考点12 导数与不等式,函数零点等(解析版)

考点12 导数与不等式、函数零点

【考点剖析】

1.最新考试说明：

1．从近几年高考命题情况来看，对这部分内容的考查题型有小题也有大题，作为解答题时难度较大.导数可以把函数、方程、不等式等有机地联系在一起.解决函数的零点或方程的根的问题，在解题过程中要注意转化与化归、函数与方程、数形结合、分类讨论思想的应用.此类试题一般以含参数的三次式、分式、以e为底的指数式或对数式及三角函数式结构的函数零点或方程根的形式出现，是近几年高考命题热点.主要有两种考查类型：

（1）确定函数零点（图象交点及方程根）的个数问题；

（2）根据函数零点（图象交点及方程根）的个数求参数的值或取值范围问题. 【2020年高考全国Ⅰ卷文数20】已知函数fxeax2．

x（1）当a1时，讨论fx的单调性； （2）若fx有两个零点，求a的取值范围．

【答案】（1）减区间为(,0)，增区间为(0,)；（2）(,)．

【思路导引】（1）将a1代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；

xe（2）若f(x)有两个零点，即ea(x2)0有两个解，将其转化为a有两个解，令

x2x1eexh(x)(x2)，求导研究函数图像的走向，从而求得结果．

x2【解析】（1）当a1时，f(x)e(x2)，f(x)e1，令f(x)0，解得x0，令f(x)0，解得x0，∴f(x)的减区间为(,0)，增区间为(0,)．

xe （2）若f(x)有两个零点，即ea(x2)0有两个解，从方程可知，x2不成立，即a有两个解．

x2xx'x''ex(x2)exex(x1)ex'''令h(x)则有h(x)令h(x)0，解得x1，令h(x)0，(x2)，22，

(x2)(x2)x2解得x2或2x1，∴函数h(x)在(,2)和(2,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，且当

ex有两个x2时，h(x)0，而x2时，h(x)，当x时，h(x)，∴当ax2解时，有ah(1)11，∴满足条件的a的取值范围是：(,)．

ee【专家解读】本题的特点是灵活运用导数研究函数的性质，本题考查了导数与函数的单调性，考查导数与函数的零点，考查数形结合思想，考查数学运算、直观想象、数学建模等学科素养．解题关键是结合函数的图像研究问题．

【2020年高考全国Ⅲ卷文数20】已知函数fxxkxk．

32（1）讨论fx的单调性：（2）若fx有三个零点，求k的取值范围． 【答案】（1）详见解析；(2)(0,'24)． 27【思路导引】（1）f(x)3xk，对k分k0和k0两种情况讨论即可；

f(（2）f(x)有三个零点，由（1）知k0，且f(性定理加以说明即可．

'2【解析】（1）由题，f(x)3xk，

k)03k)03，解不等式组得到k的范围，再利用零点存在

'当k0时，f(x)0恒成立，∴f(x)在(,)上单调递增；

当k0时，令f(x)0，得x'kk'，令f(x)0，得x33k， 3令f(x)0，得x单调递增．

'kkkkkk或x，∴f(x)在(,)上单调递减，在(,)，(,)上333333f(（2）由（1）知，f(x)有三个零点，则k0，且f(当0k22kk3，即kk22k)033k)03k03k03，解得0k4 ，274kk时，k，且f(k)k20，∴f(x)在(,k)上有唯一一个零点， 2733

同理k1kk，f(k1)k3(k1)20，∴f(x)在(k1,又f(x))上有唯一一个零点，33在(4kkf(x)(0,)． 上有唯一一个零点，∴有三个零点．综上可知的取值范围为k,)2733【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数与函数的单调性，考查导数与函数的零点，考查数形结合及分类讨论思想，考查数学运算、逻辑推理、直观想象等学科素养．

2.利用导数研究与不等式有关的问题是高考的热点，常以解答题形式出现，难度较大.常涉及不等式成立、恒成立、证明不等式、比较两数（两函数）大小问题等.问题的分类与解决思路：（1）不等式成立、恒成立问题：一般参变分离、转化为最值问题；（2）证明不等式、比较两函数大小问题：构造新函数，转化为最值问题.

【2020年高考全国Ⅱ卷理数21】已知函数fxsin2xsin2x． （1）讨论fx在区间0,的单调性； （2）证明：fx*33； 8222（3）设nN，证明：sinxsin2xsin4x【答案】（1）当x0,3nsin2xn．

42n2xf'x0,fx单调递增，当,时，f'x0,fx单调递时，333减，当x2,时，f'x0,fx单调递增．（2）证明见解析；（3）证明见解析． 3【思路导引】(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原函数的单调性即可；(2)首先确定函数的周期性，然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最小值即可证得题中的不等式；(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得

fxsinxsinxsin2xsin2xsin4x22sin322n1，然后结合(2)的结论和三角xsin2xsin2xn2n23函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式．

【解析】(1)由函数的解析式可得：fx2sinxcosx，则：f'x23sinxcosxsinx

2242sin2x3cos2xsin2x2sin2x4cos2x12sin2x2cosx12cosx1，

f'x0在x0,上的根为：x13,x22， 3

当x0,2xf'x0,fx时，单调递增；当,333时，f'x0,fx单调递减； 当x2,时，f'x0,fx单调递增． 322xsin2xsinxsin2xfx，故函数fx是周期为的函

2(2)注意到fxsin3333数，结合(1)的结论，计算可得f0f0，f，28322f33333333333 ，据此可得，，即．fxfxfxmaxmin8888222222(3)结合(2)的结论有：sinxsin2xsin4xsin2xsinxsin2xsin4x3332nsin2x3n23

sinxsinxsin2xsin2xsin4x22sin2322n1 xsin2xsin2xn2n233333sinx88333n33． sin22nx884n23【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数与函数的单调性，考查应用导数证明不等式，考查数学运算、逻辑推理、数学建模等学科素养．解题关键是应用三角函数的有界性进行合理放缩证明不等式．

