压轴05 隐零点问题的4 大核心题型
隐零点问题是指一个函数的零点存在但无法直接解出.在函数、不等式与导数的综合题目中经常会遇到.
涉及隐零点问题，一般对函数的零点设而不求，借助整体代换和过渡，再结合题目条件，利用函数的性质
巧妙求解.
题型01 利用隐零点解决最值
1．（2026·湖南益阳一模）已知函数
2
2
e
e
x
x
f x
ax
-
=
-
-
，若
0
x
" ³
，
0
f x ³
，则实数a 的取值范围是
（ ）
A．
,2
-¥
B．
,4
¥
-
C．
,2e
¥
-
D．
4,4
-
【答案】B
【解析】由已知
2
2
e
e
x
x
f x
ax
-
=
-
-
，则
2
2
2e +2e
x
x
f
x
a
-
=
-
¢
，
令
2
2
2e +2e
x
x
g x
a
-
=
-
，则
2
2
4e
4e
x
x
g
x
-
¢
=
-
，
当
0
x ³
时，
0
g
x
¢
³
，即
f
x
¢
在
0, ¥
+
上单调递增，
所以
min
0
4
f
x
f
a
¢
¢
=
=
-
，
当
4
a £
时，
0
f
x
¢
³
，
f x 在
0, ¥
+
上单调递增，
所以
min
0
0
f x
f
=
=
，即
0
f x ³
，
当
4
a > 时，
min
0
4
0
f
x
f
a
¢
=
¢
=
-
<
，当x ® +¥ 时，
0
f
x
¥
¢
® +
所以存在
0x 使得
0
0
f
x
¢
=
，
技法指导
利用隐零点解决最值的基本步骤：
第 1 步: 用零点存在性定理判定导函数零点的存在性, 列出零点方程
, 并结合
的单
调性得到零点的范围;
第 2 步: 以零点为分界点, 说明导函数
的正负, 进而得到
的最值表达式;
第 3 步: 将零点方程
适当变形, 整体代入
最值式子进行化简:
（1）要么消除
最值式中的指对项
（2）要么消除其中的参数项;从而得到
最值式的估计.
0
0
f
x
¢
=
( )
f x
( )
f
x
¢
( )
f x
0
0
f
x
¢
=
( )
f x
( )
f x
( )
f x
当
0
0,
x
x
Î
时，
0
0
f
x
¢
<
，
f x 单调递增，
当
0,
x
x
¥
Î
+
时，
0
0
f
x
¢
>
，
f x 单调递减，
所以
0
0
0
f x
f
<
=
，不合题意，
所以则实数a 的取值范围是
,4
¥
-
.
故选：B.
2．（2026·山东泰安期末）设函数
( )
(
)
(
)
2
1 ln
1
f x
x
x
x
=
+
+
- ，若当
0
x ³
时
2
f x
mx
³
恒成立，则实数m 的
取值范围是（ ）
A．3 ,
2
é
ö
+¥÷
êë
ø
B．
3
, 2
æ
ù
-¥
ç
ú
è
û
C．3 ,
4
é
ö
+¥÷
êë
ø
D．
3
, 4
æ
ù
-¥
ç
ú
è
û
【答案】B
【解析】设
2
2
1
ln
1
g x
x
x
x
mx
=
+
+
-
-
，
0
x ³
，
所以
2
1 ln
1
2
g
x
x
x
x
mx
¢
=
+
+
+
-
，
令
2
1 ln
1
2
h x
x
x
x
mx
=
+
+
+
-
，
0
x ³
，
所以
2ln
1
3
2
h x
x
m
¢
=
+
+ -
，
当3
2
0
m
-
³
，即
3
2
m £
时，对任意
0
x ³
，
0
h x
¢
³
恒成立，
所以
h x 在
0,+¥ 上单调递增，所以
0
0
h x
h
³
=
，即
0
g
x
¢
³
，
所以
g x 在
0,+¥ 上单调递增，所以
0
0
g x
g
³
=
，符合题意；
当3
2
0
m
-
<
，即
3
2
m >
时，存在
0
0
x >
使得
0
0
h x
¢
=
，
当
0
0,
x
x
Î
时，
0
0
h x
¢
<
，所以
h x 在
0
0, x
上单调递减，
所以当
0
0,
x
x
Î
时，
0
0
h x
h
<
=
，
所以
0
g
x
¢
<
，所以
g x 在
0
0, x
上单调递减，
所以当
0
0,
x
x
Î
时，
0
0
g x
g
<
=
，与题意矛盾，舍去，
所以实数m 的取值范围是
3
, 2
æ
ù
-¥
ç
ú
è
û ，故选B .
