专题4.4导数的综合应用2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（练）解析版_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料

专题 4.4 导数的综合应用 练基础 1．（2021·沙坪坝区·重庆一中高三其他模拟）已知 为自然对数的底数， ， 为实数，且不等式 对任意 恒成立，则当 取最大值时，实数 的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 不等式 对任意 恒成立，化为不等式 对任意 恒成立，必然有 ．令 ，化为： ．令 ， ．利用导数研究函数的 单调性极值最值即可得出结论． 【详解】 解：不等式 对任意 恒成立， 则不等式 对任意 恒成立， 则 ． 令 ，则 ，化为： ． 令 ， ． 不等式 对任意 恒成立，即不等式 对任意 恒成立，令 ，则 ，可得： 时，函数 取得极大值即最大值， ， 满足题意． 可以验证其他值不成立． 故选：C． 2．（2021·湖南高三其他模拟）已知函数 存在两个零点，则正数 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 函数零点即方程 的解， （ ），取对数得 ，此方程有两个解，引入函数 ，利用导数求得函数的单调性，函数的变化趋势，然后由零点存在定理可得结论． 【详解】 显然 ， 有两个零点，即方程 ， 在 上有两个解， 两边取对数得到 ，令 ， ， 在 单调递增，在 单调递减， 又当 时， ，当 时， ， 因为 有两个零点，则 ，解得 .所以正数 的取值范围是 . 故选：C． 3．（2021·四川遂宁市·高三三模（理））已知函数 ， ，又当 时， 恒成立，则实数a的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 首先根据 求出 ，进而参变分离解决恒成立的问题即可. 【详解】 因为 ，所以 ，即 ， 所以当 时， 恒成立，即 ， 即 ， 当 时， 恒成立，符合题意； 当 时，有 ，即 ， 令 ，则 ，所以 在 上单调递增，而 ，所以 ， 故选：A.4．（2021·全国高三其他模拟）已知f（x）是定义在区间[﹣2，2]上的偶函数，当x∈[0，2]时，f（x）＝ ，若关于x的方程2f2（x）+（2a﹣1）f（x）﹣a＝0有且只有2个实数根，则实数a的取值范围是（ ） A．[﹣ ，﹣ ] B．[﹣ ，﹣ ） C．（﹣ ，0） D．（﹣ ，0）∪{﹣ } 【答案】D 【解析】 利用导数研究函数在定义域上的单调性，得出 ；结合题意得出 在 有且仅有1个解，计 算 的值即可. 【详解】 当 时 ， 则 令 ，解得 ， 所以当 时 ， 单调递增； 当 时 ， 单调递减， 所以 ，故 在定义域上恒成立， 由 有且只有2个实数根，得方程 有2个解， 又 ，所以 ， 则 在 有且仅有1个解， 因为 ，则 或 ， 所以 或 ， 即实数的取值范围是 ， 故选：D 5．（2021·宁夏银川市·高三其他模拟（理））平行于 轴的直线与函数 的图像交于 两点，则线段 长度的最小值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 画出函数图像，数形结合构造函数，利用导数判断函数单调性并求函数最值即可. 【详解】 根据题意，画出 的图象如下所示：令 ， ，故可得 ，解得 ； ，解得 . 故可得 ， ， 故 ， ， 故可得 ， 恒成立， 故 是单调递增函数，且 ， 关于 在 成立， 在 成立， 故 在 单调递减，在 单调递增， 故 . 即 的最小值为 . 故选：D 6．（2021·正阳县高级中学高三其他模拟（理））已知 ，若关于 的不等式 恒 成立，则实数 的取值范围为（ ）A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 参变分离可得 ，研究函数 ，根据导函数 以及 ，可得函数 的极大值为 ，当 ， ，所以 ，根据 的最大值的范围即可得解. 【详解】 由 ，得 ， 令 ， 则 ，当 时， ， 函数 在 ， 上单调递增，在 上单调递减， 故函数 的极大值为 ，极小值为 ， 且 时， ，所以 ，由 ， 得 ，由 恒成立，得 ，故选：D． 7．