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  • 2021-06-16 发布

高考数学经典错题深度剖析及针对训练专题25导数的应用

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专题 25 导数的应用 【标题 01】没有理解“ 0( ) 0f x  是 0x x 是极值点的必要非充分条件” 【习题 01】   3 2 2 1f x x ax bx a x    在 处有极小值10,则 a b  . 【经典错解】由题得 2( ) 3 2f x x ax b    ,所以 2 (1) 3 2 0 (1) 1 10 f a b f a b a            . 所以 3 3a b   或 4 11a b   ,所以 0a b  或 7a b   . 【详细正解】由题得 2( ) 3 2f x x ax b    ,所以 2 (1) 3 2 0 (1) 1 10 f a b f a b a            .所以 3 3a b   或 4 11a b   . 当 3 3a b   时, 2 2( ) 3 6 3 3( 1) 0f x x x x       ,所以函数 ( )f x 是增函数,与题意不相符,所 以舍去. 经检验, 4 11a b   时,满足题意. 所以 7a b   . 【习题 01 针对训练】已知函数 3( ) ( )f x x x m  在 2x  处取得极小值,则常数 m 的值为( ) A.2 B.8 C.2 或 8 D.以上答案都不对 【标题 02】求函数的单调性时忽略了函数的定义域的研究 【习题 02】已知函数 ln( ) 1xf x x   ,试判断函数 ( )f x 的单调性. 【经典错解】由已知得 2 1 ln( ) xf x x   .令 ( ) 0f x  ,得 x e . 因为当 x e 时, ( ) 0f x  ;当 x e 时, ( ) 0f x  . 所以函数 ( )f x 在 ( , )e 上单调递增,在[ , )e  上单调递减. 【详细正解】)函数 ( )f x 的定义域是 (0, ) .由已知 2 1 ln( ) xf x x   .令 ( ) 0f x  ,得 x e .因为当 0 x e  时, ( ) 0f x  ;当 x e 时, ( ) 0f x  .所以函数 ( )f x 在 (0, ]e 上单调递增,在[ , )e  上单调 递减. 【习题 02 针对训练】已知函数 Raxxaxf  ,1ln)( .求 )(xf 的单调区间. 【标题 03】导函数及其单调性的关系理解不到位 【习题 03】设函数 653 1)( 23  xaxxxf 在区间[1.3]上是单调减函数,则实数 a 的取值范围是( ) A. 5,  B.  3, C. , 3  D. ]5,5[ 【经典错解】根据题意 2( ) 2 5 0f x x ax     在区间 1,3 上恒成立,所以 2( ) 2 5f x x ax    的最大值 小于零,因为函数开口向上,故最大值在区间端点处取得,所以,     1 0, 3 0 f f     ,解得 3a   ,所以选择C . 【详细正解】根据题意 2( ) 2 5 0f x x ax     在区间 1,3 上恒成立,所以 2( ) 2 5f x x ax    的最大值 小于或等于零,因为函数开口向上,故最大值在区间端点处取得,所以,     1 0, 3 0 f f     ,解得 3a   ,所以 选择 B . 【深度剖析】(1)经典错解错在导函数及其单调性的关系理解不到位.(2)函数单调递减时,相应的导数 值应该小于或等于零(等于零的点为有限个孤立点),不能写成导数小于零.错解漏掉了等号. 【习题 03 针对训练】已知函数 2( ) ln ,af x x a Rx    . (1)若函数 ( )f x 在[2, ) 上是增函数,求实数 a 的取值范围; (2)若函数 ( )f x 在[1, ]e 上的最小值为 3,求实数 a 的值. 【标题 04】解题不规范没有严格按照教材的要求求函数的极值 【习题 04】设函数 3( ) 12 5,f x x x x R    . (1)求 )(xf 的单调区间和极值; (2)若关于 x 的方程 axf )( 有3个不同实根,求实数 a 的取值范围. 【经典错解】(1) 2'( ) 3 12 3( 2)( 2)f x x x x     令 '( ) 0f x  得: 1 22, 2x x   所以 ( )f x 的增区间是 ( , 2)  和 (2, ) ,减区间是 ( 2,2) ; 当 2x   时, ( )f x 取得极大值,极大值 ( 2) 21f   ; 当 2x  时, ( )f x 取得极小值,极小值 (2) 11f   . (2)由(1)得,作出函数 ( )f x 的草图如图所示:数形结合得实数 a 的取值范围是 ( 11,21) . 