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

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

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.