【多选题】（2021·河北衡水中学高三其他模拟）已知函数 ，则下列结论中正 确的是（ ） A．若 在区间 上的最大值与最小值分别为 ， ，则 B．曲线 与直线 相切 C．若 为增函数，则 的取值范围为 D． 在 上最多有 个零点 【答案】ACD 【解析】 由定义法确定函数的奇偶性，再求导数判断函数的单调性与切线斜率，以及零点情况. 【详解】 因为对于任意 ，都有 ， 所以 为奇函数，其图象关于原点对称，故A正确. 又 ，令 ，得 (*)， 因为 ， ，所以方程(*)无实数解， 即曲线 的所有切线的斜率都不可能为 ，故B错误. 若 为增函数，则 大于等于0， 即 ， ， 当且仅当 时等号成立，所以 ，故C正确. 令 ，得 或 ( ).设 ，则 ，令 ， 则 .当 时， ， 当 时， ，当 时， ， 所以函数 为增函数，且 ，所以当 时， ， 从而 ， 单调递增.又因为对于任意 ，都有 ， 所以 为偶函数，其图象关于 轴对称. 综上， 在 上单调递减，在 上单调递增， 则直线 与 最多有2个交点，所以 在 上最多有3个零点，故D正确. 故选ACD. 8．（2021·黑龙江大庆市·高三一模（理））用总长 m的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制容器 底面一条边比另一条边长1m，则该容器容积的最大值为________m3（不计损耗）． 【答案】 . 【解析】 设长方体的底面边长为 ，高为 ，由题可得 ，求出函数导数，判断单调性，即 可求出最值. 【详解】 设长方体的底面边长为 ，高为 ， 则由题可得 ， ，则可得 ，则 ， 则该容器容积 ，， 当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减， 当 时， ，即该容器容积的最大值为 . 故答案为： . 9．（2021·湖南高三其他模拟）中国最早的化妆水是 年在香港开设的广生行生产的花露水，其具有保 湿、滋润、健康皮肤的功效.已知该化妆水容器由一个半球和一个圆柱组成（其中上半球是容器的盖子，化 妆水储存在圆柱中），容器轴截面如图所示，上部分是半圆形，中间区域是矩形，其外周长为 .则当 圆柱的底面半径 ___________时，该容器的容积最大，最大值为___________. 【答案】 【解析】 设圆柱的底面半径为 ，圆柱的高为 ，根据已知条件可得出 ，根据柱体的体积公式可得 ，利用导数可求得 的最大值及其对应的 的值，即为所求. 【详解】设圆柱的底面半径为 ，圆柱的高为 . 则由题意可得 ，所以 . 由 ，得 . 故容器的容积 ， 容易忽略上半球是容器的盖子，化妆水储存在圆柱中. ，令 ，解得 （舍）或 . 显然当 时， ，函数 单调递增； 当 时， ，函数 单调递减. 所以当 时， 取得最大值， 此时 ， . 故答案为： ； . 10．（2021·全国高三其他模拟）若函数 只有一个零点，则实数 的取值范围是 ________． 【答案】 或 【解析】将函数的零点转化为方程 的根，令 ，利用导数研究函数的图象特征， 即可得到答案； 【详解】 ， 令 ，则 ， 令 ，则 在 恒成立， 在 单调递减，且 ， ， 在 单调递增，在 单调递减，且 ， 当 时， ， 如图所示，可得当 或 时，直线 与 有且仅有一个交点， 故答案为： 或练提升 TIDHNE 1．（2021·全国高三其他模拟）若不等式 恒成立，则 的最小值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 构造函数 ，根据函数的单调性及最值可得 ，故 ， 再构造 ，求得函数 的最小值即可. 【详解】 由 恒成立，得 ， 设 ， ， 当 时， ， 在 上单调递减，不成立； 当 时，令 ，解得 ， 故函数 在 上单调递减，在 上单调递增，故 ，即 ， ， ， 设 ， ， 令 ， ， 故 在 上单调递减，在 上单调递增， 故 ， 即 ， 故选：C. 2.（2021·北京高考真题）已知函数 ，给出下列四个结论： ①若 ，则 有两个零点； ② ，使得 有一个零点； ③ ，使得 有三个零点； ④ ，使得 有三个零点． 以上正确结论得序号是_______． 【答案】①②④ 【解析】 由 可得出 ，考查直线 与曲线 的左、右支分别相切的情形， 利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误. 