3【2020年高考天津卷20】已知函数f(x)xklnx(kR)，f(x)为f(x)的导函数．

（Ⅰ）当k6时，

（i）求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程； （ii）求函数g(x)f(x)f(x)9的单调区间和极值； xfx1fx2fx1fx2 （Ⅱ）当k3时，求证：对任意的x1,x2[1,)，且x1x2，有．

2x1x2【答案】（Ⅰ）（i）y9x8；（ii）g(x)的极小值为g(1)1，无极大值；（Ⅱ）证明见解析． 【思路导引】(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可； (ii)首先求得gx的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；

(Ⅱ)首先确定导函数的解析式，然后令函数的性质即可证得题中的结论．

2【解析】(Ⅰ) (i) 当k=6时，fxx6lnx，f'x3xx1t，将原问题转化为与t有关的函数，然后构造新函数，利用新x236．可得f11，f'19， x∴曲线yfx在点1,f1处的切线方程为y19x1，即y9x8． (ii) 依题意，gxx3x6lnx32363,x0,．从而可得g'x3x26x2，整理可得：xxx3(x1)3(x1)，令g'x0，解得x1．当x变化时，g'x,gx的变化情况如下表： g(x)2xx 0,1  单调递减 x1 0 1,  g'x gx 极小值 单调递增 ∴函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值． (Ⅱ)证明：由f(x)x3klnx，得f(x)3x2k．对任意的x1,x2[1,)，且x1x2，令xx1xkk3t(t1)，则x1x2fx1fx22fx1fx2x1x23x123x222x13x2kln1 x2x1x2x2xxx1332t33t23t1kt2lnt． ① x13x23x12x23x1x2k122kln1x2x2tx2x11121令h(x)x2lnx,x[1,)．当x>1时，h(x)1210，

xxxx由此可得hx在1,单调递增，∴当t>1时，hth1，即t2lnt0．

323∵x21，t3t3t1(t1)0，k3，

21t3113332322xt3t3t1kt2lntt3t3t13∴2t2lntt3t6lnt1 ②

ttt由(I)(ii)可知，当t1时，gtg1，即t3t6lnt32331，故t33t26lnt10 ③

tt

由①②③可得x1x2fxfx2fxfx0．

1212fx1fx2fx1fx2∴当k3时，任意的x1,x21,，且x1x2，有．

2x1x2【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数的几何意义，考查导数与函数的单调性、极值，考查考查应用导数证明不等式，考查数形结合及分类讨论思想，考查数学运算、逻辑推理、直观想象、数学建模等学科素养．解题的关键是合理消元，构造新函数，合理放缩解决问题．

2.命题方向预测：

1.利用导数研究函数的单调性、极值是近几年高考的热点．

2.选择题、填空题侧重于考查导数的运算及导数的几何意义，解答题侧重于利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，往往与函数、解析几何、不等式、数列等交汇命题，一般难度较大. 3.利用导数解决生活中的最优化问题，近几年考查也较多.

3.课本结论总结：

1． 函数的单调性

在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减． 2． 函数的极值

(1)判断f(x0)是极值的方法

一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，

①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值； ②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值． (2)求可导函数极值的步骤 ①求f′(x)；

②求方程f′(x)＝0的根；

③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值． 3． 函数的最值

(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．

(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，

b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．

(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下： ①求f(x)在(a，b)内的极值；

②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．

4． 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤

(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)；

(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；

(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值； (4)回归实际问题作答． 5． 不等式问题

(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．

(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题．

4.名师二级结论：

（1）利用导数研究方程根的方法

研究方程根的情况，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，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．

（2）导数在不等式问题中的应用问题的常见类型及解题策略

(1)利用导数证明不等式．①证明f(x)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)②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)上是增函数，同时若F(a)≥0，由增函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)>0，即证明了f(x)>g(x)．

(2)利用导数解决不等式的恒成立问题．利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

5.课本经典习题：

（1）（选修2-2第32页B组第1题） 1.利用函数的单调性，证明下列不等式：

2xx（1）sinxx,x(0,)；（2）xx0,x(0,1)；（3）e1x,x0；（4）lnxxe,x0

【解析】（1）令f(x)xsinx，则f'(x)1cosx，因为x0所以f'(x)0

得到f(x)f(0)即f(x)0，故上式成立.

2（2）令f(x)xx,x(0,1)，则f(x)12x，因为x(0,1)，

所以x(0,)时，f'(x)0；所以x(，1)时，f(x)0；

2又f(0)0，f(1)0，所以f(x)f(0)，即f(x)0，故xx0,x(0,1)成立.

1212【经典理由】在证明不等式时，可根据不等式特点构造函数，用导数判断单调性，利用函数单调性证明不等式，求出函数的最值，由该函数在取得最值时该不等式成立，可得该不等式成立。

6.考点交汇展示： (1)导数与函数零点交汇

x,x0例1．（2019浙江）已知a,bR，函数f(x)131．若函数yf(x)axb恰2x(a1)xax,x023有3个零点，则

A．a<–1，b<0 B．a<–1，b>0 【答案】C

【解析】当x＜0时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b＝0，得x最多有一个零点；当x≥0时，y＝f（x）﹣ax﹣b

x3

（a+1）x2+ax﹣ax﹣b

x3

，则y＝f（x）﹣ax﹣b（a+1）x2﹣b，

C．a>–1，b<0 D．a>–1，b>0

yx2(a1)x，当a+1≤0，即a≤﹣1时，y′≥0，y＝f（x）﹣ax﹣b在[0，+∞）上单调递增，则y＝f（x）

﹣ax﹣b最多有一个零点，不合题意；当a+1＞0，即a>﹣1时，令y′＞0得x∈(a+1，+∞），此时函数单调递增，令y′＜0得x∈[0，a+1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y＝f（x）﹣ax﹣b恰有3个零点⇔函数y＝f（x）﹣ax﹣b在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点，如图：

∴0且，解得b＜0，1﹣a＞0，b（a+1）3，则a>–1，b<0.