题型02 不含参函数的隐零点问题
技法指导
已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0 的根存在，却无法求出，利用零点存在定理判断零点存在，设
方程f′(x)＝0 的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0 成立，②注意确定x0 的范围.
3.（2025·江苏镇江二模节选）已知函数
ln
f
x
x x
mx
=
-
（其中mÎR ），当
1
x ³
时，不等式
2
0
f
x
x
m
+
+
³
恒成立，求整数m 的最大值．
【解】
2
ln
2
0
+
+
=
-
+
+
³
f x
x
m
x
x
mx
m
x
可化为
1
ln
2
-
£
+
m x
x
x
x ，
因为
1
x ³
，则有：
当
1
x = 时，则0
2
£
，符合题意，mÎR ；
当
1
x > 时，则
1
0
x - >
，可得
ln
2
1
x
x
x
m
x
+
<
-
恒成立，
令
ln
2
1
x
x
x
g x
x
+
=
-
，
1,
xÎ
+¥ ，可知：
min
m
g x
<
，
可得
2
2
ln
3
1
ln
2
ln
3
1
1
+
-
-
+
-
-
¢
=
=
-
-
x
x
x
x
x
x
x
g
x
x
x
，
令
ln
3
h x
x
x
=
-
- ，
1,
xÎ
+¥ ，
则
1
1
1
0
x
h x
x
x
=
¢
-
= -
>
在
1,+¥ 上恒成立，
可知：
h x 在
1,+¥ 上单调递增，且
4
1 ln 4
0
h
= -
<
，
2e
5
2
ln5
ln
0
5
h
=
-
=
>
，
则
4,5
t
$ Î
，使得
ln
3
0
h t
t
t
= -
-
=
，即ln
3
t
t
= -
，
当1
x
t
<
< 时，
0
h x <
，即
0
g
x
¢
<
，
g x 单调递减；
当x
t
> 时，
0
h x >
，即
0
g
x
¢
>
，
g x 单调递增；
所以
min
3
2
ln
2
1
1
t t
t
t
t
t
g x
g t
t
t
t
-
+
+
=
=
=
=
-
-
，
所以只需m
t
< ，因为
4,5
t Î
，即整数m 的最大值为4 ；
综上所述：整数m 的最大值为4 .
4.（2025·辽宁鞍山模拟）已知函数
ln
1
f x
x
ax
=
-
+ ，
x
g x
x e
x
=
-
.
（1）若直线
2
y
x
=
与函数
f x 的图象相切，求实数a 的值；
（2）当
1
a = - 时，求证：
2
f x
g x
x
£
+
.
【解】（1）设切点为
0
0
,
x
f x
，由
1
'
f
x
a
x
=
-
，∴
0
0
1
'
f
x
a
x
=
-
.
∴切线方程为：
0
0
0
0
1
ln
1
y
x
ax
a
x
x
x
æ
ö
-
-
+
=
-
-
ç
÷
è
ø
.即
0
0
1
ln
y
a x
x
x
æ
ö
=
-
+
ç
÷
è
ø
.
∵直线
2
y
x
=
与函数
f x 的图象相切，∴
0
1
2
a
x -
=
，
0
ln
0
x =
.
解得
0
1
x = ，
1
a = - .
（2）证明：当
1
a = - 时，
ln
1
f x
x
x
=
+
+ ，
令
2
ln
1
x
F x
x
g x
f x
xe
x
x
=
+
-
=
-
-
- ，
'
1
1
1
1
1
x
x
x
e
x
x
F
e
x
x
x
+
-
- =
+
-
=
.
令
1
x
G x
xe
=
- ，
0
x >
.则
'
1
0
x
G
x
x
e
=
+
>
，
∴函数
G x 在
0,
xÎ
+¥ 上单调递增.
∵
0
1
G
= - ，
1
1
0
G
e
=
- >
.
∴函数
G x 在区间
0,1 上存在一个零点，即函数
G x 在区间
0,+¥ 上存在唯一零点
0
0,1
x Î
.
∴当
0
0,
x
x
Î
时，
0
G x <
，即
F'
0
x <
，此时函数
F x 单调递减；
当
0,
x
x
Î
+¥ 时，
0
G x >
，即
'
0
F
x >
，此时函数
F x 单调递增.
∴
0
0
0
0
mi
0
n
ln
1
x
x e
F x
F x
x
x
=
-
=
-
- ，由
0
0
G x
=
可得：
0
0
1
x
x e
= .