【详解】对于①，当 时，由 ，可得 或 ，①正确； 对于②，考查直线 与曲线 相切于点 ， 对函数 求导得 ，由题意可得 ，解得 ， 所以，存在 ，使得 只有一个零点，②正确； 对于③，当直线 过点 时， ，解得 ， 所以，当 时，直线 与曲线 有两个交点， 若函数 有三个零点，则直线 与曲线 有两个交点， 直线 与曲线 有一个交点，所以， ，此不等式无解， 因此，不存在 ，使得函数 有三个零点，③错误； 对于④，考查直线 与曲线 相切于点 ， 对函数 求导得 ，由题意可得 ，解得 ， 所以，当 时，函数 有三个零点，④正确.故答案为：①②④. 3．（2021·四川省绵阳南山中学高三其他模拟（文））设函数 ，其中 为自然对数的底数，曲线 在 处切线的倾斜角的正切值为 ． （1）求 的值； （2）证明： ． 【答案】（1） ；（2）证明见解析． 【解析】 （1）求出函数的导函数，再代入计算可得； （2）依题意即证 ，即 ，构造函数 ， ，利用导数说明其单调性与最值，即可得到 ，从而得 证； 【详解】 解：（1）因为 ，所以 ，，解得 ． （2）由（1）可得 即证 ． 令 ， ，于是 在 上是减函数，在 上是增函数， 所以 （ 取等号）． 又令 ，则 ，于是 在 上是增函数，在 上是减函数，所以 （ 时取等号）． 所以 ，即 ． 4．（2021·全国高三其他模拟（理））已知函数 . （1）若 的图象在点 处的切线与直线 平行，求 的值； （2）在（1）的条件下，证明：当 时， ； （3）当 时，求 的零点个数. 【答案】（1） ；（2）证明见解析；（3）有一个零点. 【解析】 （1）利用导数的几何意义求解即可 （2）利用导数，得到 在 上单调递增，由 ，即可证明 在 上恒成 立（3）由（2）可知当 且 时， ，即 在 上没有零点，再 根据， ，得到 ， 对 进行讨论，即可求解 【详解】 解：（1）因为 的图象在点 处的切线与直线 平行， 所以 ， 因为 ， 所以 ，解得 . （2）由（1）得当 时， ， 当 时，因为 ，所以 在 上单调递增， 因为 ，所以 在 上恒成立. （3）由（2）可知当 且 时， ， 即 在 上没有零点， 当 时， ， 令 ， ， 则 单调递增， 且 ，， 所以 在 上存在唯一零点，记为 ， 且 时， ， 时， ， 所以 在 上单调递减，在 上单调递增， 因为 ， 所以 ， ， 因为 ，所以 ， 所以 在 上存在唯一零点 ，且在 上恒小于零， 故 时， ； 时， ， 所以 在 上单调递增，在 上单调递减，且 ， 所以 在 上至多有一个零点， 取 ， 则有 ， 所以由零点存在定理可知 在 上只有一个零点， 又f(0)不为0，所以 在 上只有一个零点. 5．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三其他模拟（文））已知函数 . （1）讨论 的单调性；（2）若函数 只有一个零点，求实数 的取值范围. 【答案】（1）答案见解析；（2） 或 . 【解析】 （1）求得 ，对 进行分类讨论，由此求得 的单调区间. （2）根据（1）的结论，结合函数的极值以及零点个数，求得 的取值范围. 【详解】 （1） ， 当 时，由 或 ，所以 在 ， 单调递增， 由 ，所以 在 单调递减； 当 时，由 或 ，所以 在 ， 单调递增，由 ，所以 在 单调递减； 当 时， 在 单调递增. （2） ， ， 由（1）知当 时， 在 处，有极大值，且 ，此时函数有一个零点； 当 时， 在 单调递增，且 ，此时函数有一个零点； 当 时， ， 单调递增， 单调递减， 在 处，有极小值， 在 处，有极大值，则当 ，或 时函数有一个零点，有 或 . 综上： 或 .6．（2021·河北高三其他模拟）已知函数 . （1）当 时，求证： ； （2）当 时，讨论 零点的个数. 【答案】（1）证明过程见解答；（2）当 时， 有两个零点，当 时， 有一个零点． 【解析】 （1）将 代入，对 求导，得到其单调性，判断其最值，即可得证； （2）令 ，则 即为 ，显然 ，进一步转化为 ，令 ，利用导数作出 的大致图象，进而图象判断方程解的情况，进而得到函数 零点 情况． 