【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x＜0时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b

最多有一个零点；当x≥0时，y＝f（x）﹣ax﹣b

x3

（a+1）x2﹣b，利用导数研究函数的单调性，根据

单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．

例2．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数f(x)sinxln(1x)，f(x)为f(x)的导数．证明：

（1）f(x)在区间(1,)存在唯一极大值点；（2）f(x)有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.

【解析】（1）设g(x)f'(x)，则g(x)cosx211，g'(x)sinx.

(1x)21x当x1,1,时，单调递减，而，可得在g'(x)g'(x)g'(0)0,g'()0有唯一零点，

222设为.则当x(1,)时，g'(x)0；当x,时，g'(x)0.所以g(x)在(1,)单调递增，2在,1,1,单调递减，故在存在唯一极大值点，即在g(x)f'(x)存在唯一极大值点.

222（2）f(x)的定义域为(1,).

（i）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x0是f(x)在(1,0]的唯一零点.

（ii）当x0,时，由（1）知，f'(x)在(0,)单调递增，在,单调递减，而f'(0)=0，

22f'0，所以存在,，使得f'()0，且当x(0,)时，f'(x)0；当x,222时，f'(x)0.故f(x)在(0,)单调递增，在,f1ln单调递减.，又，f(0)=010，222所以当x0,时，f(x)0.从而，f(x)在0,没有零点.

22（iii）当x,时，f'(x)0，所以f(x)在,单调递减.而22f0，f()0，所以f(x)2在,有唯一零点. 2

（iv）当x(,)时，ln(x1)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.

【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.

(2)导数与不等式交汇

x22ax2a,x1,例3．【2019年高考天津理数】已知aR，设函数f(x)若关于x的不等式

x1.xalnx,f(x)0在R上恒成立，则a的取值范围为

A．0,1 【答案】C

B．0,2 C．0,e

 D．1,e

x2【解析】当x1时，f(1)12a2a10恒成立；当x1时，f(x)x2ax2a02ax12x2(1x1)2(1x)22(1x)1x2 恒成立，令g(x)，则g(x)1x1x1xx11111x22(1x)201x，当，即x0时取等号， 1x1x1x∴2ag(x)max0，则a0.当x1时，f(x)xalnx0，即a令h(x)x恒成立， lnxlnx1xxe时，h(x)0，函数h(x)单调递增， ，则h(x)2，当

(lnx)lnx当0xe时，h(x)0，函数h(x)单调递减，则xe时，h(x)取得最小值h(e)e， ∴ah(x)mine，综上可知，a的取值范围是[0,e].

【名师点睛】本题考查分段函数的最值问题，分别利用基本不等式和求导的方法研究函数的最值，然后解决恒成立问题.

例4.【2019年高考浙江】已知实数a0，设函数f(x)=alnx（1）当ax1,x0.

3时，求函数f(x)的单调区间； 4

（2）对任意x[x1f(x), 求a的取值范围．注：e=2.71828…为自然对数的底数． 均有,)2ae2【答案】（1）fx的单调递增区间是3,,单调递减区间是0,3；（2）0,2. 4【解析】（1）当a33时，f(x)lnx1x,x0． 44f'(x)31(1x2)(21x1)， 4x21x4x1x所以，函数f(x)的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）． （2）由f(1)令tx21x22x12lnx0． ，得0a．当0a时，f(x)等价于2aa442a2a12，则t22．设g(t)tx2t1x2lnx,t22， a则g(t)11xx(t1)22lnx．

xx17（i）当x, 时，1122，则g(t)g(22)8x421x2lnx． x1，则 7记p(x)4x221xlnx,xp'(x)故

2212xx12xx1(x1)[1x(2x21)].xx1(x1)(x12x) xx1xxx1x 1 7 1(,1) 71 (1,) p'(x)  0 + p(x) 1p() 7单调递减 极小值p(1) 单调递增 所以，p(x)p(1)0．因此，g(t)g(22)2p(x)0．

12xlnx(x1)11（ii）当x2,时，g(t)g1．

e7x2x

令q(x)2xlnx(x1),xlnx21111q'(x)10 ，则，故在,,上单调递增，q(x)22xe7e7所以q(x)q2712711．由（i）得，qpp(1)0．所以，q(x)<0． 777771q(x)1因此g(t)g1．由（i）（ii）知对任意x2,，t[22,),g(t)0， 0x2xe1即对任意x2,，均有f(x)ex2．综上所述，所求a的取值范围是0,4． 2a【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．

(3)导数与三角函数、不等式、函数零点交汇

例5. 【2019年高考天津理数】设函数f(x)ecosx,（Ⅰ）求fx的单调区间；

（Ⅱ）当x,时，证明f(x)g(x)x0；

422（Ⅲ）设xn为函数u(x)f(x)1在区间2nxg(x)为fx的导函数．

,2n内的零点，其中nN，证明42e2n． 2nxn2sinx0cosx03ππ【答案】（Ⅰ）f(x)的单调递增区间为2kπ,2kπ(kZ),f(x)的单调递减区间为

44π5π2kπ,2kπ(kZ).（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 44【解析】（Ⅰ）由已知，有f'(x)e(cosxsinx)．因此，当x2kx5,2k(kZ)时，有44