【详细正解】(1) 2'( ) 3 12 3( 2)( 2)f x x x x     令 '( ) 0f x  得: 1 22, 2x x   当 x 变化时, '( ), ( )f x f x 的变化情况如下表: x ( , 2)  2 ( 2,2) 2 (2, ) '( )f x  0  0  ( )f x 增 极大 减 极小 增 所以 ( )f x 的增区间是 ( , 2)  和 (2, ) ,减区间是 ( 2,2) ; 当 2x   时, ( )f x 取得极大值,极大值 ( 2) 21f   ; 当 2x  时, ( )f x 取得极小值,极小值 (2) 11f   . (2)由(1)得,作出函数 ( )f x 的草图如图所示:所以,实数 a 的取值范围是 ( 11,21) . 【习题 04 针对训练】已知函数  ax axxf (ln)( R). (1)若曲线 )(xfy  在点 ))1(,1( f 处的切线与直线 01  yx 平行,求 a 的值; (2)在(1)条件下,求函数 )(xf 的单调区间和极值;(3)当 1a ,且 1x 时,证明: .1)( xf 【标题 05】对于函数的图像分析不透彻推理不严谨碰巧做对了 【习题 05】已知函数 .ln)(,2)2 3ln()( xxgxxxf  (1)求函数 ( )f x 的单调区间;(2)如果关于 x 的方程 mxxg  2 1)( 有实数根,求实数 m 的取值集合; (3)是否存在正数 k ,使得关于 x 的方程 )()( xkgxf  有两个不相等的实数根?如果存在,求 k 满足的条 件;如果不存在,说明理由. 【经典错解】(1)函数 )(xf 的定义域是 ).,0()0,2 3(  对 )(xf 求导得 )2 3( )3)(1(2 2 3 1)( 2 2     xx xx xx xf 由 312 30)(  xxxf 或,得 ,由 .30010)(  xxxf 或,得 因此 )3)1,2 3(  ,和( 是函数 )(xf 的增区间; ( 1,0) 和 (0,3) 是函数 )(xf 的减区间. (2)因为 .2 1ln2 1ln2 1)( xxmmxxmxxg  所以实数 m 的取值范围就是函数 xxx 2 1ln)(  的值域 对 .2 11)()(  xxx  求导得 令 0)(20;0)(220)(  xxxxxx  时,当时,,并且当,得 ∴当 2x  时 )(x 取得最大值,且 .12ln)2()( max   x 因此函数 xxx 2 1ln)(  的值域是 ]12ln,(  ,即实数 m 的取值范围是 ]12ln,(  . (3)结论:这样的正数 k 不存在. 下面采用 反证法来证明:假设存在正数 k ,使得关于 x 的方程 )()( xkgxf  有两个不相等的实数根 21 xx 和 ,则               ② ① .ln2)2 3ln( ,ln2)2 3ln( )()( )()( 2 2 2 1 1 1 22 11 xkxx xkxx xkgxf xkgxf 根据对数函数定义域知 21 xx 和 都是正数. 又由(1)可知,当 0x  时, 03 2)2 33ln()3(f)x(f min  ∴ )( 1xf = 0x 3)2 3xln( 1 1  , )x(f 2 = 0x 3)2 3xln( 2 2  , 再由 k>0,可得 .1,10ln)(,0ln)( 212211  xxxxgxxg 由于 所以,21 xx  不妨设 211 xx  , 由①和②可得 2 2 2 1 1 1 ln 2)2 3ln( ln 2)2 3ln( x xx x xx    利用比例性质得 2 2 2 2 1 1 1 1 ln ln2)2 3ln( ln ln2)2 3ln( x xxx x xxx    即 .(*)ln 2)2 31ln( ln 2)2 31ln( 2 22 1 11 x xx x xx    由于 ),1(ln 是区间x 上的恒正增函数,且 .1ln ln,1 2 1 21  x xxx 又 ),1(2)2 31ln(  是区间 xx 上的恒正减函数,且 .1 21 xx  ∴ .12)2 31ln( 2)2 31ln( 22 11    xx xx ∴ 2 22 1 11 22 11 2 1 ln 2)2 31ln( ln 2)2 31ln( 2)2 31ln( 2)2 31ln( ln ln x xx x xx xx xx x x        ,这与(*)式矛盾.因此满足条件的 正数 k 不存在 . 