【详解】 （1）证明：当 时， ，则 ， 当 时， ， 单增，当 时， ， 单减， （1） ，即得证； （2）令 ，则 即为 ， 当 ，即 时，该方程不成立，故 不是 的零点； 接下来讨论 时的情况，当 时，方程可化为 ， 令 ，则 ， 当 时， ，当且仅当 时取等号，当 时， ，当且仅当 时取等号， 当 时， ， 单增，当 时， ， 单减，且当 时， ， ，当 时， ，当 时， ， 函数 的大致图象如下： 由图象可知，当 ，即 时， 只有一个解，则 有一个零点，当 ，即 时， 有两个解，则 有两个零点． 综上，当 时， 有两个零点，当 时， 有一个零点． 7．（2021·重庆市育才中学高三二模）已知函数 ， . （1）已知 恒成立，求a的值； （2）若 ，求证： . 【答案】（1） ；（2）证明见解析. 【解析】 （1）作差，设 ，利用导数求出 的最小值为，只需 ；设 ，利用导数求出 ，解出 ； （2）利用 把原不等式转化为证明 ，即证： ， 设 ，利用导数求出最小值，即可证明. 【详解】 （1）设 ， ， 当 时， ， 单增，当 ，不满足恒成立 当 ， 在 单减， 在 单增， 所以 的最小值为 ，即 ，即 设 ， ，所以 在 单减， 在 单增， 即 ，故 的解只有 ，综上 （2）先证当 时， 恒成立. 令 ，求导 ，所以 在 上单调递增， ，所以 所以要证 ，即证 ，即证 ，即证： ， 设 ，求导 ， 所以 在 上单调递减，所以 ，即原不等式成立. 所以当 时，如 成立. 8.（2021·全国高三其他模拟）已知函数 ， . （1）当 时，讨论函数 的单调性； （2）若函数 存在极大值 ，证明： . 【答案】（1）当 时， 单调递增；当 时， 单调递减；（2）证明见解析． 【解析】 （1）将 代入函数，并求导即可分析单调性； （2）求导函数，讨论当 ， 与 时分析单调性，并判断是否有极大值，再求解极大值， 即可证明． 【详解】 （1） 的定义域是 当 时， ， ， 令 ，得 ， 所以当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减； （2） ， 令 ， 则 ， 由 的定义域是 ，易得 ， 当 时，由（1）知， 在 处取得极大值，所以 . 当 时， 在 上恒成立， 所以 在 上单调递减， ，所以 ，故 没有极值. 当 时，令 ，得 ， 所以当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减. 所以当 时， ， 又 ， ，且 ， 所以存在唯一 ，使得 ， 当 时， ，即 ， 单调递增；当 时， ，即 ， 单调递减. 所以当 时， 取得极大值，所以 ， 所以 . 令 ，则 ，设 ， ， 则 ， 所以 在 上单调递减， 所以 ，所以 . 综上，若函数 存在极大值 ，则 ． 9．（2021·重庆高三二模）已知函数 在 处取得极值． （1）若对 恒成立，求实数 的取值范围； （2）设 ，记函数 在 上的最大值为 ，证明： ． 【答案】（1） ；（2）证明见解析． 【解析】 （1）由条件求出 ，然后由 可得 ，然后用导数求出右边对应函数的最小值即 可； （2） ，令 ，然后可得存在 使得，即 ，即 ，然后可得 ，然后判断出函数 的单调性即可. 【详解】 （1）∵ ， ，∴ ， 由已知 ，即 ，即 对 恒成立， 令 ，则 ， 易得 在 上单调递减，在 上单调递增， ∴ ，即 ． （2） ， 则 ． 当 时， ，令 ， 则 ，所以 在 上单调递增．∵ ， ， ∴存在 使得 ，即 ，即 ． ∴当 时， ，此时 ； 当 时， ，此时 ； 即 在 上单调递增，在 上单调递减， 则 ． 令 ， ，则 ， ∴ 在 上单调递增，则 ， ， ∴ ．∴ ． 10．（2021·江苏南通市·高三一模）已知函数 ， . （1）求函数 的增区间； （2）设 ， 是函数 的两个极值点，且 ，求证： . 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【解析】 （1）求函数的导数，分类讨论，解不等式即可求解； （2）根据极值点可转化为 ， 是方程 的两个不相等的正实数根，可得 且 ，要证 ，只要证 ，利用构造函数的单调性证明即可. 【详解】 （1）由题意得 ( ). 令 ，则 . ①当 ，即 时， 在 上恒成立，即 的增区间为 ； ②当 ，即 时， 或 ，即 的增区间为 和 . 综上，当 时， 的增区间为 ；当 时， 的增区间为 和 . （2）因为 ( )， 有两个极值点 ， ， 所以 ， 是方程 的两个不相等的正实数根，可求出 从而 ， ，解得 . 