两边取对数可得：
0
0
ln
0
x
x
+
=
.
故
0
0
0
1
ln
1
0
F x
x
x
= -
+
- =
，
∴
2
0
x
g x
f x
+
-
³
，即
2
f x
g x
x
£
+
.
题型03 含参函数的隐零点问题
5.已知函数f（x）＝ex－a－ln x＋x.当a≤0 时，证明：f（x）＞x＋2.
【证明】当a≤0 时，
令F（x）＝f（x）－x－2＝ex－a－ln x－2，x＞0，
F'（x）＝ex－a－
1
𝑥＝
𝑥𝑒𝑥－𝑎－1
𝑥
，
显然函数F'（x）在（0，＋∞）上单调递增，
令g（x）＝xex－a－1，x＞0，
g'（x）＝（x＋1）ex－a＞0，
即函数g（x）在（0，＋∞）上单调递增，
而g（0）＝－1＜0，g（1）＝e1－a－1≥e－1＞0，
则存在唯一x0∈（0，1），使得g（x0）＝0，即𝑒𝑥0－𝑎＝
1
𝑥0，
因此存在唯一x0∈（0，1），使得F'（x0）＝0，
当0＜x＜x0 时，F'（x）＜0，当x＞x0 时，F'（x）＞0，
技法指导
已知含参函数f（x，a），其中a 为参数，导函数方程f'（x，a）＝0 的根存在，却无法求出，设方程f'
（x）＝0 的根为x0，则（1）关系式f'（x0）＝0 成立，该关系式给出了x0，a 的关系；（2）注意确定x0
的合适范围，往往和a 的范围有关.
因此函数F（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，
当𝑒𝑥0－𝑎＝
1
𝑥0时，x0－a＝－ln x0，
则F（x）≥F（x0）＝𝑒𝑥0－𝑎－ln x0－2＝
1
𝑥0＋x0－a－2＞2
1
𝑥0 ·𝑥0－a－2＝－a≥0，当且仅当
1
𝑥0＝x0，即x0＝1
时，取等号，故式子取不到等号.
所以当a≤0 时，f（x）＞x＋2.
6.已知函数
( )
2e sin
x
f x
x
ax
=
-
．（e 是自然对数的底数）
(1)若
0
a =
，求
( )
f x 的单调区间；
(2)若0
6
a
<
<
，试讨论
( )
f x 在(0, )
p 上的零点个数．（参考数据：
2
e
4.8
p
»
）
【解】（1）解：
0
a =
，则
( )
2e sin
x
f x
x
=
，定义域为R ，
( )
2e (sin
cos )
2 2e sin
4
x
x
f
x
x
x
x
p
æ
ö
¢
=
+
=
+
ç
÷
è
ø，
由
( )
0
f
x
¢
>
，解得sin
0
4
x
p
æ
ö
+
>
ç
÷
è
ø
，可得2
2
(
)
4
k
x
k
k
p
p
p
p
<
+
<
+
ÎZ ，
解得
3
2
2
(
)
4
4
k
x
k
k
p
p
p
p
-
<
<
+
ÎZ ，
由
( )
0
f
x
¢
<
，解得sin
0
4
x
p
æ
ö
+
<
ç
÷
è
ø
，可得2
2
2 (
)
4
k
x
k
k
p
p
p
p
p
+
<
+
<
+
ÎZ ，
解得
3
7
2
2
(
)
4
4
k
x
k
k
p
p
p
p
+
<
<
+
ÎZ ，
( )
f x
\
的单调递增区间为
3
2
,
2
(
)
4
4
k
k
k
p
p
p
p
æ
ö
-
+
+
Î
ç
÷
è
ø
Z ，单调递减区间为3
7
2
,
2
(
)
4
4
k
k
k
p
p
p
p
æ
ö
+
+
Î
ç
÷
è
ø
Z ；
（2）解：由已知
( )
2e sin
x
f x
x
ax
=
-
，
( )
2e (sin
cos )
x
f
x
x
x
a
¢
\
=
+
-
，令( )
( )
h x
f
x
¢
=
，则
( )
4e cos
x
h x
x
¢
=
．
(0, )
x
p
Î
Q
，∴当
0, 2
x
p
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
( )
0
h x
¢
>
；当
,
2
x
p p
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
( )
0
h x
¢
<
，
( )
h x
\
在0, 2
p
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递增，在
,
2
π π
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，
即
( )
f
x
¢
在0, 2
p
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递增，在
,
2
π π
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减．
(0)
2
f
a
¢
=
- ，
2
2e
0
