压轴03 利用导数研究函数零点的2 大核心题型
参考答案
压轴题型精讲
题型01 证明或求解零点个数
1.【解题指导】（1）函数求导
( )
f
x
¢
→令( )
( )
g x
f
x
¢
=
→( )
g x 再求导→利用导数确定单调性得最值；
（2）方程变形为
( )
f x
k
x
=
→令
( )
( )
f x
k x
x
=
→对( )
k x 求导→确定单调性→依据函数值域确定根的个数．
【详解】（1）
∵
1
1
2
1
e
x
f
x
x
- æ
ö
=
ç
÷
è
ø
¢
，记
g x
f
x
¢
=
∴
1
1
1
1
1
1
4
3
4
1
2
1 2
e
e
e
0
x
x
x
x
g
x
x
x
x
-
-
-
¢
-
-
æ
ö
=
×
+
×
=
×
=
ç
÷
è
ø
，解得：
1
2
x =
当
1
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
0
g
x
¢
>
，
g x 单调递增，
当
1 ,
2
x
æ
ö
Î
+¥
ç
÷
è
ø 时，
0
g
x
¢
<
，
g x 单调递减，
所以
f
x
¢
的最大值等于
1
4
2
e
f æ
ö =
ç
÷
è
ø
¢
.
（2）【分离参数法】由
f x
kx
=
，即
1
1e
x
kx
- =
，即
1
1e
x
k
x
-
=
.
令
1
1e
x
k x
x
-
=
，∴
1
3
e
1
x
x
k
x
x
-
-
=
¢
，由
0
k
x
¢
=
解得：
1
x =
∴
k x 在
0,1 上单调递增，在
1,+¥ 上单调递减，∴
max
1
1
k
x
k
=
= ，且
0
k x >
所以：当
1
k > 时，方程无解；当
1
k = 时，方程有1 个解；当0
1
k
<
< 时，方程有2 个解.
【分类讨论法】由
f x
kx
=
，即
1
1e
x
kx
- =
，即
1
1e
x
k
x
-
=
.
令
1
0,
t
x = Î
+¥ ，
1e
t
l t
t
-
=
，∴
1
1
e
t
l t
t
=
=
-
¢
，由
0
l t
¢
=
解得：
1
t =
∴
l t 在
0,1 上单调递增，在
1,+¥ 上单调递减，∴
max
1
1
l
t
l
=
= ，且
0
l t >
所以：当
1
k > 时，方程无解；当
1
k = 时，方程有1 个解；当0
1
k
<
< 时，方程有2 个解.
【构造函数法】由
f x
kx
=
，即
1
1e
x
kx
- =
，两边取对数得：
1
1
ln
ln
k
x
x
-
=
+
，即
1
ln
1
ln
k
x
x
= -
-
.
令
1
1
ln
h x
x
x
= -
-
，所以由
2
2
1
1
1
0
x
h x
x
x
x
-
=
-
=
=
¢
，解得
1
x =
当
0,1
xÎ
时，
0
h x
¢
>
，
h x 单调递增，当
1,
xÎ
+¥ 时，
0
h x
¢
<
，
h x 单调递减
所以
max
1
0
h
x
h
=
=
当ln
0
k >
，即
1
k > 时，方程无解；
当ln
0
k =
，即
1
k = 时，方程有1 个解；
当ln
0
k <
，即0
1
k
<
< 时，方程有2 个解.
2.【解】（1）
( )
x
f x
e
ax
=
-
，其定义域为R ，
( )
x
f
x
e
a
¢
=
-
①当
0
a £
时，因为
0
f
x
¢
>
，所以
f x 在R 上单调递增，
②当
0
a >
时，令
0
f
x
¢
>
得
ln
x
a
>
，令
0
f
x
¢
<
得
ln
x
a
<
所以
f x 在
,ln a
-¥
上单调递减，
ln ,a +¥ 上单调递增，
综上所述：
当
0
a £
时，
f x 在R 上单调递增；
当
0
a >
时，
f x 在
,ln a
-¥
单调递减，
ln ,a +¥ 单调递增，
（2）已知得( )
2
cos
x
g x
e
x
x
=
-
-
，
,
2
x
p
æ
ö
Î -
+¥
ç
÷
è
ø
则
( )
sin
2
x
g x
e
x
¢
=
+
-
①当
,0
2
x
p
æ
ö
Î -
ç
÷
è
ø 时，因为
( )
1
(sin
1)
0
x
g x
e
x
¢
=
-
+
-
<
所以
g x 在
,0
2
p
æ
ö
-
ç
÷
è
ø单调递减，
所以
0
0
g x
g
>
=
，
所以
g x 在
,0
2
p
æ
ö
-
ç
÷
è
ø上无零点；
②当
0, 2
x
p
é
ù
Îê
ú
ë
û 时，因为
g
x
¢
单调递增，且
(0)
1
0
g¢
= - <
，
2
1
0
2
g
e
p
p
æ
ö
¢
=
- >
ç
÷
è
ø
，
所以存在
0
0, 2
x
p
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，使
0
0
g
x
¢
=
当
0
0,
x
x
Î
时，
0
g
x
¢
<
，
当
0, 2
x
x
p
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
0
g
x
¢
>
所以
g x 在
0
0, x
递减
0, 2
x p
æ
ù
ç
ú
è
û 递增，且
0
0
g
=
，所以
0
0
g x
<
，
又因为
2
0
2
g
e
p
p
p
æ
ö =
-
>
ç
÷
è
ø
所以
0
0
2
g x
g p
æ
ö
×
<
ç
÷
è
ø
所以
g x 在
0, 2
x p
æ
ö
ç
÷
è
ø 上存在一个零点，
所以
g x 在0, 2
p
é
ù
ê
ú
ë
û 上有两个零点；
③当
,
2
x
p
æ
ö
Î
+¥
ç
÷
è
ø 时，
2
( )
sin
2
3
0
x
g x
e
x
e
p
¢
=
+
-
>
-
>
，
所以
g x 在
,
2
p
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø 单调递增
因为
0
2
g p
æ
ö >
ç
÷
è
ø
，所以
g x 在
,
2
p
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø 上无零点；
综上所述，
g x 在
,
2
p
æ
ö
-
+¥
ç
÷
è
ø上的零点个数为2 个.