【详细正解】(1)同上 (2)因为 .2 1ln2 1ln2 1)( xxmmxxmxxg  所以实数 m 的取值范围就是函数 xxx 2 1ln)(  的值域. 对 .2 11)()(  xxx  求导得 令 0)(20;0)(220)(  xxxxxx  时,当时,,并且当,得 ∴当 2x  时 )(x 取得最大值,且 .12ln)2()( max   x 又当 x 无限趋近于 0 时, xln 无限趋近于 x2 1, 无限趋近于 0 , 进而有 xxx 2 1ln)(  无限趋近于-∞.因此函数 xxx 2 1ln)(  的值域是 ]12ln,(  ,即实数 m 的 取值范围是 ]12ln,(  (3)同上. 【习题 05 针对训练】已知函数 ( ) , ( ) ln( )xf x e g x x m   .直线 :l y kx b  经过点 ( 1 0)P  , 且与曲线 ( )y f x 相切. (1)求切线l 的方程;(2)若关于 x 的不等式 ( )kx b g x  恒成立,求实数 m 的最大值. (3)设 ( ) ( ) ( )F x f x g x  ,若函数 ( )F x 有唯一的零点 0x ,求证 0 11 2- x   . 【标题 06】求函数的极值时忽略了函数的定义域 【习题 06】已知函数 2( ) 2 lnf x x a x  . (1)若 4a  ,求函数 ( )f x 的极小值; (2)设函数  23( ) 12g x x a x    ,试问:在定义域内是否存在三个不同的自变量 ( 1,2,3)ix i  使得    i if x g x 的值相等,若存在,请求出 a 的范围,若不存在,请说明理由? 【经典错解】(1)由已知得 24 4( 1)( ) 4 xf x x x x     , 令 ( ) 0 1 1f x x x     或 则当 1 1x   时 ( ) 0f x  , ( )f x 在 ( 1,1) 上是减函数, 当 1x   时或 1x  时 ( ) 0f x  , ( )f x 在 ( , 1)  , (1, ) 上是增函数, 故函数 ( )f x 的极小值为 (1) 2f  . (2)若存在,设     ( 1,2,3)i if x g x m i   , 则对于某一实数 m 方程 ( ) ( ) 0f x g x m   在 (0, ) 上有三个不等的实根, 设 2 23( ) ( ) ( ) 2 ln (1 )2F x f x g x m x a x x a x m         , 则函数 ( ) ( ) 0f x g x m   的图象与 x 轴有三个不同交点, 即 2 (1 )( ) 4 3 1a x a x aF x x x ax x          在 (0, ) 有两个不同的零点. 显然 2 (1 ) ( 1)( )( ) x a x a x x aF x x x        在 (0, ) 上至多只有一个零点. 则函数 ( ) ( ) ( )F x f x g x m   的图象与 x 轴至多有两个不同交点,则这样的 不存在. 【详细正解】(1)定义域为 (0, ) ,由已知得 24 4( 1)( ) 4 xf x x x x     , 则当 0 1x  时 ( ) 0f x  , ( )f x 在 (0,1) 上是减函数, 当 1x  时 ( ) 0f x  , ( )f x 在 (1, ) 上是增函数, 故函数 ( )f x 的极小值为 (1) 2f  . (2)若存在,设     ( 1,2,3)i if x g x m i   , 则对于某一实数 m 方程 ( ) ( ) 0f x g x m   在 (0, ) 上有三个不等的实根, 设 2 23( ) ( ) ( ) 2 ln (1 )2F x f x g x m x a x x a x m         , 则函数 ( ) ( ) ( )F x f x g x m   的图象与 x 轴有三个不同交点, 即 2 (1 )( ) 4 3 1a x a x aF x x x ax x          在 (0, ) 有两个不同的零点. 显然 2 (1 ) ( 1)( )( ) x a x a x x aF x x x        在 (0, ) 上至多只有一个零点. 则函数 ( ) ( ) ( )F x f x g x m   的图象与 x 轴至多有两个不同交点,则这样的 不存在. 【习题 06 针对训练】设 2( ) ( 5) 6lnf x a x x   ,其中 a R ,曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线与 y 轴相交于点 (0,6) . (1)确定 a 的值;(2)求函数 ( )f x 的单调区间与极值. 