2
f
a
p
p
æ
ö
¢
=
-
>
ç
÷
è
ø
，
( )
2e
0
f
a
p
p
¢
= -
-
<
．
①当2
0
a
- … 时，即0
2
a
< „ 时，
(0) 0
f ¢
… ，
0
,
2
x
p p
æ
ö
\$
Îç
÷
è
ø ，使得
0
0
f
x
¢
=
，
∴当
0
0,
x
x
Î
时，
( )
0
f
x
¢
>
；当
0,
x
x p
Î
时，
( )
0
f
x
¢
<
，
( )
f x
\
在
0
0, x
上单调递增，
0,
x p 上单调递减．
(0)
0
f
=
Q
，
0
0
f x
\
>
，又
( )
0
f
a
p
p
= -
<
，
∴由函数零点存在性定理可得，此时
( )
f x 在(0, )
p 上仅有一个零点；
②若2
6
a
<
<
时，
(0)
2
0
f
a
=
-
<
¢
，
又
( )
f
x
¢
Q
在0, 2
p
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递增，在
,
2
π π
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，而
2
2e
0
2
f
a
p
p
æ
ö
¢
=
-
>
ç
÷
è
ø
，
1
0, 2
x
p ö
æ
\$
Îç
÷
è
ø ，
2
,
2
x
p p
æ
ö
Îç
÷
è
ø，使得
1
0
f
x
¢
=
，
2
0
f
x
¢
=
， 且当
1
0,
x
x
Î
、
2,
x
x p
Î
时，
( )
0
f
x
¢
<
；当
1
2
,
x
x x
Î
时，
( )
0
f
x
¢
>
．
( )
f x
\
在
1
0, x
和
2,
x p 上单调递减，在
1
2
,
x x
上单调递增．
(0)
0
f
=
Q
，
1
0
\
<
f x
，
2
2
2e
2e
3
0
2
2
f
a
p
p
p
p
p
æ
ö =
-
>
-
>
ç
÷
è
ø
Q
，
2
0
f x
\
>
，
又
( )
0
f
a
p
p
= -
<
Q
，
∴由零点存在性定理可得，
( )
f x 在
1
2
,
x x
和
2,
x p 内各有一个零点，即此时
( )
f x 在(0, )
p 上有两个零点．
综上所述，当0
2
a
< „ 时，
( )
f x 在(0, )
p 上仅有一个零点；当2
6
a
<
<
时，
( )
f x 在(0, )
p 上有两个零点．
题型04 含参函数的隐零点问题
7.（2025·江西萍乡·模拟）已知函数
( )
ln
f x
x
a
x
=
+
，( )
e
ln
2
x
g x
x
x
-
=
-
-
.
(1)讨论函数
f x 的单调性；
(2)若
0
g x
=0，求
0
0
ln
x
x
+
的值；
(3)证明：
2
ln
e x
x
x
x
x
-
-
£
+
.
技法指导
隐零点的同构
实际上, 很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项, 而这类问题由往往具有同构特征, 所以下面我们
看到的这两个问题, 它的隐零点代换则需要同构才能做出, 否则, 我们可能很难找到隐零点合适的代换
化简方向. 我们看下面两例: 一类同构式在隐零点问题中的应用的原理分析
所以在解决形如
, 这些常见的代换都是隐零点中常见的操作.
2
ln
ln
ln
1
ln
1
ln
ln
ln
0
x
x
x
x
x
xe
x
x
f x
x
e
f
x
x
x
e
x
x
x
x
f x
xe
f
x
x e
x
x
=
+
=
+
-
-
-
-
=
-
= -
+
=
1
ln
0
xe
x
x
x
=
Û
+
=
【思维探究】
看到什么
想到什么
( )
ln
f x
x
a
x
=
+
求导后，对a 分类讨论，研究函数的单调
0
0
g x
=
虚设零点，结合单调性求解
2
ln
e x
x
x
x
x
-
-
£
+
移项构造函数，
0
0
ln
0
x
x
+
=
利用隐零点，用代数法证明不等式
【解】（1）由
( )
ln
f x
x
a
x
=
+
得
( )
1
a
x
a
f
x
x
x
+
¢
=
+ =
且
(0,
)
xÎ
+¥ ，
若
0
a ³
，则
( )
0
f
x
¢
>
恒成立，即
( )
f x 在(0,
)
+¥ 上单调递增；
若
0
a <
，令
0
f
x
¢
>
，则x
a
> - ；令
0
f
x
¢
<
，则0
x
a
<
< - ，
所以函数
f x 在
0, a
-
单调递减，在
,a
-
¥ 单调递增；
综上，
0
a ³
，
( )
f x 在(0,
)
+¥ 上单调递增；当
0
a <
时，函数
f x 在
0, a
-
单调递减，在
,a
-
¥ 单调递增.