由 得 .因为 ，所以 且 . 令 ， 且 ，则 ， 所以当 时， ，从而 单调递增；当 时， ，从而 单调递减， 于是 ( ). 要证 ，只要证 ，只要证明 . 因为 ，所以只要证 . 令 则 . 因为 ， 所以 ，即 在 上单调递增，所以 ，即 ， 所以 ，即 . 练真题 TIDHNE 1．（2021·全国高考真题（文））设函数 ，其中 . （1）讨论 的单调性； （2）若 的图像与 轴没有公共点，求a的取值范围. 【答案】（1） 的减区间为 ，增区间为 ；（2） . 【解析】 （1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性. （2）根据 及（1）的单调性性可得 ，从而可求a的取值范围. 【详解】 （1）函数的定义域为 ， 又 ， 因为 ，故 ， 当 时， ；当 时， ； 所以 的减区间为 ，增区间为 . （2）因为 且 的图与 轴没有公共点， 所以 的图象在 轴的上方，由（1）中函数的单调性可得 ， 故 即 . 2.（2021·全国高考真题（理））设函数 ，已知 是函数 的极值点． （1）求a； （2）设函数 ．证明: ． 【答案】1；证明见详解 【解析】 （1）由题意求出 ，由极值点处导数为0即可求解出参数 ； （2）由（1）得 ， 且 ，分类讨论 和 ，可等价转化为 要证 ，即证 在 和 上恒成立，结合导数和换元法即 可求解 【详解】 （1）由 ， ， 又 是函数 的极值点，所以 ，解得 ； （2）由（1）得 ， ， 且 ， 当 时，要证 ， ， ，即证 ，化简得 ；同理，当 时，要证 ， ， ，即证 ，化简得 ； 令 ，再令 ，则 ， ， 令 ， ， 当 时， ， 单减，假设 能取到，则 ，故 ； 当 时， ， 单增，假设 能取到，则 ，故 ； 综上所述， 在 恒成立 3．（2021·全国高考真题）已知函数 . （1）讨论 的单调性； （2）设 ， 为两个不相等的正数，且 ，证明： . 【答案】（1） 的递增区间为 ，递减区间为 ；（2）证明见解析. 【解析】 （1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间； （2）设 ，原不等式等价于 ，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者 可设 ，从而把 转化为 在 上的恒成立问题，利用导数可 证明该结论成立. 【详解】 （1）函数的定义域为 ，又 ， 当 时， ，当 时， ， 故 的递增区间为 ，递减区间为 . （2）因为 ，故 ，即 ， 故 ， 设 ，由（1）可知不妨设 . 因为 时， ， 时， ， 故 . 先证： ， 若 ， 必成立. 若 ， 要证： ，即证 ，而 ， 故即证 ，即证： ，其中 . 设 ， 则 ， 因为 ，故 ，故 ， 所以 ，故 在 为增函数，所以 ， 故 ，即 成立，所以 成立，综上， 成立. 设 ，则 ， 结合 ， 可得： ， 即： ，故 ， 要证： ，即证 ，即证 ， 即证： ，即证： ， 令 ， 则 ， 先证明一个不等式： . 设 ，则 ， 当 时， ；当 时， ， 故 在 上为增函数，在 上为减函数，故 ， 故 成立 由上述不等式可得当 时， ，故 恒成立， 故 在 上为减函数，故 ， 故 成立，即 成立.综上所述， . 4.（2020·山东海南省高考真题）已知函数 ． （1）当 时，求曲线y=f（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． 【答案】（1） （2） 【解析】 （1） ， ， . ，∴切点坐标为(1,1+e), ∴函数f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为 ,即 , 切线与坐标轴交点坐标分别为 , ∴所求三角形面积为 ; （2）解法一： , ，且 . 设 ,则 ∴g(x)在 上单调递增，即 在 上单调递增， 当 时， ,∴ ,∴ 成立.当 时， ， ， , ∴存在唯一 ，使得 ，且当 时 ，当 时 ， ， ， 因此 >1, ∴ ∴ 恒成立； 当 时， ∴ 不是恒成立. 综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞). 