【标题 07】审题错误把单调函数理解为单调增函数 【习题 07】已知 0a  ,且函数 2( ) ( 2 ) xf x x ax e  在[ 1,1] 上是单调函数,求 a 的取值范围. 【经典错解】∵ 2 2( ) e ( 2 ) e (2 2 ) e [ 2(1 ) 2 ]x x xf x x ax x a x a x a         又∵ ( )f x 在[ 1,1] 上是单调函数, ( ) 0f x  在[ 1,1] 上恒成立.即 2e [ 2(1 ) 2 ] 0x x a x a    在[ 1,1] 上 恒成立. ∵ 0xe  , 2( ) 2(1 ) 2 0g x x a x a     在[ 1,1] 上恒成立.即      0)1( 12 )1(2 g a 或 24(1 ) 8 0a a     或      .0)1( 12 )1(2 g a 解得: a  .故 ( )f x 在[ 1,1] 上不可能为单调函数. 【详细正解】 2 2( ) e ( 2 ) e (2 2 ) e [ 2(1 ) 2 ]x x xf x x ax x a x a x a         ∵ ( )f x 在[ 1,1] 上是单调函数. (1)若 ( )f x 在[ 1,1] 上是单调递增函数. 则 ( ) 0f x  在[ 1,1] 上恒成立,即 2e [ 2(1 ) 2 ] 0x x a x a    在[ 1,1] 上恒成立. ∵ 0xe  .∴ 2( ) 2(1 ) 2 0g x x a x a     在[ 1,1] 上恒成立,则有 1 1 ( 1) 0 a g       或 24(1 ) 8 0a a     或 1 1 (1) 0 a g     解得, a  . (2)若 ( )f x 在[ 1,1] 上是单调递减函数,则 ( ) 0f x  在[ 1,1] 上恒成立. ∴ 2e [ 2(1 ) 2 ] 0x x a x a    在[ 1,1] 上恒成立. ∵ 0xe  .∴ 2( ) 2(1 ) 2 0h x x a x a     在[ 1,1] 上恒成立.则有 .4 3 043 01 0)1( 0)1(            aah h ∴当 3[ , )4a  时, ( )f x 在[ 1,1] 上是单调函数. 【习题 07 针对训练】已知函数 2( ) ( )  xf x x a e . (1)若函数 ( )f x 在 R 上不是单调函数,求实数 a 的取值范围; (2)当 1 a 时,讨论函数 ( ) ( ) 4 ( 1)   xg x f x xe x x 的零点个数. 【标题 08】对“任意”和“存在”问题的区别没有理解到位 【习题 08】已知函数 ( ) lnf x ax x  ( a R ) (1)求 ( )f x 的单调区间; (2)设 2( ) 2 2g x x x   ,若对任意 1 (0, )x   ,均存在 2 [0,1]x  ,使得 1 2( ) ( )f x g x ,求实数 a 的 取值范围. 【经典错解】(1) 1( ) ( 0)f x a xx     当 0a  时,由于 (0, )x  , ( ) 0f x  ,所以函数 ( )f x 的单调增区间为 (0, ) , 当 0a  时,令 ( ) 0f x  ,得 1x a   . 当 x 变化时, ( )f x 与 ( )f x 变化情况如下表: x 1(0, )a  1 a  1( , )a   ( )f x  0  ( )f x 单调递增 极大值 单调递减 所以函数 ( )f x 的单调增区间为 1(0, )a  ,函数 ( )f x 的单调减区间为 1( , )a   (2)由已知,转化为 max( ) ( )minf x g x 接下来,求函数 max( )f x 和 ( )ming x . 【详细正解】(1)同上. (2)由已知,转化为 max max( ) ( )f x g x 因为 2 2( ) 2 2 ( 1) 1g x x x x      , [0,1]x , 所以 max( )g x =2 由(Ⅱ)知,当 0a  时, ( )f x 在 (0, ) 上单调递增,值域为 R ,故不符合题意. (或者举出反例:存在 3 3( ) 3 2f e ae   ,故不符合题意.) 当 0a  时, ( )f x 在 1(0, )a  上单调递增,在 1( , )a   上单调递减, 故 ( )f x 的极大值即为最大值, 1 1( ) 1 ln( ) 1 ln( )f aa a          , 所以 2 1 ln( )a    ,解得 3 1a e   . 若存在 1 ,x M 存在 2 ,x N 使得 1 2( ) ( )f x g x ,等价于 min max( ) ( )f x g x ;若存在 1 ,x M 任意 2 ,x N 使得 1 2( ) ( )f x g x ,等价于 min min( ) ( )f x g x .