3.【解】（1）解：当
1
a = 时，
( )
2sin
1
f x
x
x
=
-
- ，所以
1 2cos
f
x
x
¢
= -
，
故
(0)
1
f
= - ，
(0)
1
f ¢
= - ，
所以曲线
( )
y
f x
=
在点(0,
(0))
f
处的切线方程为=
1
y
x
-
- .
（2）解：依题意
2
2
( )
( )
2sin
g x
x
f x
ax
x
a
x
=
+
-
=
-
-
，则
( )
2
2cos
g x
x
x
¢
=
-
，
当
,
2
x
p p
é
ö
Î
÷
êë
ø时，
( )
0
g x
¢
> ，所以( )
g x 在
,
2
p p
é
ö÷
ê
÷÷
ê
ø
ë
上单调递增；
当
0, 2
x
p
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，设( )
( )
2
2cos
h x
g x
x
x
¢
=
=
-
，
此时
( )
2
2sin
0
h x
x
¢
=
+
> ，所以
( )
g x
¢
在0, 2
p
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递增，
又
(0)
2
0
g¢
= - < ，
0
2
g
p
p
æ
ö
¢
=
>
ç
÷
è
ø
，
所以存在
0
0, 2
x
p
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，使得
0
0
g
x
¢
=
，且( )
g x 在
0
0, x
上单调递减，在
0, 2
x p
é
ö
÷
êë
ø上单调递增.
综上所述，( )
g x 在
0
0, x
上单调递减，在
0,
x p 上单调递增.
又(0)
0
g
a
= - <
，所以当
2
0
( )
g
a
p
p
=
-
>
，即
2
a
p
<
时，( )
g x 有唯一零点在区间
0,
x p 上，当
2
0
( )
g
a
p
p
=
-
£
，
即
2
a
p
³
时，( )
g x 在(0, )
p 上无零点；
故当
2
0
a
p
<
<
时，( )
g x 在(0, )
p 上有1 个零点；
当
2
a
p
³
时，( )
g x 在(0, )
p 上无零点.
题型02 已知零点个数求参数范围
4.【思维探究】
看到什么
想到什么
0
k =
指数不等式e
+1
x
x
>
和对数不等式ln
1
£
-
x
x
ln
ex k
f x
x
k
-
=
+
-
同构变形ln
e
ln e
e
x k
x k
x k
x
x
x
k
-
-
-
+
=
-
+
=
+
f x 有两个零点
直线y
k
=
与函数
ln
t x
x
x
=
-
有两个交点
【详解】（1）当
0
k =
时，
ln
ex
f x
x
=
-
，
先证明：e
+1
x
x
>
，令=e
1
x
g x
x
-
- ，其中
0
x >
，
则
e
1
x
g
x
¢
=
- ，当
0
x >
时，
e
1
0
x
g
x =
¢
- >
，
所以
=e
1
x
g x
x
-
- 在
0 +¥
，
上单调递增，
即
=e
1
0
1 0 1
0
x
g x
x
g
-
- >
= -
- =
，
则不等式e
+1
x
x
>
在
0 +
x
¥
Î
，
上恒成立，
再证明：ln
1
£
-
x
x
，令=ln
1
h x
x
x
-
+ ，其中
0
x >
，
则
1
1
=
1
x
h x
x
x
-
- =
¢
，
则当
1
x > 时，
1
=
0
x
h x
x
-
<
¢
，当0
1
x
<
< 时，
1
=
0
x
h x
x
-
>
¢
，
所以=ln
1
h x
x
x
-
+ 在0
1
x
<
< 上递增，在
1
x > 上递减，
即
=ln
1
1 =ln1 1 1
0
h x
x
x
h
-
+ £
- + =
，
则不等式ln
1
£
-
x
x
在
0 +
x
¥
Î
，
上恒成立，
所以有
ln
e
1
1
2
x
f x
x
x
x
=
-
<
- -
+
= - ，证毕；
（2）第二步：指对同构
由
ln
e
0
x k
f x
x
k
-
=
+
-
=
得：ln
e
ln e
e
x k
x k
x k
x
x
x
k
-
-
-
+
=
-
+
=
+
，
第二步：构造函数，求导分析函数的单调性
构造函数=ln
x
x
x
j
+
，由
1
=
1
x
x
j¢
+ ，因为
0
x >
，所以
1
=
1
0
x
x
j
+
¢
>
，
即函数=ln
x
x
x
j
+
在
0 +¥
，
上单调递增，
由
ln
ln e
e
e
x k
x k
x k
x
x
x
j
j
-
-
-
+
=
+
Û
=
，根据单调性可得：
e
ln
ln
x k
x
x
x
k
k
x
x
-
=
Û
=
-
Û
=
-
第三步：二次构造函数，新函数求导分析单调性
再构造
ln
t x
x
x
=
-
，则
1
1
1
x
t
x
x
x
¢
-
= -
=
，
则当
1
x > 时，
1
0
x
t
x
x
-
¢
=
>
，当0
1
x
<
< 时，
1
0
x
t
x
x
-
¢
=
<
，
所以
ln
t x
x
x
=
-
在0
1
x
<
< 上递减，在
1
x > 上递增，即
ln
1
1
t x
x
x
t
=
-
³
=
当
0
x
时，由ln x -¥ ，可知
ln
+
t x
x
x
¥
=
-
，
当
+
x
¥ ，由对数函数没有一次函数增长得快，可知
ln
+
t x
x
x
¥
=
-
，
第四步：结合图象求解.
而函数
ln
ex k
f x
x
k
-
=
+
-
有两个零点等价于直线y
k
=
与函数
ln
t x
x
x
=
-
有两个交点，
根据数形结合可得：
1
k > .