（2）由
0
0
g x
=
，所以
0
0
0
e
ln
2
0
x
x
x
-
-
-
=
，即
0
0
0
0
e
ln
x
x
x
x
-
-
=
+
，
令
0
e x
t
-
=
，则
0
ln
x
t
-
=
，所以
0
0
ln
ln
t
t
x
x
+ =
+
，
由（1）可知，当
1
a = 时，
( )
ln
f x
x
x
=
+
在(0,
)
+¥ 单调递增，
所以
0
0
e x
t
x
-
=
=
，所以
0
0
0
0
0
0
ln
ln e
0
x
x
x
x
x
x
-
+
=
+
=
-
=
；
（3）第一步：构造函数求导，判断导函数的单调性
记
2
ln
e x
h x
x
x
x
x
-
=
-
-
-
，则
e
ln
2
x
h x
g x
x
x
- -
¢
=
=
-
，
因为
1
e
2
0
x
g
x
x
-
= -
-
-
¢
<
，所以
g x 在(0,
)
+¥ 单调递减，
第二步：借助导函数“隐零点”，判断函数的单调性
由（2）可知
0
0
g x
=
，则
0
0
ln
0
x
x
+
=
.
所以若
0
0,
x
x
Î
，
0
h x
g x
¢
=
>
；若
0,
x
x
Î
+¥ ，
0
h x
g x
¢
=
<
，
所以可知函数
h x 在
0
0, x
单调递增，在
0,
x +¥ 单调递减，
所以
0
h x
h x
£
，
第三步：用代数法证明不等式
又
0
2
0
0
0
0
0
ln
e x
h x
x
x
x
x
-
=
-
-
-
，
0
0
ln x
x
= -
，
0
0
e x
x
-
=
，
所以
2
2
0
0
0
0
0
0
h x
x
x
x
x
=
+
-
=
-
，所以
2
ln
e x
x
x
x
x
-
-
£
+
.
8.已知函数
2 ln
f x
x
x
= -
，
2
1
2
g x
x
x
=
+
.
(1)求
f x 的极值；
(2)证明：当
1
x > 时，
0
f x
g x
+
>
.（参考数据：ln2
0.69
»
）
【解】（1）函数
2 ln
f x
x
x
= -
的定义域为
0, ¥
+
，又
2 1 ln
f
x
x
= -
+
¢
，
当
1
0
e
x
<
<
时，
0
f
x
¢
>
，当
1
e
x >
时，
0
f
x
¢
<
，
所以函数
f x 在
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，在1 ,
e
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø 上单调递减，
所以
f x 在
1
e
x =
处取得极大值
1
2
e
e
f æ
ö =
ç
÷
è
ø
，
所以
f x 的极大值为2
e ，无极小值；
（2）设
2
1
2 ln
1
2
F x
f x
g x
x
x
x x x
=
+
=
+
-
>
，
解法一：则
2ln
1
F
x
x
x
=
-
-
¢
，
令
2
2
2ln
1
1 ,
1
x
h x
x
x
x
h x
x
x
-
=
-
-
>
=
¢
-
=
，
当1
2
x
<
<
时，
0,
h x
h x
¢
<
单调递减，当
2
x >
时，
0,
h x
h x
¢
>
单调递增，
又
2
1 ln4
0,
1
0,
4
3
2ln4
0
h
h
h
= -
<
=
=
-
>
，
所以存在
0
2,4
x Î
，使得
0
0
h x
=
，即
0
0
2ln
1
0
x
x
-
- =
.
当
0
1
x
x
<
<
时，
0
h x <
，即
0,
F
x
F x
¢
<
单调递减，
当
0
x
x
>
时，
0
h x >
，即
0,F
F
x
x
¢
>
单调递增，
所以当
1
x > 时，
F x 在
0
x
x
=
处取得极小值，即为最小值，
故
2
2
0
0
0
0
0
0
1
1
1 2ln
2
2
2
F x
F x
x
x
x
x
x
³
=
+
-
= -
+
，
设
2
0
0
0
1
2
2
p x
x
x
= -
+
，因为
0
2,4
x Î
，
由二次函数的性质得函数
2
0
0
0
1
2
2
p x
x
x
= -
+
在
2,4 上单调递减，
故
0
4
0
p x
p
>
=
，
所以当
1
x > 时，
0
F x >
，即
0
f x
g x
+
>
.