解法二： 等价于 , 令 ,上述不等式等价于 , 显然 为单调增函数，∴又等价于 ，即 ， 令 ,则 在 上h’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上h’(x)<0,h(x)单调递减， ∴ , ，∴a的取值范围是[1,+∞).5．（2020·浙江省高考真题）已知 ，函数 ，其中e=2.71828…为自然对数的底 数． （Ⅰ）证明：函数 在 上有唯一零点； （Ⅱ）记x为函数 在 上的零点，证明： 0 （ⅰ） ； （ⅱ） ． 【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析. 【解析】 （I） 在 上单调递增， ， 所以由零点存在定理得 在 上有唯一零点； （II）（i） ， ， 令 一方面： ， 在 单调递增， ， ， 另一方面： ， 所以当 时， 成立，因此只需证明当 时 ， 因为 当 时， ，当 时， ， 所以 ， 在 单调递减， ， ， 综上， . （ii） ， ， ， ，因为 ， 所以 ， ， 只需证明 ， 即只需证明 ， 令 ， 则 ， ，即 成立， 因此 . x1 f xlnx 6.（2019·全国高考真题（理））已知函数 x1.（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点； y ex （2）设x是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x，ln x)处的切线也是曲线 的切线. 0 0 0 f(x) (0,1) (1,) 【答案】（1）函数 在 和 上是单调增函数，证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】 f(x) (0,1)(1,) （1）函数 的定义域为 ， x1 x2 1 f(x)lnx  f(x) x1 x(x1)2 ，因为函数 f(x) 的定义域为(0,1)(1,)，所以 f(x)0，因 f(x) (0,1) (1,) 此函数 在 和 上是单调增函数； 1 1 1 1 e 2 f( )ln   0 当 ，时， ，而 ，显然当 ，函数 有零 e e 1 e1 1 x(0,1) x0,y e x(0,1) f(x) f(x) x(0,1) x(0,1) f(x) 点，而函数 在 上单调递增，故当 时，函数 有唯一的零点； e1 2 e2 1 e2 3 f(e)lne  0, f(e2)lne2   0 当x(1,)时， e1 e1 e2 1 e2 1 ， f(e) f(e2)0 f(x) (e,e2) f(x) (1,) 因为 ，所以函数 在 必有一零点，而函数 在 上是单调递增，故当 x(1,) f(x) 时，函数 有唯一的零点 f(x) (0,1)(1,) 综上所述，函数 的定义域 内有2个零点； x 1 x 1 f(x )lnx  0 0lnx  0 （2）因为x 是 f(x)的一个零点，所以 0 0 x 1 0 x 1 0 0 0 1 1 y lnx y k  x，所以曲线y lnx在A(x ,lnx )处的切线l的斜率 x ，故曲线y lnx在 0 0 01 x 1 ylnx  (xx ) lnx  0 A(x ,lnx )处的切线l的方程为： 0 x 0 而 0 x 1，所以l的方程为 0 0 0 0 x 2 2 y   x x 1，它在纵轴的截距为 x 1. 0 0 0 y ex B(x ,ex 1) B(x ,ex 1) l' y ex  yex B(x ,ex 1) 设曲线 的切点为 1 ，过切点为 1 切线 ， ，所以在 1 处的 切线 l' 的斜率为 ex 1，因此切线 l' 的方程为 y ex 1xex 1(1x 1 ) ， 1 1 k  ex 1   x (lnx ) 当切线l'的斜率k ex 1等于直线l的斜率 x 时，即 x 1 0 ， 1 0 0 1 x 1 b ex 1(1x )elnx 0(1lnx ) (1lnx ) lnx  0 切线l'在纵轴的截距为 1 1 0 x 0 ，而 0 x 1，所以 0 0 1 x 1 2 b  (1 0 ) 1 x x 1 x 1，直线l,l'的斜率相等，在纵轴上的截距也相等，因此直线l,l'重合，故曲线 0 0 0 y lnx A(x ,lnx ) y ex 在 0 0 处的切线也是曲线 的切线.