5.【解】（1）由题意
2
1
( )
(
2)
2
x
g x
x
e
x
x
=
-
-
+
，
( )
(
2)
1
(
1)(
1)
x
x
x
g x
e
x
e
x
x
e
¢
=
+
-
-
+ =
-
-
，
当
0
x <
或
1
x > 时
( )
0
g x
¢
> ，0
1
x
<
< 时
( )
0
g x
¢
<
，
∴( )
g x 在(
,0)
-¥
和(1,
)
+¥ 上单调递增，在( 0, 1) 上单调递减．
（2）
2
1
( )
( )
(
1)
2
x
x
h x
f x
e
x
e
ax
=
+
=
-
+
，显然
0
a =
时，( )
h x 没有两个零点，
由( )
0
h x =
可得
2
2(1
)
x
x
x
a
e
-
=
，则问题转化为
2
( )
x
x
p x
e
=
的图象与直线
2(1
)x
y
a
-
=
的两个交点，直线
2(1
)x
y
a
-
=
过定点(1,0) ，斜率为
2
a
-
，
2
2
( )
x
x
x
p x
e
-
¢
=
，当
0
x <
或
2
x >
时，
( )
0
p x
¢
< ，0
2
x
<
<
时，
( )
0
p x
¢
>
，
∴
( )
p x 在(
,0)
-¥
上递减，在(0,2) 上递增，在(2,
)
+¥ 上递减，(0)
0
p
=
为极小值，
2
4
(2)
p
e
=
为极大值，且
2
x >
时，
( )
0
p x >
，
作出y =
( )
p x 的图象，作出直线
2(1
)x
y
a
-
=
，如图，
设
( , )
P x y (
1)
x >
是
( )
p x 图象上任一点，定点
(1,0)
A
，则
2
1
(
1)
PA
x
y
x
k
x
x
e
=
=
-
-
，
记
2
( )
(
1)
x
x
q x
x
e
=
-
，则
2
2
2
2
2
(
1)
1
2 (
1)
( )
(
1)
(
1)
x
x
x
x
x
x
x x
e
x
xe
q x
x
e
x
e
é
ù
-
+
-
-
×
ë
û
¢
=
= -
-
-
，
1
x > 时，
( )
0
q x
¢
<
恒成立，即( )
q x 是减函数，∴直线PA 与函数
( )
p x 的图象在(1,
)
+¥ 上没有两个交点．即
2
0
a
-
>
不合题意，
要使得
2
( )
x
x
p x
e
=
的图象与直线
2(1
)x
y
a
-
=
的两个交点，则
2
0
a
-
<
，∴
0
a >
．
6.【解】（1）当
e
2
a =
时，函数
2
e
1 e
2
x
f x
x
x
=
-
-
，
则
e
e
e
e
x
x
f
x
x
x
x
¢
=
-
=
-
，令
0
f
x
¢
=
得
0
x =
或
1
x =
当
,0
xÎ -¥
或
1,
xÎ
+¥ 时，
0
f
x
¢
>
，当
0,1
xÎ
时，
0
f
x
¢
<
，
所以
f x 在
,0
-¥
上单调递增，在
1,+¥ 上单调递增，在
0,1 上单调递减，
即当
e
2
a =
时，
f x 单调递增区间为
,0
-¥
和
1,+¥ ，单调递减区间为
0,1 ．
（2）
1
e
1
x
f x
a
x
a x
é
ù
+
=
-
-
+
ë
û
Q
，所以
1
x = 为
0
f x
a
+
=
的一个根，
故
e
1
0
x
a x
-
+
=
有两个不同于1的实根，
令
e
1
x
g x
a x
=
-
+
，则
ex
g
x
a
¢
=
-
，
①当
0
a £
时，
0
g
x
¢
>
，故
g x 在R 上单调递增，不符合题意；
②当
0
a >
时，令
0
g
x
¢
=
，得
ln
x
a
=
，
当
ln
x
a
>
时，
0
g
x
¢
>
，故
g x 在区间
ln ,a
¥
+
上单调递增，
当
ln
x
a
<
时，
0
g
x
¢
<
，故
g x 在区间
,lna
¥
-
上单调递减，
并且当x -¥ 时，
g x
¥
+
；当x +¥ 时，
g x
¥
+
；
所以若要满足题意，只需
ln
0
g
a <
且1
0
g
¹
，
因为
ln
ln
e
ln
1
ln
0
a
g
a
a
a
a a
=
-
+
= -
<
，所以
1
a > ，
又1
e
2
0
g
a
=
-
¹
，所以
e
2
a ¹
，
所以实数a 的取值范围为
e
e
1,
,
.
2
2
æ
ö
æ
ö
È
+¥
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
1.【解】（1）当
0
a =
时，
sin
f x
x
x
= -
，
则
sin
cos
f
x
x
x
x
= -
-
¢
，则
π
π
π
1
3π
,
6
12
6
2
12
f
f
æ
ö
æ
ö
¢
= -
= -
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
所以曲线
y
f x
=
在点π
π
,
6
6
f
æ
ö
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
处的切线方程为
π
1
3π
π
12
2
12
6
y
x
æ
öæ
ö
+
= -
-
-
ç
֍
÷
ç
֏
ø
è
ø
，
即
2
1
3π
3π
2
12
72
y
x
æ
ö
= -
-
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
．
（2）当
1
a = 时，
ln
1
sin
f x
x
x
x
=
+
-
，则
1
sin
cos
1
f
x
x
x
x
x
=
-
¢
-
+
，
当
1,0
xÎ -
时，
1
0, sin
0,
cos
0
1
x
x
x
x
>
-
³
-
³
+
，则
0
f
x
¢
>
，
故
f x 在
1,0
xÎ -
上单调递增．
又因为
0
0
f
=
，所以
f x 在
1,0
xÎ -
上的零点个数为1．
2.【解】（1）因为
1 ex
f x
x
=
+
×
，
所以
1
e
1
e
x
x
f
x
x
x
¢
¢
=
+
×
×
¢
+
+
e
1 e
x
x
x
=
+
+
×
2
ex
x
=
+
×
.
由
0
f
x
¢
>
Þ
2
x > - ；由
0
f
x
¢
<
Þ
2
x < - .
所以
f x 在
, 2
¥
-
-
上单调递减，在
2, ¥
-
+
上单调递增.
在
2
x = - 处，函数取得极小值，
2
1
2
e
f -
= -
.
无极大值.
（2）当
2
x < - 时，
0
f x <
；
当
1
x = - 时，
0
f x =
；
当
1
x > - 时，
0
f x >
.
作函数
f x 草图如下：
所以
f x
a
=
有两个解，可得
2
1
0
e
a
-
<
<
.