解法二：要证
0
F x >
，即证
1
1 2ln
0
1
2
m x
x
x
x
=
+ -
>
>
，
因为
1
2
4
1
2
2
x
m x
x
x
x
-
¢
=
-
=
>
，所以当
1,4
xÎ
时，
0,
m x
m x
¢
<
单调递减，
当
4,
x
¥
Î
+
时，
0,
m x
m x
¢
>
单调递增，
所以
4
2 1 2ln4
3
4ln2
0
m x
m
³
=
+ -
=
-
>
，所以
0
F x >
，即
0
f x
g x
+
>
.
1.若函数
e
ln
x
f x
x
m
=
-
+
的最小值为2
ln2
+
，则m = （ ）
A．2
-
B．1
ln2
2 -
C．
1
2
-
D．1
ln2
2 +
【答案】B
【解析】易知
f x 的定义域为
1
,
,
ex
m
f
x
x
m
¥
=
¢
-
+
-
+
，
不难发现
f
x
¢
在区间
,
m
-
+¥ 内单调递增，
又当x
m
® -
时，
f
x
¢
® -¥ ；当x ® +¥ 时，
f
x
¢
® +¥ ，
所以存在唯一
0
,
x
m
Î -
+¥ 使得
0
0
f
x
¢
=
，即
0
0
ln
x
x
m
= -
+
，
所以当
0
,
x
m x
Î -
时，
0
f
x
¢
<
；当
0,
x
x
Î
+¥ 时，
0
f
x
¢
>
．
所以
f x 在区间
0
,
m x
-
上单调递减，在区间
0,
x +¥ 内单调递增，
所以
f x 的最小值为
0
0
ln2
0
0
0
e
ln
e
2
ln2
e
ln2
x
x
f
x
x
m
x
=
-
+
=
+
=
+
=
+
，
所以
0
ln2
x =
，所以
ln2
1
e
ln2
m
=
+
，解得
1
ln2
2
m =
-
.
故选：B
2．（2026·湖北武汉·期中）已知函数
ln
2 (
0)
f x
a x
x a
=
-
>
，若不等式
2
e
3
1
a
x
x
f x
-
³
+ 对
0
x >
恒成立，则
实数a 的取值范围为__________.
【答案】(0,2e]
【解析】不等式
2
e
3 ( ) 1
a
x
x
f x
-
³
+ 对
0
x >
恒成立，
等价于
ln
2
e
3 ( ) 1
a
x
x
f x
-
³
+ ，所以
( )
e
3 ( ) 1
0
f x
f x
-
- ³
，
设( )
e
3
1
t
g t
t
=
-
- ，其中
( )
t
f x
=
，则
( )
e
3
t
g t
¢
=
- ，令
( )
0
g t
¢
=
得
ln3
t =
，
所以当
ln3
t <
时，
( )
0, ( )
¢
<
g t
g t 单调递减，当
ln3
t >
时，
( )
0, ( )
¢
>
g t
g t 单调递增，
所以
min
( )
(ln3)
2
3ln3
0
g x
g
=
=
-
<
，又
2
(0)
0, (2)
e
7
0
g
g
=
=
-
>
，
所以存在0
(ln3,2)
t Î
使得
0
0
g t
=
，
所以若( )
0
g t ³
，则
0
t £
或
0
t
t
³
，即
( )
0
f x £
或
0
( )
f x
t
³
，
2
( )
2
,
0
a
a
x
f
x
x
x
x
-
¢
=
-
=
>
，
所以在0, 2
a
æ
ö
ç
÷
è
ø 上，
( )
0,
( )
¢
>
f
x
f x 单调递增，
在
,
2
a
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø 上，
( )
0,
( )
¢
<
f
x
f x 单调递减，
所以
max
( )
ln
2
2
a
a
f x
f
a
a
æ
ö
=
=
-
ç
÷
è
ø
，所以只有ln
0
2
a
a
a
-
£
才能满足要求，
即
ln
1
0
2
a
aæ
ö
-
£
ç
÷
è
ø
，又
0
a >
，解得0
2e
a
<
£
，
所以实数a 的取值范围为(0,2e].
3．（2025·黑龙江牡丹江·三模）已知函数
2sin
cos
f x
x
x
x
x
=
-
-
，
f
x
¢
为
f x 的导数．
(1)求
0
f
；
(2)证明：
f
x
¢
在区间
0,p 上存在唯一零点．
【解】（1）因为
2sin
cos
f x
x
x
x
x
=
-
-
，所以
0
2sin 0
0 cos0
0
0
f
=
- ´
-
=
.