3得f'(x)0，则fx单调递减；当x2k有sinxcosx，,2k(kZ)时，sinxcosx，

44得f'(x)0，则fx单调递增．所以，fx的单调递增区间为2k3,2k(kZ),f(x)的单44调递减区间为2k5,2k(kZ)． 44（Ⅱ）证明：记h(x)f(x)g(x)xx依题意及（Ⅰ），有g(x)e(cosxsinx)，从而g'(x)2esinx．当x．

2x,时，g'(x)0，故h'(x)f'(x)g'(x)xg(x)(1)g'(x)x0．因此，hx在区

2242间,上单调递减，进而h(x)hf0．所以，当x,时，f(x)g(x)x0．

2242242（Ⅲ）证明：依题意，uxnfxn10，即encosxn1．记ynxn2n，则ynx,，且42fyneyncosynexn2ncosxn2ne2nnN．由fyne2n1fy0及（Ⅰ），得

yny0．由（Ⅱ）知，当x,时，g'(x)0，所以gx在

42,上为减函数，因此42gyngy0g0．又由（Ⅱ）知，fyngynyn0，故

24fyne2ne2ne2ne2ne2n．所以2nxn． yn2gyngyngy0ey0siny0cosy0sinx0cosx02sinx0cosx0【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法．考查函数思想和化归与转化思想．考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力．

【考点分类】

热点1 利用导数证明不等式

1．（2020·湖南省高三模拟）已知函数fxmxx1e1mR.

2x23（1）讨论函数fx的单调性；（2）证明：当x,1时，fxmxx.

13

【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析； 【解析】（1）fx2mxxexe2m.

xx①当m0时，令fx0，得x0；令fx0，得x0，

故fx在,0上单调递减，在0,上单调递增. ②当m0时，令fx0，得x0或xln2m.

当m当1x时，fxxe10，故fx在R上单调递增. 21m0时，令fx0，得x0或xln2m；令fx0，得ln2mx0， 2即fx在ln2m,0上单调递减，在,ln2m，0,上单调递增. 当m1时，令fx0，得x0或xln2m；令fx0，得0xln2m， 2即fx在0,ln2m上单调递减，在,0，ln2m,上单调递增.

（2）设Fxfxmxxx1ex1，则Fxex1e3xxe3x，

23x3xx2xxx设xe3x，则xe3，∵x,1，∴xe30，∴x在,1上单调

3311113e10x1e30递减，又，，∴在,1内存在唯一的零点，设为x0. 33则当

1xx0时.x0，Fx0，Fx单调递增；当x0x1时，x0，Fx0，313131Fx单调递减，又F1262e2618e0，F10，∴Fx0在x,1上成

327327323立，∴当x,1时，fxmxx.

13热点2 利用导数研究方程根的个数问题

1．（2020·安徽省高三二模）已知函数fxa2xxlnx. 2（1）若函数fx在定义域内是增函数，求实数a的取值范围； （2）当a1,e时，讨论方程fxaxa根的个数. 2

【答案】（1）,,；（2）1 【解析】（1）fx14a21xxlnx，定义域为0,，则fxax10恒成立，

x2221111111111，故a. 即a2，4xxx24x24max4（2）fxaxaa2aa2a，即xxlnxax，设gxxxlnxax，

22222则gxax1ax1x1， 1axx2当a1时，gxx1x0，函数单调递增，g11，g41ln40，故函数有唯一零点； 2a当a1,e时，gxax1x1，函数在0,1上单调递增，在1,1上单调递减，在1,上

xa

a1a1a111lna1lna1，设Halna1，

22a22a2a2aa单调递增，极大值为g2e11a111HaHe20，则Ha恒成立，故函数单调递增，故02222e2aa22a故函数在0,1上无零点；g11，g4a4ln4综上所述：方程fxax921ln40，故函数在1,上有唯一零点. 2a有且仅有一个根. 2x2.（2020·黑龙江省哈尔滨市第六中学校高三）已知函数f(x)(x2)ealnxax（aR）

（1）若x1为f(x)的极大值点，求a的取值范围；.

（2）当a0时，判断yf(x)与x轴交点个数，并给出证明. 【答案】（1）ae（2）f(x)有唯一零点；证明见解析；

axexax（x1）ex0， 【解析】（1）f(x)(x1)(e)，设g(x)xea，g(x)（x1)xxx所以g(x)在R上单调递增.

当ae时，g(1)ee0，当x1时，g(x)0，当x1时，g(x)0，所以当x1时，f(x)0，

f(x)单调递增，当x1时，f(x)0，f(x)单调递增,所以此时f(x)无极值.

当ae时，g(1)ea0，g(a)aeaae10，则一定存在x01,a，使得g(x0)0

aa所以当x1,x0时，g(x)0，从而f(x)0，f(x)单调递减.，当0x1时，g(x)0，从而

f(x)0f(x)单调递增.所以此时满足x1为f(x)的极大值点

，单调递当ae时，g(1)ea0，所以当x1时，g(x)0，从而f(x)0，所以f(x)在1增此时x1不可能为f(x)的极大值点.