即所求a 的取值范围为：
2
1 ,0
e
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
3.【解】（1）因为
2
3
2
2
(
)
2
f x
x x
c
x
cx
c x
=
-
=
-
+
2
2
( )
3
4
(
)(3
)
f
x
x
cx
c
x
c
x
c
¢
\
=
-
+
=
-
-
，
由已知
(1)
0
f ¢
=
，即(1
)(3
)
0
c
c
-
-
=
，
1
c
\ = 或
3
c = ，
当
1
c = 时，
( )
(
1)(3
1)
f
x
x
x
¢
=
-
-
，
所以当
1
3
x <
时
( )
0
f
x
¢
>
，当1
1
3
x
<
< 时
( )
0
f
x
¢
<
，当
1
x > 时
( )
0
f
x
¢
>
，
∴
( )
f x 在
1
, 3
¥
æ
ö
-
ç
÷
è
ø 上单调递增，1 ,1
3
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，(1,
)
+¥ 上单调递增，
1
x
\
= 时有极小值，符合题意.
当
3
c = 时，
( )
3(
3)(
1)
f
x
x
x
¢
=
-
-
，
所以当
1
x < 时
( )
0
f
x
¢
>
，当1
3
x
<
<
时
( )
0
f
x
¢
<
，当
3
x >
时
( )
0
f
x
¢
>
，
∴
( )
f x 在(
,1)
-¥
上单调递增，(1,3)上单调递减，(3,
)
+¥ 上单调递增，
1
x
\
= 时有极大值，不符合题意，故舍去.
1
c
\ = ；
（2）由已知( )
( )
g x
f x
a
=
+
有三个不同零点，
即
( )
y
f x
=
的图像与直线y
a
= - 有三个不同的交点，
由（1）知
( )
f x 在
1
, 3
¥
æ
ö
-
ç
÷
è
ø 上单调递增，1 ,1
3
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，(1,
)
+¥ 上单调递增，
故当
1
3
x =
时，有极大值，即
2
1
1 1
4
1
3
3 3
27
f x
f æ
ö
æ
ö
=
=
-
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
极大值
，
当
1
x = 时，有极小值，即
(1)
0
f x
f
=
=
极小值
，
所以
4
0
27
a
< - <
，
4
0
27
a
\-
<
<
.
4.【解】（1）依题意，
( )
cos
f
x
a
x
¢
=
+
，
因为曲线
( )
y
f x
=
在(π,
(π))
f
处的切线斜率为0，
所以
(π)
1
0
f
a
¢
=
- =
，即
1
a = ．
所以
( )
sin ,
( )
1 cos
0
f x
x
x f
x
x
= +
¢
=
+
³
，
故函数
( )
f x 在R 上单调递增．
（2）由（1）得
( )
sin
f x
x
x
=
+
，所以
3
( )
sin
g x
mx
x
x
=
+
+
故
2
( )
3
1 cos
g x
mx
x
¢
=
+ +
，设
2
3
1 cos
s x
mx
x
=
+ +
，
则
6
sin
s x
mx
x
-
¢
=
，设
6
sin
u x
mx
x
=
-
，则
6
cos
u
x
m
x
-
¢
=
，
当
1
6
m £ -
时，
1 cos
0
u
x
x
£ - -
£
¢
，所以( )
u x 单调递减，
因为(0)
0
u
=
，所以当
0
x >
时( )
0
u x <
，从而函数( )
s x 即
( )
g x
¢
单调递减，
又
0
2
0,
2
12
1 cos2
2 1 cos2
0
g
g
m
=
>
=
+ +
£ - + +
¢
<
¢
，
从而存在唯一
0
(0,2)
x Î
，使得
0
0
g
x
¢
=
，
且当
0
0,
x
x
Î
时，
( )
0, ( )
g x
g x
>
¢
在
0
0, x
上单调递增，
当
0,
x
x
¥
Î
+
时，
( )
0, ( )
g x
g x
<
¢
在
0,
x
¥
+
上单调递减，
而
2
3
2
0
π
(0)
0, (π)
π
π
sin π
π
π
1
π
1
0
6
g x
g
g
m
m
æ
ö
>
=
=
+
+
=
+
<
-
+
<
ç
÷
è
ø
，
故存在唯一
1
(0,
)
x Î
+¥ ，使得
1
0
g x
=
．
因为(
)
( ), ( )
g
x
g x g x
-
= -
是奇函数，且(0)
0
g
=
，
所以函数( )
g x 有3 个零点．
5.【解】（1）由条件，
( )
e
1 cos
sin ,
(0,2π)
x
g x
x
x x
=
-
-
Î
则
( )
e cos
e
1 sin
cos
e
1 (cos
sin )
x
x
x
g x
x
x
x
x
x
¢
=
-
-
-
=
-
-
，
由0
2π,e
1
x
x
<
<
> ，所以e
1
0
x - >
，
令( )
0
g x >
，则cos
sin
x
x
>
，得
π
0
4
x
<
<
或5π
2π
4
x
<
<
，
令( )
0
g x <
，则cos
sin
x
x
<
，得π
5π
4
4
x
<
<
，
所以( )
g x 在
π
0, 4
æ
ö
ç
÷
è
ø 和5π ,2π
4
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，在π 5π
,
4
4
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减．
（2）由( )
e
cos
x
h x
a
x
x
=
-
-
，则
( )
e
cos
sin ,
[0,2π]
x
h x
x
x
x x
¢
=
-
+
Î
，
令( )
1)
(
ex
x
x
j
-
=
+
，则
( )
e
1
0
x
x
j¢
=
- ≥，
所以当
[0,2π]
xÎ
时，( )
j x 单调递增，
又(0)
0
j
=
，所以( )
0
e
1
x
x
x
j
³
Þ
³
+ ，
( )
e
cos
sin
1 cos
sin
(1 sin )
(1 cos )
0
x
h x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
¢
=
-
+
³
+ -
+
=
+
+
-
³
，
所以( )
h x 在[0,2π] 上单调递增，
2π
(0)
1
, (2π)
e
2π
h
a h
a
= -
=
-
-
，
由题意，
2π
1
0
e
2π
a
a
-
£
£
-
-
，解得
2π
1
e
2π
a
£
£
-
，
所以a 的最小值为1．
6.【解】（1）当
1
t = 时，
e
1 ln
f x
x
x
=
+
，定义域为
0, ¥
+
，
则
2
1
1
e 1 ln
e
e 2
ln
,
0
e
f
x
x
x
x
f
x
æ
ö
=
+
+
×
=
+
=
ç
÷
è
ø
¢
¢
，
当
2
1
0
e
<
<
x
时，
0
f
x
¢
<
，当
2
1
e
x >
时，
0
f
x
¢
>
，
故
f x 的单调递增区间为
2
1 ,
e
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø ，单调递减区间为
2
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø .
