)单调递增若 a0，则当 x(，lna)时，f(x)0所以 f(x)在(，lna)单调递减，在(lna，)单调递增(2)由于 a1，所以(xk)f(x)x1(xk)(ex1)x1故当 x0 时，(xk)f(x)x10 等价于 k0)令 g(x)x1ex1x，则 g(x)ex(exx2)(ex1)2由(1)知，函数 h(x)exx2 在(0，)单调递增而 h(1)0，所以 h(

36、x)在(0，)存在唯一的零点，故 g(x)在(0，)存在唯一的零点，设此零点为 x0，则 x0(1，2)当 x(0，x0)时，g(x)0，所以 g(x)在(0，)的最小值为 g(x0)，又由 g(x0)0，可得0exx02，所以 g(x0)x01(2，3)，故等价于 kg(x0)，故整数 k 的最大值为 23已知函数 f(x)(xa)ex(aR)(1)讨论 f(x)的单调性；(2)当 a2 时，设函数 g(x)f(x)lnxxb，bZ，若 g(x)0 对任意的 x13，1恒成立，求 b 的最小值3解析(1)由题意，函数 f(x)(xa)ex(aR)，可得 f(x)(xa1)ex，当 x(，a1

37、)时，f(x)0，故函数 f(x)在(，a1)上单调递减，在(a1，)上单调递增(2)由函数 g(x)f(x)ln xxb(x2)exln xxb(bZ)，因为 g(x)0 对任意的 x13，1恒成立即 b(x2)exln xx 对任意的 x13，1恒成立，令函数 h(x)(x2)exln xx，则 h(x)(x1)ex1x1(x1)ex1x，因为 x13，1，所以 x10，所以函数 t(x)单调递增因为 t12 e1220，所以一定存在唯一的 x012，1，使得 t(x0)0，即 ex01x0，即 x0ln x0，所以 h(x)在13，x0上单调递增，在(x0，1)上单调递减，所以 h(x)

38、maxh(x0)(x02)ex0ln x0 x012x01x0(4，3)因为 bZ，所以 b 的最小值为34已知函数 f(x)xlnxexx(1)求 f(x)的最大值；(2)若 f(x)x1x exbx1 恒成立，求实数 b 的取值范围4解析(1)f(x)xln xexx，定义域为(0，)，f(x)11xex(x1)x2(x1)(xex)x2令 g(x)xex(x0)，则 g(x)1ex0，所以 g(x)在(0，)上单调递减，故 g(x)g(0)10，f(x)在(0，1)上单调递增；当 x(1，)时，f(x)0，所以 h(x)在(0，1)上存在零点 x0，即 h(x0)x20ex0ln x00

39、，x20ex0ln x00 x0ex0ln x0 x0ln1x0(eln1x0)，由于 yxex在(0，)上单调递增，故 x0ln1x0ln x0，即 ex01x0，所以(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，(x)min(x0)x0ex0ln x01x0 x01x01x0 x02，因此 b2，即实数 b 的取值范围是(，25设函数 f(x)exax，aR(1)若 f(x)有两个零点，求 a 的取值范围；(2)若对任意的 x0，)均有 2f(x)3x2a2，求 a 的取值范围5解析(1)由题意得 f(x)exa，当 a0 时，f(x)0，此时函数 f(x)在 R 上单调递增，不

40、符合题意；当 a0 时，令 f(x)0，得 xln(a)，函数 f(x)在(，ln(a)上单调递减，在(ln(a)，)上单调递增，则 f(ln(a)为 f(x)的极小值，要使函数 f(x)有两个零点，则 f(ln(a)0，解得 ae，所以 a 的取值范围为(，e)(2)令 g(x)2f(x)3x2a22ex(xa)23，x0，则 g(x)2(exxa)设 h(x)2(exxa)，则 h(x)2(ex1)0所以 h(x)在0，)上单调递增，且 h(0)2(a1)当 a10，即 a1 时，g(x)0 恒成立，即函数 g(x)在0，)上单调递增，所以 g(0)5a20，解得 5a 5又 a1，所以1

41、a 5当 a10，即 a0，使 h(x0)0 且当 x(0，x0)时，h(x)0，即 g(x)0，即 g(x)0，函数 g(x)在(x0，)上单调递增，所以 g(x)ming(x0)2ex0(x0a)23又 h(x0)2(ex0 x0a)0，从而 g(x)ming(x0)2ex0 x202ax0a232x02ax202ax0a23x202(a1)x0(a3)(a1)(x0a3)(x0a1)0，即 a1x0a3由于 x0是单调增函数 h(x)2(exxa)在0，)上的唯一零点，要使得 a1x0a3(a1)，则只需 0 x0a3，故只需保证 g(a3)2ea32(a3)2a0，即 ea33，故实数，ln 33a1综上所述，a 的取值范围为ln33，5