综上所述：当x1为f(x)的极大值点时，a的取值范围是ae.

x（2）讨论f(x)(x2)ealnxax与x轴交点个数,即讨论方程(x2)eaxlnx的根的个数.

x设rxxlnx，则rx11x1，令rx0，得x1，令rx0，得0x1 xx，上单调递增,所以rxr110 所以rx在0,1上单调递减，在1(x2)ex所以讨论方程(x2)eaxlnx的根的个数，即探讨a的实数根的个数.

xlnxx2xex1xlnx1(x2)ex2exlnxx2exlnxx 设hx，则hx22xlnxxlnxxlnxxx'x'设xxlnx212x2x11，则x12，令x0，得x2，令x0，2xxxx2上单调递减，在2，上单调递增.所以x22ln20 得0x2，所以x在0，，上单所以当x1时，hx0，当0x1时，hx0，所以hx在01上单调递减，在1，(x2)ex(x2)ex2时，hx时，hx调递增，又当x0，0，且h20，当x2，0xlnxxlnx(x2)ex且x时，hx所以当a0时，方程a有唯一实数根.

xlnx综上：a0，yf(x)与x轴有唯一交点

热点3 利用导数研究函数零点个数问题

2xxxe,x11．（2020·河北省衡水中学高三）已知函数fx，若函数yfxax恰有三个不

2x10x9,x1同的零点，则实数a的取值范围是（ ）

A．1,4 【答案】D

【解析】（1）当x0时，yf000，所以x0是yfxax的一个零点；

（2）当x0时，由题知yfxax应有两个不为零的不同零点，即fxax有两个不为零的不同实根，即hxB．1,16

C．1,01,16 D．01,4

fxya与的图象有两个的不同交点，且交点的横坐标不为零. x1xex,x1,且x0fxx又hx，令h1x1xe，x1，则h1xxex， 9xx10,x1x所以当x0时，h1x0，h1x单调递增；当0x1时，h1x0，h1x单调递减，

299x令h2xx10，x1，则h2x，所以x1,3时，h2x0，h2x单调递增； 2xx当x3,时，h2x0，h2x单调递减，所以hx的大致图象是：

可知当a0或a1,4时，fxax有两个不为零的不同实根，故函数yfxax有三个零点. 2．（2020·浙江省高三期末）已知函数fxemexmx.

x2（1）当m0时，求曲线yfx在点0,f0处的切线方程； （2）当m0时，证明：fx在0,1内存在唯一零点. 【答案】（1）e1xy10；（2）证明见解析

【解析】（1）当m0时，fxeex，f0e01，求导得，fxee，则

x0xf0e0e1e，所以切线的斜率为1e，切点为0,1，故切线方程为y11ex0，即

e1xy10.

（2）证明：f(x)e2mxme，令g(x)f(x)e2mxme，则g(x)e2m. 当m0时，则g(x)0，g(x)f(x)在(0,1)上单调递增.又

xxxg(0)f(0)1me0，

存在x0(0,1)使得gx0fx00．g(1)f(1)m0，即当x0,x0时，f(x)0，f(x)是减函数；当xx0,1时，f(x)0，f(x)是增函数．又

f(0)e01，f(1)emem0，

fx0f(1)0，在0,x0上f(x)存在一个零点，在x0,1上f(x)没有零点．f(x)在区间(0,1)上存在唯一零点．

热点4 利用导数解决不等式恒成立问题

fx1fx2ex1．（2019·福建省高三）已知函数f(x)恒ax，x(0,)，当x2x1时，不等式xxx21成立，则实数a的取值范围为（ ）

A．(,e] 【答案】D 【解析】

B．(,e)

C．,e 2D．,

2ex(0,),x1fx1x2fx2,即函数g(x)xf(x)exax2在x(0,)时是单调增函

xex(x1)exex.令m(x),则m(x)数.则g(x)e2ax0恒成立. 2a，x(0,1)时,m(x)0,m(x) 2xxx单调递减,x(1,)时m(x)0,m(x)单调递增.，2am(x)minm(1)e,a2．（2020·湖南省长郡中学高三）已知函数fxlnx，gxe．

xe 2（1）若hxfx（2）不等式mgm11，求证：hx有且只有两个零点； ex1fx对x0恒成立，求实数m的取值范围． x2x1x2． e11，aR，其定义域为0,． 【解析】（1）证明：函数hxlnxex【答案】（1）证明见解析；（2）m所以h'x111ex111,0,hx20x,解得，所以在上是减函数，在 上是增函数，exexex2ee

又hln1e111111110，h3ln3e21e240，所以hx在3,上有唯一零点，eeeee且在0,11111,h0hxhelne10也有且只有唯一零点，同理，，∴在有唯22eeeee11有唯一零点，且在,有唯一零点，因此hx有且只有两个零点． ee11mxf(x)me12x对恒成立．即x0lnx，xx一零点．所以hx在0,m（2）不等式mg(x)12xmxemx1x21lnx2，即emx1lnemxx21lnx2．令Fxx1lnxx0，

F'x1lnx1111x1．令Gx1lnx，G'x22，可得：x1时，函数Gx取得xxxxx极小值，G120．∴F'x0，∴Fx在0,上单调递增，∴emxx2．

lnxmlnx1lnx．令Hx，x0,．H'x，可得xe2x2xxm121时，函数Hx取得极大值即最大值．∴HxHe．∴．即m．

e2ee两边取对数可得：mxlnx2，即

【方法规律】

利用导数证明不等式要考虑构造新的函数，利用新函数的单调性或最值解决不等式的证明问题．比如要证明对任意x∈[a，b]都有f(x)≥g(x)，可设h(x)＝f(x)－g(x)只要利用导数说明h(x)在[a，b]上的最小值为0即可．解题技巧总结如下：

（1）树立服务意识：所谓“服务意识”是指利用给定函数的某些性质（一般第一问先让解决出来），如函数的单调性、最值等，服务于第二问要证明的不等式.

（2）强化变形技巧：所谓“强化变形技巧”是指对于给出的不等式直接证明无法下手，可考虑对不等式进行必要的等价变形后，再去证明.例如采用两边取对数（指数），移项通分等等.要注意变形的方向：因为要利用函数的性质，力求变形后不等式一边需要出现函数关系式.

（3）巧妙构造函数：所谓“巧妙构造函数”是指根据不等式的结构特征，构造函数，利用函数的最值进行解决.在构造函数的时候灵活多样，注意积累经验，体现一个“巧妙”.