（2）当
e
t =
时，
1
1
1
1
2
2
1
1
e e
1
e
1 ln
,
e
e 2
ln
e
e
2
ln
x
x
x
f x
x
x
f
x
x
x
x
x
+
æ
ö
æ
ö
=
-
+
+
= -
+
+
=
-
+
+
ç
¢
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
令
1
2
1 e
2
ln
x
x
x
x
j
= -
+
+
，则
1
4
2
1
1
e
0
x
x
x
x
x
j
+
=
×
+
>
¢
，
所以
f
x
¢
在
0,1 上单调递增，
所以当
0,1
xÎ
时，
1
e
2 e
0
f
x
f
£
= - +
¢
<
¢
，
所以
f x 在
0,1 上单调递减，所以当
0,1
xÎ
时，
2
min
( )
1
e
f x
f
=
=
.
（3）令
0
f x =
，得
1
1 ln
1 ln
0
xt
t
x
x
æ
ö
-
+
+
=
ç
÷
è
ø
，即
1
1
1
ln
ln
1 ln
0
xt
t
t
x
x
x
-
+ +
=
，
所以
1
1
1
1
ln
ln
1
x
x
t
t
t
x
x
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø
.
令
1
1
,
0
x
k
t
k
x
=
>
，则ln
ln
1
k t
k
=
- ，即
ln
1
ln
k
t
k
-
=
①，
当
1
t ³ 时，由
1
1
x
k x
t
x
=
，得
1
1
2
3
1
1
ln
0
x
x
k
x
t
t
t
x
x
= -
-
<
¢
在
0, ¥
+
上恒成立，
所以
k x 在
0, ¥
+
上单调递减，故方程①的解的个数即为
f x 的零点个数.
令
ln
1
k
h k
k
-
=
，则
2
2
lnk
h k
k
-
¢
=
，当
2
0
e
k
<
<
时，
0
h k
¢
>
，当
2e
k >
时，
0
h k
¢
<
，所以
h k 在
2
0,e
上单调递增，在
2e , ¥
+
上单调递减，
2
2
1
e
0,
e
e
h
h
=
=
，当k +¥ 时，
0
h k
，且当
e
k >
时，
0
h k >
.
因为
1
t ³ ，所以ln
0
t ³
.
当
2
1
0
ln
e
t
<
<
，即
2
1
e
1
e
t
< <
时，方程①有两个不同的解，
f x 的零点个数为2；
当
2
1
ln
e
t =
或ln
0
t =
，即
2
1
ee
t =
或
1
t = 时，方程①只有一个解，
f x 的零点个数为1;
2
1
ln
e
t >
，即
2
1
ee
t >
时，方程①无解，
f x 的零点个数为0.
综上，当
2
1
e
1
e
t
< <
时，
f x 的零点个数为2；
当
2
1
ee
t =
或
1
t = 时，
f x 的零点个数为1；
当
2
1
ee
t >
时，
f x 的零点个数为0.
7.【解】（1）函数
( )
f x 的定义域为(0,
)
+¥ ，当
[π,
)
xÎ
+¥ 时，( )
ln π
sin
0
f x
x
³
+
>
，（这是因为
sin
1,1
xÎ -
）
故函数
( )
f x 在[π,
)
+¥ 没有零点；
当
π
(
)
0,
xÎ
时，
1
( )
cos
f
x
x
x
¢
=
+
，易见
( )
f
x
¢
在(0,π) 上是减函数，
且
π
2
1
0,
π
1
0
2
π
π
f
f
æ
ö =
>
¢
=
- <
ç
÷
è
ø
¢
，故存在
1
π ,π
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，使得
( )
f x 在
1
0, x
上递增，在
1,π
x
上递减，
且
1
1
1 sin
0,
1
ln1 sin1
sin1 0,
π
ln π
0
e
e
f
f
f
æ
ö = - +
=
+
=
=
>
ç
÷
è
ø
，
所以
( )
f x 在
1
0, x
上存在唯一零点，又
1
π
0
f x
f
>
>
，所以在
1,π
x
上无零点，
故
( )
f x 在(0,
)
+¥ 上存在唯一零点.
（2）注意到
(1)
sin1
0
f
=
>
，由（1）知存在唯一
0
1 ,1
e
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 使得
0
0
f x
=
，
即有
0
0
sin
ln
x
x
= -
，故
0
0
0
0
0
sin
ln
x
x
x
x
g x
e
e
=
= -
.
令
1
1
ln
ln
ln
1
,
,1 ,
e
e
e
e
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
j
j
-
-
æ
ö
= -
Î
= -
=
ç
÷
è
ø
¢
，
令
1
( )
ln
h x
x
x
=
-
，显然当
1 ,1
e
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，( )
0
h x <
.故( )
j x 在
1 ,1
e
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 上单调递减，
所以
1
e
1
e
1
ln
1
e
e
e
e
x
j
j
-
æ
ö
<
= -
=
ç
÷
è
ø
.
8.【解】（1）由题意，
π
e
sin
cos
2e sin
4
x
x
f
x
x
x
x
æ
ö
=
+
=
+
ç
÷
è
ø
¢
，
因为e
0
x >
，则由
0
f
x
¢
>
可得
π
2 π
π
2 π,
Z
4
k
x
k k
<
+
<
+
Î
，
即当
π
3π
2 π
,2 π
4
4
x
k
k
æ
ö
Î
-
+
ç
÷
è
ø ，k ÎZ 时，
f x 单调递增；
由
0
f
x
¢
<
可得
π
π
2 π
2 π,
Z
4
k
x
k k
- +
<
+
<
Î
，
即当
5π
π
2 π
,2 π
4
4
x
k
k
æ
ö
Î
-
-
ç
÷
è
ø ，k ÎZ 时，
f x 单调递减，
综上，函数
f x 的单调递增区间为
π
3π
2 π
,2 π
4
4
k
k
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø，k ÎZ ；单调递减区间为
5π
π
2 π
,2 π
4
4
k
k
æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø，
k ÎZ .