（2）函数
2sin
cos
f x
x
x
x
x
=
-
-
的导函数为
cos
sin
1
f
x
x
x
x
¢
=
+
- .
而
f
x
¢
的导函数为
( )
cos
f
x
x
x
¢¢
=
.
f
x
¢
,
f
x
¢¢
随x 的变化而变化的情况如下表：
x
0
0, 2
p
æ
ö
ç
÷
è
ø
2
p
,
2
p p
æ
ö
ç
÷
è
ø
p
f
x
¢¢
+
-
f
x
¢
0
单增
1
2
p -
单减
-2
由于
1
0
2
2
f
p
p
æ
ö =
- >
ç
÷
è
ø
¢
,
2
0
f
p
¢
= - <
,根据函数零点存在定理,
0
,
2
x
p p
æ
ö
$
çè
Î
÷ø ，使
0
0
f
x
¢
=
.
结合单调性可知
f
x
¢
在区间0, 2
p
æ
ö
ç
÷
è
ø上没有零点,在区间
,
2
p p
æ
ö
ç
÷
è
ø上有唯一零点.
因此,
f
x
¢
在区间
0,p 上存在唯一零点
4.已知函数
e
ln
x
f x
x
m
=
-
+
，当
2
m„ 时，求证
0
f x >
.
【解】当
2
m £
时，
,
x
m
Î -
+¥ 时，
ln
ln
2
x
m
x
+
£
+
，
则有
e
ln
e
ln
2
x
x
f x
x
m
x
=
-
+
³
-
+
，
故只需证明当
2
m =
时，
0
f x >
，
当
2
m =
时，
1
e
2
x
f
x
x
¢
=
-
+
在区间
2,
-
+¥ 上单调递增，
又
1
0
f ¢ -
<
，
0
0
f ¢
>
，
故
0
f
x
¢
=
在区间
2,
-
+¥ 上有唯一实根
0x ，且
0
1,0
x Î -
，
当
0
2,
x
x
Î -
时，
0
f
x
¢
<
；当
0,
x
x
Î
+¥ 时，
0
f
x
¢
>
，
从而当
0
x
x
=
时，
f x 取得最小值，
由
0
0
f
x
¢
=
，得
0
0
1
e
2
x
x
=
+
，
0
0
ln
2
x
x
+
= -
，
故
2
0
0
0
0
0
1
1
0
2
2
x
f x
f x
x
x
x
+
³
=
+
=
>
+
+
，
综上，当
2
m £
时，
0
f x >
.
5.（2025·江西萍乡·三模）已知函数
e
ln
ax
f x
x
a
=
-
+
．
(1)讨论函数
f x 的极值点个数；
(2)若
1
1
1
f x
a
x
³
-
-
+ 恒成立，求实数a 的取值范围．
【解】（1）由
e
ln
ax
f x
x
a
=
-
+
，可知定义域为
0, ¥
+
，则
1
eax
f
x
a
x
=
¢
-
．
当
0
a £
时，
0
f
x
¢
<
恒成立，所以
f x 在
0, ¥
+
上是减函数，则
f x 无极值点．
当
0
a >
时，
1
eax
g x
f
x
a
x
=
¢
=
-
，则
2
2
1
e
0
ax
g
x
a
x
¢
=
+
>
，
所以
f
x
¢
在
0, ¥
+
上单调递增．
当
1
ax = ，即
1
x
a
=
时，
1
e 1
0
f
a
a
æ
ö
¢
=
-
>
ç
÷
è
ø
，
当
1
2
ax =
，即
1
2
x
a
=
时，
1
e
2
0
2
f
a
a
æ
ö
¢
=
-
<
ç
÷
è
ø
，
所以存在唯一的实数
0
1
1
,
2
x
a a
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，使得
0
0
f
x
¢
=
．
当
0
0,
x
x
Î
时，
0
f
x
¢
<
，
f x 单调递减；
当
0,
x
x
Î
+¥ 时，
0
f
x
¢
>
，
f x 单调递增．
所以
0
x
x
=
是函数
f x 的极小值点，无极大值点．
综上所述，当
0
a £
时，
f x 的极值点个数为0；当
0
a >
时，
f x 的极值点个数为1．
（2）由
1
1
1
f x
a
x
³
-
-
+ 得
e
ln
1
ax
x
a x
-
³
-
，故
ln
e
ln
e
ln
ax
x
ax
x
x
x
+
³
+
=
+
．①
设函数
et
g t
t
=
+ ，由
e
1
0
t
g t
¢
=
+ >
，可知
g t 在R 上单调递增．
由于①式可化为
ln
g ax
g
x
³
，即有
ln
ax
x
³
，
所以
ln x
a
x
³
对
0,
x
" Î
+¥ 恒成立．
设函数
ln x
h x
x
=
，则
2
1 ln x
h x
x
-
¢
=
，令
0
h x
¢
=
，得
e
x= ．
当
0,e
xÎ
时，
0
h x
¢
>
，
h x 单调递增；
当
e,
xÎ
+¥ 时，
0
h x
¢
<
，
h x 单调递减．
所以当
e
x= 时，
h x 取得极大值也是最大值，
即
h x 最大值为
1
e
e
h
=
．故
1
e
a ³
．
6.（2025·广东珠海二模）已知函数
e
ln
.