【解题技巧】

1． 利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．

2． 在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值

即可，不必再与端点的函数值比较．

【易错点睛】

1． 函数f(x)在某个区间内单调递增，则f′(x)≥0而不是f′(x)>0 (f′(x)＝0在有限个点处取到)． 2． 利用导数解决实际生活中的优化问题，要注意问题的实际意义.

【热点预测】

1．设函数f(x)1xlnx(x0)，则下列说法中正确的是（ ）． 31eA．f(x)在区间,1，(1,e)内均有零点 B．f(x)在区间,1，(1,e)内均无零点

1eC．f(x)在区间,1内有零点，在区间(1,e)内无零点

1eD．f(x)在区间,1内无零点，在区间(1,e)内有零点 【答案】D

【解析】由题可知：f(x)1e11x31xlnx(x0)，则f(x)，若x0,3，f(x)0，函数f(x)33x3x1e单调递减，若x(3,)，f(x)0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)在,1，(1,e)单调递减，

1111111f(x)fln10又，f(1)0，f(e)e10，所以函数在,1无零点，

e3e33ee3e在(1,e)有零点

2．（2020·湖北省黄冈中学高三）已知函数fxlnx1axe恒成立，则实数m的取值范围是（ ） A．1, 【答案】B

【解析】依题意，存在实数a，使得直线yax始终在函数gxlnx1与函数hxe直线yax与函数gx，函数hx相切于同一点的情况，设切点为x0,y0，由gxxmxmax，若存在实数a使得fx0B．,1 C．1,2 D．2,1

之间，考虑

1xm，hxex

1x0mexx010xm可知，y0e0，解得y01，作出下图，

m1ylnx100

由图象观察可知，当m1时，函数hx越偏离函数gx，符合题意，即实数m的取值范围为,1. 3．函数f(x)2xx32在区间（0,1）内的零点个数是（ ） A．0 C．2 【答案】B

【解析】f'x2ln23x,在0,1范围内f'x0，函数为单调递增函数．又f01，f11，

x2B．1 D．3

f0f10，故fx在区间0,1存在零点，又函数为单调函数，故零点只有一个．

324．（2020·安徽省六安一中）若不等式aln(x1)2x3x0在区间(0,)内的解集中有且仅有三个整

数，则实数a的取值范围是（ ）． A．2780, 2ln2ln5B．2780, 2ln2ln5C．2780, 2ln2ln5D．27,

2ln2【答案】C 【解析】

【分析】令fxaln(x1),gx2x3x，则gx6x6x6xx1.令gx0，得x132'2'或x0；gx0，得0x1，gx在,0和1,上单调递增，在0,1上单调递减，

'3gxming11，且g0g0.如图所示

2

当a0时，fxgx至多有一个整数解.当a0时，fxgx在区间(0,)内的解集中有且仅

aln4233332f3g32780，. a有三个整数，只需，即解得32f4g42ln2ln5aln52434x25．若函数fxxax存在两个不同零点，则实数a的取值范围是（ ）

eA．,

1eB．0,1 e1eC．,0

【答案】C

1eD．,00,

x2x2【解析】函数fxxax存在两个不同零点，等价于xax有两个不同的解，x0满足条件，所以

eexxexxex1xg'(x)0，g'(x)0，ax有一个非零根， 令g(x)x，当x1时，x1时，g'(x)x，2xeeee所以g(x)在(,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，且当x(,1)时，f(x)(,)，当x(1,)1e时，f(x)(0,)，所以a1ex1a,0有一个非零根时，实数的取值范围是， xee6．（2020·四川省高三期末）已知函数f(x)lnx3(lnxax)a，g(x)，若方程f(x)g(x)有2不xlnx同的实数解，则实数a的取值范围是（ ） A．(,e) 【答案】B

B．0,1 eC．(,0)(e,) D．(e,)

lnx3(lnxax)a，去分母整理得(lnx3x)(lnxax)0有2不同的实xlnxlnxlnxlnx3或a，设h(x)(x0),所以数解，所以lnx3x0或lnxax0，所以xxx【解析】由f(x)g(x)得

1lnx，当0xe时，h(x)0，函数h(x)单调递增，当xe时，h(x)0，函数h(x)单2x1lnxlnx3没有实数解.所以方程a有两个不同的实数解. 调递减.所以h(x)minh(e)3，所以

exxh(x)当x0时，h(x)0；当x时，h(x)0.

要方程

lnx1a有两个不同的实数解，必须0a. xe27．（2020·河南省高三二模）已知函数fxx2alnx3，若x1,x24,x1x2，a2,3，fx2fx12m，则m的取值范围是（ ）

x1x2A．2, 【答案】D

【解析】设x1x2，因为

5, B．2C．9, 2D．19, 4fx2fx12m，所以fx12mx1fx22mx2.记gxfx2mx，

x1x22a2m0在4,上恒成xaa立，整理得mx在4,上恒成立.因为a2,3，所以函数yx在4,上单调递增，

xx则gx在0,上单调递增，故g'x0在4,上恒成立，即2x故有m4a19a，即m19. .因为a2,3，所以m444max44有唯一零点，则a=

8．（2020·陕西省西安中学高三）已知函数

A． B． C． D．1

【答案】C

【解析】函数

的零点满足

，设

，则

，当

单调递减；当设

时，，当

，函数时，函数

单调递增，当

时，；当时，取得最小值，为

与函数

，函数

. 没有交点；

时，函数，若

取得最小值，为，函数

若，当时，函数和有一个交点，即，解得.故选C.