（2）令
e sin
x
g x
f x
x
x
x
=
-
=
-
，则
e
sin
cos
1
x
g
x
x
x
=
+
-
¢
，
设
e
sin
cos
1
x
h x
x
x
=
+
- ，则
e
sin
cos
e
cos
sin
2e cos
x
x
x
h x
x
x
x
x
x
=
+
+
-
=
¢
，
所以当
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
0
h x
¢
>
，则
h x （即
g
x
¢
）在
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增；
当
π ,π
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
0
h x
¢
<
，
h x （即
g
x
¢
）在π ,π
2
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递减，
因为
0
0
g¢
=
，
π
2
π
e
1
0
2
g æ
ö =
- >
ç
÷
è
ø
¢
，
π
π
e
1
0
g
= -
- <
¢
，
所以存在唯一的
1
π ,π
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，使得
1
0
g
x
¢
=
，
故当
1
0,
x
x
Î
时，
0
g
x
¢
>
，则
g x 在
1
0, x
上单调递增；
当
1,π
x
x
Î
时，
0
g
x
¢
<
，
g x 在
1,π
x
上单调递减；
又
1
0
0
g x
g
>
=
，
π
π
0
g
= - <
，
所以存在唯一的
2
1,π
x
x
Î
，使得
2
0
g x
=
，
综上可得函数
g x 在
0,π 上存在两个零点0 和
2x ，
所以曲线
y
f x
=
与直线y
x
=
在
0,π 上公共点的个数为2.
9.【解】（1）已知
ln
1
f x
x
ax
=
-
+ ，其定义域为
0, ¥
+
.求导
1
1 ax
f
x
a
x
x
¢
-
=
-
=
.
当
0
a £
时，因为
0
x >
，所以1
0
ax
-
>
，即
0
f
x
¢
>
.所以
f x 在
0, ¥
+
上单调递增.
当
0
a >
时，令
0
f
x
¢
=
，即1
0
ax
x
-
=
，因为
0
x >
，所以1
0
ax
-
=
，解得
1
x
a
=
.
当
1
0
x
a
<
<
时，1
0
ax
-
>
，则
0
f
x
¢
>
，所以
f x 在
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增；
当
1
x
a
>
时，1
0
ax
-
<
，则
0
f
x <
′
，所以
f x 在1,a
æ
+¥ö
ç
÷
è
ø上单调递减.
综上，当
0
a £
时，
f x 的单调递增区间为
0, ¥
+
，无单调递减区间；
当
0
a >
时，
f x 的单调递增区间为
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø ，单调递减区间为1,a
æ
+¥ö
ç
÷
è
ø.
（2）由（1）可知，当
0
a £
时，
f x 在
0, ¥
+
上单调递增，所以
f x 在
0,e 上至多有一个零点，
不符合题意.所以
0
a >
，此时
f x 在
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，在1,a
æ
+¥ö
ç
÷
è
ø上单调递减.
要使
f x 在
0,e 上有且仅有两个零点，当x 趋近于0 时，
f x 趋近于-¥ ,
所以根据零点存在定理，
则需满足
1
0
e
0
1
0
e
f
a
f
a
ì
æ
ö >
ç
÷
ï
è
ø
ï
ï
<
í
ï
ï
<
<
ï
î
，
1
1
1
ln
1
ln
0
f
a
a
a
a
a
=
- ´
+ = -
æ
ö
÷
è
ø
>
ç
，解得0
1
a
<
< .
e
ln e
e 1
2
e<0
f
a
a
=
-
+ =
-
，化简得2
e
0
a
-
<
，解得
2
e
a >
.
又因
1
0
e
a
<
<
可得
1
e
a >
.
综上，a 的取值范围是2 ,1
e
æ
ö
ç
÷
è
ø .
10.【解】（1）因为
2
5
6ln
f x
a x
x
=
-
+
，故
6
2
5
f
x
a x
x
-
¢
=
+
，
令
1
x = ，得
1
16
f
a
=
，
1
6
8
f
a
¢
=
-
，
\曲线
y
f x
=
在点
1,
1
f
处的切线方程为
16
6
8
1
y
a
a
x
-
=
-
-
，
因为切线与y 轴相交于点
0,6 ，
将
0,
6
x
y
=
=
代入切线方程得
6 16
6
8
0 1
a
a
-
=
-
-
，
即6 16
6
8
a
a
-
= - +
，
1
2
a
\
=
.
即
2
1
5
6ln
2
f x
x
x
=
-
+
，
0
x >
，
2
3
6
5
x
x
f
x
x
x
x
=
¢
-
-
=
-
+
，令
0
f
x
¢
=
，得
2
x =
或
3
x =
，
当0
2
x
<
<
或
3
x >
时，
0
f
x
¢
>
，故
f x 在
0,2 ，
3, ¥
+
上单调递增；
当2
3
x
<
<
时，
0
f
x
¢
<
，故
f x 在
2,3 上单调递减.
所以函数
f x 的单调递增区间是
0,2 和
3, ¥
+
，
单调递减区间是
2,3 ；
（2）由（1）知函数
f x 的单调递增区间是
0,2 和
3, ¥
+
，单调递减区间是
2,3 ，
故函数
f x 在
2
x =
处取得极大值
9
2
6ln2
2
f
=
+
，在
3
x =
处取得极小值
3
2
6ln3
f
=
+
，
因为函数
y
f x
b
=
+ 有三个零点，即方程
f x
b
= - 有三个实数根，
且当
0
x
时，
f x
¥
-
，当x +¥ 时，
f x
¥
+
，
故
9
2
6ln3
6ln2
2
b
+
< - <
+
，所以
9
6ln2
2
6ln3
2
b
-
-
<
< - -
，
即实数b 的取值范围是
9
6ln2, 2
6ln3
2
æ
ö
-
-
- -
ç
÷
è
ø.