对于这 4 个关于“任意”和“存在”的命题,大家要理解 透彻,不要死记硬背. 【习题 08 针对训练】已知函数 ( ) 2xf x e x  , 2( )g x x m  ( m R ) (1)对于函数 ( )y f x 中的任意实数 x,在 ( )y g x 上总存在实数 0x ,使得 0( ) ( )g x f x 成立,求实数 m 的取值范围; (2)设函数 ( ) ( ) ( )h x af x g x  ,当 a 在区间[1,2] 内变化时, (1)求函数 ( )y h x [0,ln 2]x 的取值范围; (2)若函数 ( )y h x [0,3]x 有零点,求实数 m 的最大值. 【标题 09】对命题 ( ) ( )f x g x 恒成立错误理解为 min max( ) ( )f x g x 【习题 09】已知 2( ) ln , ( ) 3f x x x g x x ax     . (1)求函数 ( )f x 在[ , 1] ( 0)t t t  上的最小值; (2)对一切 (0, ),2 ( ) ( )x f x g x   恒成立,求实数 a 的取值范围; (3)证明:对一切 (0, )x   ,都有 1 2ln xx e ex   成立. 【经典错解】(1) ( ) ln 1f x x   . 当 1(0, ), ( ) 0, ( )x f x f xe   单调递减,当 1( , ), ( ) 0, ( )x f x f xe    单调递增. 10 1t te     ,即 10 t e   时, min 1 1( ) ( )f x f e e    ; 1 1t te    ,即 1t e  时, ( )f x 在[ , 1]t t  上单调递增, min( ) ( ) lnf x f t t t  . 所以 min 1 1,0 . ( ) 1ln , te ef x t t t e       . (2)对一切 (0, ),2 ( ) ( )x f x g x   恒成立,等价于 min max(0, ),[2 ( )] ( )x f x g x   , 接下来求 min max[2 ( )] , ( )f x g x ,再解答. (3)问题等价于证明 2ln ( (0, ))x xx x xe e     , 由(1)可知 ( ) ln ( (0, ))f x x x x   的最小值是 1 e  ,当且仅当 1x e  时取到 设 2( ) ( (0, ))x xm x xe e     ,则 1( ) x xm x e   ,易知 max 1( ) (1)m x m e    ,当且仅当 1x  时取到,从而对一切 (0, )x  ,都有 1 2ln xx e ex   成立. 【详细正解】(1) ( ) ln 1f x x   . 当 1(0, ), ( ) 0, ( )x f x f xe   单调递减,当 1( , ), ( ) 0, ( )x f x f xe    单调递增 10 1t te     ,即 10 t e   时, min 1 1( ) ( )f x f e e    ; 1 1t te    ,即 1t e  时, ( )f x 在[ , 1]t t  上单调递增, min( ) ( ) lnf x f t t t  . 所以 min 1 1,0 . ( ) 1ln , te ef x t t t e       . (2) 22 ln 3x x x ax    ,则 32lna x x x    , 设 3( ) 2ln ( 0)h x x x xx     ,则 2 ( 3)( 1)( ) x xh x x    , ① (0,1), ( ) 0, ( )x h x h x  单调递减,② (1, ), ( ) 0, ( )x h x h x   单调递增, 所以 min( ) (1) 4h x h  ,对一切 (0, ),2 ( ) ( )x f x g x   恒成立,所以 min( ) 4a h x  . (3)同上. 【习题 09 针对训练】已知函数 xaxxf ln2 1)( 2  , xaxg )1()(  . (1)若直线 )(xgy  恰好为曲线 )(xfy  的切线时,求实数 a 的值; (2)当 ex 1[ , ]e 时(其中无理数 71828.2e ), )()( xgxf  恒成立,试确定实数 a 的取值范围. 【标题 10】函数在区间(-1,1)上为减函数和减区间为(-1,1)没有区分清楚 【习题 10】已知函数 3( ) 1f x x ax   的单调减区间为 ( 1,1) ,求 a 的取值范围. 