9．（2020·河北省衡水中学高三三模）已知a0，不等式xa1exalnx0对任意的实数x1都成立，则实数a的最小值为（ ） A．e2 【答案】B

【解析】不等式变形为xexxaB．e

C．e 2D．1 ealnx ，即xexlnxaelnxa，设fxxexx1，则不等式

axa1exalnx0对任意的实数x1恒成立，等价于fxflnx对任意x1恒成立，

fxx1ex0，则fx在1,上单调递增，xlnxa ，即xalnx对任意x1恒成立，

lnx1xxxgxa ，则2 x1， 恒成立，即alnx，令gxlnxlnxminlnx当1xe时，gx0，gx在1,e上单调递减，当xe时，gx0 ，gx在e,上单调递增，xe时，gx取得最小值gee ，ae ，即ae，a的最小值是e. 10．（2020·河北省石家庄二中）设函数fxxe的取值范围为（ ） A．0,2e 【答案】D

xx23x223xemx, 令u(x)【解析】f(x)0等价于e2，v(x)mx,

52522x26m2m，对任意正实数x，fx0恒成立，则m5x93B．0,e2

2C．0,2e

51D．0,e2

4

x1则 u(x)xe1e2x(x4), 令 u(x)0，可得 x10,x24. 则u(x)在(,4)递增，

44x23x2(4,0)递减，(0,)递增，作出u(x)e，v(x)mx示意图如图所示：

52x2x

xx23x22x满足题意时, u(x)e 的图象在直线 v(x)mx 的上方. 设曲线u(x)e2与直线

5223ymx0052x01x0352v(x0mx相切, 切点坐标为Px0,y0x00, 则 y0e，x01,me2，结合

524x02x0x0e1m4512m0,e际数图象可得.

411．（2020·浙江省高三期末）若不等式x2x2axb4lnx对任意的x1,e恒成立，则实数b的最大值为______. 【答案】2

【解析】由x2x2axb4lnx得：x2x2axb4lnxx2，设f(x)xx2， g(x)4lnxx2，h(x)axb，则f(x)h(x)g(x) 在x1,e上恒成立，且b为h(x)的纵截距，

242(x22) ， 易知f(x)xx2在1,e上单调递减，且f(1)2，f(e)ee2，g(x)2xxx22当g(x)0时，x2 或x2，故g(x) 在1,2 上单调递增，在2,e上单调递减，

2且g(x)maxg(2)2(ln21) ，g(1)1 ，g(e)4e ，如图，

当h(x)axb过点A，且与f(x)xx2相切时，b有最大值，设切点B(x0,y0) ，则有

2h(1)ab1x02kaf(x0)2x01 解得：a3 ，故b的最大值为2，

b2x2x2axb00012．（2020·山西省高三期末）已知函数fx则实数m的取值范围是______. 11【答案】21,1

eelnxm，若f2kfk20有两个不同的实数解，x【解析】f2(k)f(k)20可化为[f(k)2][f(k)1]0，解得f(k)2或f(k)1， 即有①

lnklnkm2或m1，则方程f2(k)f(k)20有两个不同的实数解，等价于： kklnklnklnklnklnkm2有2解，m1无解；②m2有1解，m1有1解；③m2无解，kkkkklnxlnk1lnxm1有2解；令函数g(x)0时，xe，即有g(x)在(0,e)上单调递，(x0)，g(x)kx2x增，在(e,)上单调递减，g(x)maxg（e）1，作出函数g(x)的图象如图： e

10m2lnklnkem2有2解，m1无解，此时则①，此时无解，舍去； kk1m1e1m2lnklnk1m2有1解，m1有1解，此时因为m2m1，则需②e，解得m2； kkem101m2lnklnk1em2无解，m1有2解，此时③，解得1m1， kke0m11e11综上，m{2}(1,1)，

eelnx,x013．（2020·北京高三期末）已知函数f(x)x，若函数F(x)f(x)c(cR)恰有3个零点，

e(x1),x0则实数c的取值范围是__.

0. 【答案】e，x【解析】当x0时，函数f(x)lnx单调递增；当x0时，f(x)e(x1)，则f(x)ex(x2)

2x2时，f(x)0，2x0时，f(x)0，故当x0时，f(x)在(,2)上单调递减，在(2,0)2x上单调递增，所以f(x)在x2处取极小值，极小值为f(2)e；当x1时，f(x)e(x1)0

作出函数f(x)的图象如图：

函数F(x)f(x)c(cR)恰有3个零点，等价于函数f(x)与yc的图象有且仅有3个交点， 由图可知，e2c0，

14．（2019·江苏省高二期中）若关于x的方程lnxaxlnxx有且只有三个不相等的实根，则实数a的

2

取值范围是__________. 【答案】,e

【解析】显然x1不满足方程lnxaxlnxx；当x0且x1时，由lnxaxlnxx得

221ealnxxlnx1lnx，令t，yt，对函数t求导得txtxxlnxx 1lnx ，令t0得xe，列表如下：2x0,1  单调递增 1,e  单调递增 e e,  单调递减 t 0 t 所以，函数t极大值 1lnx在xe处取得极大值，即t极大值，如下图所示： xe

由于关于x的方程lnxaxlnxx有且只有三个不相等的实根，则关于t的方程at要有两个根t1、

21t1t2，且0t1，t20，如下图所示：

e

所以，a11e.综上所述，实数a的取值范围是,e.

ee15．（2020·合肥市第六中学高三）已知函数fxxlnxax1，aR. （1）如果关于x的不等式fx0在x0恒成立，求实数a的取值范围；

（2）当x1时，证明：

ex1lnxx2sinx11. xe【答案】（1）1,；（2）证明见解析.