11.【解】（1）因
2
ex
f x
x
a
=
+
，则
e
2
2e
e
2
2
x
x
x
f
x
x
a
x
a
=
+
+
=
+
+
¢
，
易知当
2
2
a
x
+
> -
时，
0
f
x
¢
>
，当
2
2
a
x
+
< -
时，
0
f
x
¢
<
，
则
f x 在
2
,
2
a
¥
+
æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø 上单调递减，在
2 ,
2
a
¥
+
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø 上单调递增，
故函数
f x 的极小值点为
2
1
2
2
a
x
+
= -
= -
，得
1
a = - ；
（2）
3e
f x ³
在
0,1
xÎ
时恒成立，等价于
3e
2
-
³
-
x
a
x 在
0,1
xÎ
时恒成立，
令
3e
2 ,
0,1
x
m x
x x
-
=
-
Î
，则
max
( )
a
m x
³
，
因
3e
2
0
x
m x
-
¢
= -
-
<
，则
m x 在[0,1]上单调递减，
则
3
max
( )
0
e
m x
m
=
=
，
3e
\
³
a
，
则实数a 的取值范围是
3e ,
é
+¥
ë
；
（3）当
1
a = 时，
2
1 ex
f x
x
=
+
，则
2
1 ex
g x
f x
kx
x
kx
=
-
=
+
-
，
令
2
1 e
0,
0
x
x
kx
x
+
-
=
<
，则
2
1 e (
0)
x
x
k
x
x
+
=
<
，
令
2
1 ex
x
h x
x
+
=
，则
2
2
2
3
e
2
1 e
2
1
1 e
x
x
x
x
x
x
x
x
h x
x
x
+
-
+
¢
-
+
=
=
，
因
0
x <
，则2
1
0
x - <
，
当
, 1
x
¥
Î -
-
时，
0
h x
¢
>
；当
1,0
xÎ -
时，
0
h x
¢
<
，
h x
\
在
, 1
¥
-
-
上单调递增，在
1,0
-
上单调递减，
故
max
1
( )
1
e
h x
h
=
-
=
，
易知
1
0
2
hæ
ö
-
=
ç
÷
è
ø
，当
1
2
x < -
时，
0
h x >
，
1
0
2
x
-
<
<
时，
0
h x <
，
当x -¥ 时，
0
h x
，当
0
x
且
0
x <
时，
h x
¥
-
，
作出
h x 的大致图象（如图）：
因
g x 在
,0
¥
-
上恰有两个不同的零点，
即
2
1 e
,
x
x
y
k h x
x
+
=
=
在
,0
¥
-
上有两个不同的交点，故
1
0
e
<
<
k
，
故实数k 的取值范围为
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø .
12.【解】（1）当
1
a = 时，
2e
3e
2,
0
1 3
2
0
x
x
f x
x
f
=
-
+
+
= - +
=
，
2
2e
3e
1,
0
2
3 1
0
x
x
f
x
f
¢
=
¢
=
-
+
- + =
在点
0,0 处的切线方程为：
0
y =
（2）定义域为
2
,
2 e
2 e
1
e
1
2e
1
x
x
x
x
f
x
a
a
a
=
-
+ =
-
¢
+
-
R
，
（i）当
0
a £
时，e
1
0
x
a
- <
，令
0
f
x
¢
<
得
ln2
x > -
，
所以
f x 在
, ln2
¥
-
-
上单调递增，在
ln2, ¥
-
+
上单调递减；
（ii）当
0
a >
时，则由
0
f
x
¢
=
得
ln
x
a
= -
或
ln2
x = -
，
当
2
a =
时，
2
2e
1
0
x
f
x
¢
=
-
³
，所以
f x 在
,
¥
¥
-
+
单调递增；
当0
2
a
<
<
时，ln
ln2
a
-
> -
，令
0
f
x
¢
<
得ln2
ln
x
a
-
<
< -
所以
f x 在
, ln2
¥
-
-
和
ln ,a
¥
-
+
上单调递增，在
ln2, lna
-
-
上单调递减；
当
2
a >
时，ln
ln2
a
-
< -
，令
0
f
x
¢
<
得ln
ln2
a
x
-
<
< -
所以
f x 在
, lna
¥
-
-
和
ln2, ¥
-
+
上单调递增，在
ln , ln2
a
-
-
上单调递减.
综上所述，
当
0
a £
时
f x 在
, ln2
¥
-
-
上单调递增，在
ln2, ¥
-
+
上单调递减；
当0
2
a
<
<
时
f x 在
, ln2
¥
-
-
和
ln ,a
¥
-
+
上单调递增，在
ln2, lna
-
-
上单调递减；
当
2
a =
时
f x 在
,
¥
¥
-
+
单调递增；
当
2
a >
时
f x 在
, lna
¥
-
-
和
ln2, ¥
-
+
上单调递增，在
ln , ln2
a
-
-
上单调递减.
（3）由（2）知
0
a >
且
2
a ¹
，
2ln
ln
1
2
1
ln
e
2 e
2
ln
2
ln
1
a
a
a
f
a
a
a
x
a
a
a
a
a
-
-
+
-
=
-
+
+
+
=
-
-
+
= -
-
+ ，
记
1
ln
1
0
h a
a
a
a
= -
-
+
>
，则
2
2
1
1
1
(
0
a
h a
a
a
a
a
-
=
-
=
>
¢
且
2)
a ¹
，
当0
1
a
<
< 时，
0
h a
¢
>
；当
1
a > 时
0
h a
¢
<
所以
h a 在
0,1 上单调递增，在
1, ¥
+
上单调递减，
所以有
max
( )
1
0
h a
h
=
=
，所以
1
ln
ln
1
0
f
a
a
a
-
= -
-
+ £
，等号成立当且仅当
1
a =
故当
2
a >
时，由（2）知
f x 有且只有一个零点，舍去
当0
2
a
<
<
且
1
a ¹ 时，
2ln2
ln2
ln2
e
2 e
ln2
2
ln2 1
4
a
f
a
a
-
-
-
=
-
+
-
+
= -
-
+ ，
要使得
f x 有三个零点，则
ln2
ln2 1
0
4
a
f -
= -
-
+ >
，解得
4
4ln2
a <
-
所以a 的取值范围是
0,1
1,4
4ln2
È
-
13.【解】（1）由题可知：函数
( )
f x 的定义域为
0,+¥
ln
1
ln
ln
2
x
x
a
a
x
a
x
f
x
x
x
x
x
-
-
-
+
+
=
¢
=
-
-
，由
0
a >
，令
0
f
x
¢
=
，所以
e
x= 或x
a
=
，
当0
e
a
<
<
时，令
0
f
x
¢
>
，
e
a
x
<
<
；令
0
f
x
¢
<
，0
x
a
<
<
或
e
x> ，
所以函数
( )
f x 在
,e
a
单调递增，在
0,
, e,
a
¥
+
单调递减.