【经典错解】 2 2( ) 3 3 0 -1,1f x x a x a    由题得 在( )上恒成立 所以 23 -1,1 3a x a  在( )上恒成立 所以 a 的取值范围为[3, ) . 【详细正解】 2 2 2( ) 3 3 0 3 0 3 3 a af x x a x a x a a x          令 由题得 所以 1 33 a a   所以 a 的取值范围为 3a  .所以 23 -1,1 3a x a  在( )上恒成立 所以 a 的取值范围为[3, ) . 【习题 10 针对训练】已知函数 xx axxf ln)(  , a  R . (Ⅰ)若 ( )f x 在 1x  处取得极值,求 a 的值; (Ⅱ)若 )(xf 在区间 )2,1( 上单调递增, 求 a 的取值范围; (Ⅲ)讨论函数 xxfxg  )()( 的零点个数. 高中数学经典错题深度剖析及针对训练 第 25 讲:导数的应用参考答案 【习题 01 针对训练答案】 B 【习题 01 针对训练解析】          3 2 2' 3 4f x x m x x m x m x m       , 由题意可知      2' 2 2 8 0f m m    ,解得 2m  或 8m  . 当 2m  时,在 2x  两侧  'f x 均为正,此时 2x  不是函数  f x 的极值点,故舍,所以 8m  ,故选 B . 【习题 02 针对训练答案】当 0a  时, ( )f x 减区间为 (0, ) ;当 0a  时, ( )f x 递增区间为 0,a ,递 减区间为  ,a  . 【习题 03 针对训练答案】(1) ( ,1] ;(2) a e . 【习题 03 针对训练解析】(1)∵ 2( ) ln af x x x   ,∴ 2 1 2( ) af x x x    ∵ ( )f x 在[2, ) 上是增函数 ∴ 2 1 2( ) af x x x    ≥0 在[2, ) 上恒成立,即 a ≤ 2 x 在[2, ) 上恒成立 令 ( ) 2 xg x  ,则 a ≤ min( ) , [2, )g x x  ∵ ( ) 2 xg x  在[2, ) 上是增函数,∴ min( ) (2) 1g x g  ∴ 1a  .所以实数 a 的取值范围为 ( ,1] (2)由(1)得 2 2( ) x af x x   , [1, ]x e 【习题 04 针对训练答案】(1) 0a  ;(2)详见解析;(3)证明见解析. 【习题 04 针对训练解析】(1)函数 ( ) { | 0},f x x x 的定义域为 所 以 2 1 ln( ) .x af x x    又 曲 线 ( ) (1, (1))y f x f 在点 处 的 切 线 与 直 线 1 0x y   平 行 , 所 以 (1) 1 1, 0.f a a    即 (2)令 ( ) 0,f x x e  得 当 x 变化时, ( ), ( )f x f x 的变化情况如下表: 由表可知: ( )f x 的单调递增区间是 (0, )e ,单调递减区间是 ( , )e  x (0, )e e ( , )e  ( )f x + 0 — ( )f x 极大值 所以 ( )f x x e在 处取得极大值, ln( ) ( ) .ef x f e e  极大值 (3)当 ln 11 , ( ) .xa f x x  时 由于   ln 11, , ( ) 1,xx f x x    要证 只需证明 ln 1 .x x  令 1 1( ) ln 1, ( ) 1 .xh x x x h x x x      则 因为 1x ,所以   ,1)(,0)(' 在故 xhxh 上单调递增, 当 ,0)1()(,1  hxhx 时 即 xx 1ln 成立. 故当 1x 时,有 .1)(,11ln  xfx x 即 因此要使不等式成立,则 (1 ) 2 0h m m    ,所以 m 的最大值是 2 . (3)由题设条件知,函数 2 1 1( ) ( ), ( ) 0( ) x xF x e x m F x ex m x m          , 则 0( , )x m x  时, 0( ) 0, ( , )F x x x    时, ( ) 0F x  所以函数 ( )F x 有唯一的极小值,也是最小值. 当 x m  时, ( ) ,F x   当 x   时, ( ) ,F x   所以函数 ( )F x 有唯一零点的充要条件是其最小值为 0 . 即 0( ) 0F x  ,故 0 0ln( ) 0xe x m   ,由于 0 0 1 xex m  ,所以 0 0 0xe x  设 ( ) , ( ) 1 0x xH x e x H x e     ,又因为 1 21 1 1( ) 0, ( 1) 1 02 2H e H e          由零点存在性定理知 0 11 2x    . 