【解析】（1）由fx0，得xlnxax10x0.整理，得alnx即alnx1恒成立， x1111x1FxlnxFx22. .令.则xminxxxx1最小值为F11. x函数Fx在0,1上单调递减，在1,上单调递增.函数Fxlnxa1，即a1.a的取值范围是1,

（2）由（1），当a1时，有xlnxx1，即lnxex1x1.要证lnx， xxe即证x1时

ex1exx1e1xx即x，构造函数Gxeexx1.则Gxee. exx当x1时，Gx0.Gx在1,上单调递增. GxG10在1,上成立，即exex，证得

构造函数Hxlnxx1sinx1x1.

2ex1e1x1,.当时，lnx成立.

exxex2x2x1x12x11则Hx2xcosx1 xxx当x1时，Hx0，Hx在1,上单调递减.

HxH10，即lnxx21sinx10x1当x1,时，lnxx21sinx1成立.

综上，当x1,时，有

ex1exlnxx21sinx1.

x16．（2020·四川省阆中中学）已知函数fxeaxa(aR). （1）讨论fx的单调性；

（2）若fx有两个零点x1,x2，求实数a的取值范围，并证明x1x20.

【答案】（1）见解析（2）a1，证明见解析 【解析】（1）由题意得f(x)ea(xR), ①当a0时,f(x)0,所以f(x)在R上单调递增； ②当a0时,由f(x)0,得xlna,

当xlna时,f(x)0,f(x)在(,lna)上递减；当xlna时,f(x)0,f(x)在(lna,)上递增. （2）由于f(x)有两个零点x1,x2,不妨设x1x2,由（1）可知,当a0时,f(x)在R上单调递增,不符合题意；当a0时,xR,f(x)minf(lna)aa(lna1)alna0,即lna0,解得a1,

x10,f(0)1a0,所以存在x1(1,0),使得fx10,由于yexxlnx1(x1),e1xx所以ye1在(1,)上单调递增,所以当x1时,ye20,所以yexlnx1在

x此时有f(1)(1,)上单调递增,所以当x1时,yexxlnx1e20；

所以f(alna)ealnaa(alna1)aeaalna10,所以存在x2(lna,alna),使得fx20,

综上,当a1时,f(x)有两个零点x1,x2.

xx证明:由于e1ax11,e2ax21,且1x10lnax2,则0x11x21,

所以x1lnalnx11,x2lnalnx21,所以x2x1lnx21x21t(t1), ,设

x11x11lntx21x1t1(t1)lnt2(t1)t120,即证lnt,要证x1x20,只需证, 有x11,则t1tlntt1x1xxlnt221t114(t1)22(t1)0,所以h(t)在(1,)上单调递增,所以当(t1),则h(t)设h(t)lnt22t(t1)t(t1)t1t1时,h(t)h10,即lnt2(t1),故x1x20 t1x17．（2020·河南省高三其他）已知函数fxxe（1）判断函数fx的单调性；

xR.

（2）若方程fx2a3a10有两个不同的根，求实数a的取值范围；

2（3）如果x1x2，且fx1fx2，求证：lnx1x2ln2.

1【答案】（1）在,1上单调递增，在1,上单调递减.；（2）,1；（3）证明见解析.

2xx【解析】（1）因为fxxe，所以fx1xe，令fx0可得x1；令fx0可得x1；

所以函数fxxe在,1上单调递增，在1,上单调递减.

x（2）由（1）可得函数fxxe在x1处取得最大值，fxmaxf1xx1， e2所以函数fxxe的值域为,，且x时，fx0；因为方程fx2a3a10有

e12两个不同的根，所以2a3a10,，即2a23a10，2a3a121e11，解得a1. e21即实数a的取值范围为,1.

2（3）证明：由fx1fx2，x1x2，不妨设x1x2，构造函数Fxf1xf1x，x0,1， 则Fxf1xf1xxex1e2x10，所以Fx在x0,1上单调递增，FxF00，

也即f1xf1x对x0,1恒成立.由0x11x2，则1x10,1，

.即f2x1fx2，所以f11x1f2x1f11x1fx1fx2，又因为2x1，

x21,，且fx在1,上单调递减，所以2x1x2，即证x1x22.即lnx1x2ln2.

18．（2020·湖南省高三三模）已知函数fxlnxaxa，gxx1.

2（1）当a0，x0且x1时，证明：（2）定义maxm,n1x2fxgx； 21x1xm,mn，设函数hxmaxfx,gxx0，试讨论hx零点的个数.

n,mn【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析. 【解析】（1）当a0时，fxlnx，要证：

1x2fxgx 21x1x即转化为：

2x111lnx1xlnx2x10，即0 1xx11x即证：当x1时，lnx2x12x1；当0x1时，lnx

x1x1

x10142x1令xlnx，则x 2xx1xx1x1则x在0,1上单调递增，在1,上单调递增.

2所以当0x1时，x10，此时

2x11lnx0 1xx1当x1时，x10，此时

2x11lnx0 1xx1故a0，x0且x1时，

（2）1°当x1时，g1x2fxgx 1x1x2无零点；

x0，hxgx0，所以hx在1,2°当x1时，g1f10，则h10，所以x1是hx的零点； 3°当0x1时，gx0，所以gx在0,1上无零点，

hx在0,上的零点个数即为fx在0,上的零点个数.因为fx1a x①若a1时，fx②若a1时，则01a0，所以fx在0,1上单调递增，fxf10，此时fx无零点； x1111，f(x)在0,上单调递增，在,1上单调递减， aaa由fmaxxf11a1lna，令aa1lna，则a10，

aa当a1时，f1aaa1lna10，由a1lna，可得ea1a，则a0ea1aaa1ea0由零点存在性定理可知，fx在0,1上存在唯，又因为feaa一的零点x0，且x0e,1.综上：a1时，hx有两个零点；a1时，hx仅有一个零点. a