当
e
a =
时，
0
f
x
¢
£
在
0,+¥ 恒成立，所以函数在
0,+¥ 单调递减；
当
e
a >
时，令
0
f
x
¢
>
，e
x
a
<
<
；令
0
f
x
¢
<
，0
e
x
<
<
或x
a
>
，
所以函数
( )
f x 在
e,a 单调递增，在
0,e ,
,a
¥
+
单调递减
（2）由（1）可知：当
(0,e)
aÎ
时，函数
( )
f x 在
,e
a
单调递增，在
0,
, e,
a
¥
+
单调递减，
当
0
x
时，
f x
¥
+
；当x +¥ 时，
f x
¥
-
，又
(1)
0,
(e)
e
2
2
a
f
f
=
=
-
-
，
若
(0,1)
aÎ
，所以
0
(0, )
x
a
Î
，使得
0
(
)
0
f x
=
，
(e)
0
f
>
，则函数有3 个零点；
若
1
a = ，
(1)
0
f a
f
=
=
，
(e)
0
f
>
，则函数有2 个零点；
若
1
e
2e
4
e
(e)
e
2
0
2
a
a
a
f
<
<
ìï
Þ
-
<
<
í
=
-
-
<
ïî
，则
0,
(e)
0
f a
f
<
<
，则函数有1 个零点；
若
1
e
2e
4
(e)
e
2
0
2
a
a
a
f
<
<
ìï
Þ
=
-
í
=
-
-
=
ïî
，则
0,
(e)
0
f a
f
<
=
，则函数有2 个零点；
若
1
e
1
2e
4
(e)
e
2
0
2
a
a
a
f
<
<
ìï
Þ <
<
-
í
=
-
-
>
ïî
，则
0,
(e) 0
f a
f
，所以
1
( ,e)
x
a
Î
，使得
1
(
)
0
f x
= 则函数有3 个零点；
综上所述：当
(0,1)
1,2e
4
aÎ
È
-
，函数有3 个零点；
当
1
a = 或
2e
4
a =
-
，函数有2 个零点；
当
2e
4,e
aÎ
-
，函数有1 个零点.
14.【解】（1）
2e
1
2
x
f
x
x
¢
=
+
，令
1
0
2
f
x
x
¢
=
Þ
= -
，
则当
1
,
2
x
æ
ö
Î -¥ -
ç
÷
è
ø 时，
0
f
x
¢
<
；当
1 ,
2
x
æ
ö
Î -
+¥
ç
÷
è
ø时，
0
f
x
¢
>
；
故
f x 在
1
,
2
æ
ö
-¥ -
ç
÷
è
ø上单调递减，在
1 ,
2
æ
ö
-
+¥
ç
÷
è
ø 上单调递增，
故
f x 有极小值
1
1
1
2
2e
f æ
ö
-
= -
-
ç
÷
è
ø
，无极大值；
（2）
2e
1
2
x
f
x
x
¢
=
+
，则
0
0
e
1
2 0
1
f
×
=
+ ´
=
¢
，又
0
0 1
1
f
=
- = - ，
则曲线
y
f x
=
在点
0,
0
f
处的切线为
1
y
x
=
- ，
设该切线在曲线
y
g x
=
上的切点为
0
0
0
,ln
x
x
ax
+
，
1
g
x
a
x
¢
=
+
，则
0
1
1
a
x +
= 且
0
0
0
ln
1
x
ax
x
+
=
- ，
由
0
1
1
a
x +
= 可得
0
0
1
ax
x
=
- ，则
0
ln
0
x =
，故
0
1
x = ，则
0
a =
；
（3）
2
ln
e
1
x
h x
x
ax
x
=
+
-
+ ，令
0
h x =
，则
2e
1 ln
x
x
x
a
x
- -
=
，
因为
h x 有且只有两个零点，
所以直线y
a
=
与
2e
ln
1
( )
x
x
x
F x
x
-
-
=
的图象有且只有两个公共点，
设函数
( )
e
1
x
G x
x
=
-
- ，则
( )
e
1
x
G x =
¢
- ．当
0
x <
时，
( )
0
G x
¢
<
，
( )
G x 单调递减，
当x >0 时，
( )
0
G x
¢
> ，
( )
G x 单调递增，则
( )
(0)
0
G x
G
³
=
，
所以e
1
x
x
³
+ ，当且仅当
0
x =
时，等号成立，
因为( )
2
ln
x
x
x
j
=
+
在(0,
)
+¥ 上单调递增，
1
2
1
0
e
e
j æ
ö =
- <
ç
÷
è
ø
，(1)
2
0
j
=
>
，
所以存在
1
1 ,1
e
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，使得
1
1
2
ln
0
x
x
+
=
．
2
2
ln
e
ln
1
e
ln
1
2
ln
1 ln
1
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
F x
x
x
x
+
-
-
-
-
+
+ -
-
=
=
³
=
，
当且仅当2
ln
0
x
x
+
=
时，等号成立，
2
2
2
2
e
ln
x
x
x
F
x
x
¢
+
=
，记
2
2
2
e
ln
x
m x
x
x
=
+
，
易知当
0
x >
时，
2
2 e ,
ln
x
y
x
y
x
=
=
都是增函数，所以
2
2 e
ln ,
0
x
m x
x
x x
=
+
>
单调递增，
因为
1
1
2
ln
0
x
x
+
=
，所以
1
2
1
1
1
1
2
ln
e x
x
x
x
= -
Þ
=
，
则
1
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
e
ln
2
ln
2
ln
0
x
m x
x
x
x
x
x
x
x
=
+
=
×
+
=
+
=
，
所以当
1
0
x
x
<
<
时，
0
m x <
，即
0
F
x
¢
<
，当
1
x
x
>
时，
0
m x >
，即
0
F
x
¢
>
，
所以
F x 在
1
0, x
上单调递减，在
1,
x +¥ 上单调递增，
又当
0
x
时，
F x
¥
+
，当x +¥ 时，
F x
¥
+
，所以
2
a >
，
故a 的取值范围为
2,+¥ ．