当 0 2x  或 3x  时, ( ) 0f x  ,故 ( )f x 在 (0,2) , (3, ) 上为增函数;当 2 3x  时, ( ) 0f x  , 故 ( )f x 在 (2,3) 上为减函数. 由此可知 ( )f x 在 2x  处取得极大值 9(2) 6ln 22f   ,在 3x  处取得极小值 (3) 2 6ln3f   . 【习题 07 针对训练答案】(1) 1 2  a ;(2)只有一个零点 【习题 07 针对训练解析】(1) 2( ) ( 2 )    xf x x x a e ,由题意知方程 2 2 0  x x a 有两个不同的实数解, =4+8 0 所以 a ,解得 1 2  a .因此,实数 a 的取值范围是 1 2  a . (2) 2( ) ( 1) ( 1)   xg x x e x x , 2( ) ( 1) 1   xg x e x . 设 2( ) ( 1) 1( 1)   xh x e x x , 2( ) ( 2 1)   xh x e x x , 因为 1x ,所以 ( ) 0 h x ,故 ( )h x 在 (1, ) 上是增函数, 又 (1) 1 0  h , 2(2) 3 1 0  h e ,因此在 (1,2) 内存在唯一的实数 0x ,使得 0( ) 0h x , 因为 ( )h x 在 (1, ) 上市增函数,所以在 (1, ) 内存在唯一的实数 0x ,使得 0( ) 0h x . ( )h x 与 ( )h x 随 x 的变化情况如下表: x 0(1, )x 0x 0( , )x ( )g x  0  ( )g x  极小值  由上表可知, 0( ) (1) 1 0   g x g ,又 2(2) 2 0  g e , 故 ( )g x 的大致图象右图所示: 所以函数 ( )g x 在 (1, ) 内只有一个零点. 【习题 08 针对训练答案】(1) 2 2ln 2m   ;(2)(1) 2, 1  ;(2) 32 21e  当 [ln 2,3]x 时,因为 2 0xe   , [1,2]a ,故 ( )h x 的值在区间[( 2) 2 ,2( 2) 2 ]x xe x e x    上变化, 此时,对于函数 ( )M x ,存在 0 [ln 2,3]x  , ( )M x 在 0[ln 2, ]x x 单调递减,在 0[ ,3]x x 单调递增,所以, ( )h x 在 [ln 2,3]x 的最大值为 3(3) ( 6) 9h a e m    ,因为 [1,2]a , 3(3) (0) ( 7) 9 0h h a e     , 所以 (3) (0)h h ,故 ( )h x 的最大值是 3(3) ( 6) 9h a e m    ,又因为 [1,2]a ,故当函数 ( )y h x 有零 点时,实数 m 的最大值是 32( 6) 9m e   32 21e  . 【习题 09 针对训练答案】(1) 2 1a ;(2)实数 a 的取值范围是[ ),   )1(2 22 e ee . 【习题 09 针对训练解析】(1)设切点为 )0(), 000 xyxP( ,由题意得:      00 0 )1()( 1)( xaxf axf ,即         )2()1(ln2 1 )1(1 00 2 0 0 0 xaxax ax ax , 所以不等式(4)可化为: xx xx a ln 2 1 2    ; 设 xx xx xt ln 2 1 )( 2    , ex 1[ , ]e , 22 2 )ln( )ln12 1)(1( )ln( )2 1)(11()ln)(1( )( xx xxx xx xxxxxx xt       当 1(x , ]e 时, 0ln12 1)(,01  xxx 知由 ,所以 0)(  xt ; 当 ex 1[ ,1)时, 0ln12 1)(,01  xxx 知由 ,所以 0)(  xt ; 所以 )(xt 在 ]1,1[e 上单调递减,在[1, e ]上单调递增, 所以 )}(),1(max{)( etetxt 最大值 ,又 )1(2 21)1(   ee e et , )1(2 2)( 2   e eeet , )1)(1(2 1)3()()1( 23   eee eeeetet ,又 718.2e ,所以 0323  ee , 所以, )1(2 2)()( 2   e eeetxt 最大值 , 所以,当 ex 1[ , ]e 时, )()( xgxf  恒成立时实数 a 的取值范围是[ ),   )1(2 22 e ee . 【习题 10 针对训练答案】(Ⅰ) 2a ;(Ⅱ) 2a ;(Ⅲ)当 1a  时,函数  g x 无零点,当 1a  或 0a  时,函数  g x 有一个零点,当 0 1a  时,函数  g x 有两个零点.