x
f x
x
ax
a x
a
=
-
-
+
(1)若
e
a =
，判断函数
f x 的单调性，并求出函数
f x 的最值.
(2)若函数
f x 有两个零点，求实数a 的取值范围.
【解】（1）易知函数的定义域为
0, ¥
+
，
当
e
a =
时，
e
e
eln
e
x
f x
x
x
x
=
-
-
+ ，
所以
e
e
1 e
e
1
e
x
x
f
x
x
x
x
x
æ
ö
=
+
- -
=
+
-
çè
¢
÷ø ，
当
0,1
xÎ
时，
0
f
x
¢
<
；当
1,
xÎ
+¥ ，
0
f
x
¢
>
；
所以
f x 在
0,1 上单调递减，在
1,+¥ 上单调递增；
由此可得，
f x 的最小值为
1
e
e
eln1
e
e
f
=
- -
+
=
，无最大值.
（2）因为
e
ln
x
f x
x
ax
a x
a
=
-
-
+
，所以
1 e
1
e
x
x
a
a
f
x
x
a
x
x
x
æ
ö
=
+
-
-
=
+
-
çè
¢
÷ø
.
当
0
a £
时，
0
f
x
¢
>
在
0, ¥
+
上恒成立，所以
f x 在
0, ¥
+
上单调递增，
故可得函数
f x 至多只有一个零点，不符合题意；
当
0
a >
时，令e
0
x
a
x
-
=
，设该方程的解为
0x ，
则在
0
0, x
上，
0
f
x
¢
<
；在
0,
x +¥ 上，
0
f
x
¢
>
，
所以
f x 在
0
0, x
上单调递减，在
0,
x +¥ 上单调递增；
为了满足
f x 有两个零点，则有
0
0
0
0
0
e
ln
0
x
f x
x
ax
a x
a
=
-
-
+
< ①
因为
0x 是方程e
0
x
a
x
-
=
的解，所以
0
0ex
x
a
=
，两边取对数可得
0
0
ln
ln
x
x
a
+
=
②，
将②式代入①式可得
0
2
ln
0
f x
a
a
=
-
<
，所以a 的取值范围为
2e ,
a
¥
Î
+
.
且当
2e ,
a
¥
Î
+
时，由②式得
0
1,
1
e
e
0
x
f
a
a
>
=
-
+
=
>
，所以
f x 在
0
0, x
上仅有1 个零点；当x ® +¥
时，
f x ® +¥ ，故可得
f x 在
0,
x +¥ 上仅有1 个零点；
综上，若函数
f x 存在两个零点，则实数a 的取值范围是
2e ,+¥ .
7.（2025·山东聊城·一模）已知函数
e
1
x
f x
x
=
- ，
ln
g x
x
mx
=
-
，
ln
1
ex
x
x
x
x
j
=
-
-
.
(1)求
f x 的单调递增区间；
(2)求
x
j
的最小值；
(3)设
h x
f
x
g x
=
-
，讨论函数
h x 的零点个数.
【解题指导】（1）函数求导→令
0
f
x
¢
³ →求单增区间
（2）求导→构造函数
2e
ln
0
x
x
x
x x
m
=
+
>
→再次求导→分析新函数的单调性→虚设零点→
0
1 ,1
e
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，使
0
2
0
0
e
ln
0
x
x
x
+
= →
0
0
1
ln
0
0
1
e
ln
e
x
x
x
x
=
×
→构造函数
e
0
x
x
x
x
w
=
>
，→由函数单调性求最小
值.
（3）函数
h x 的零点个数→为
x
m
j
= -
的实数根的个数→
x
j
的单调性讨论可得.
【解】（1）
1 ex
f
x
x +
¢
=
，令
0
f
x
¢
³
，可得
1
x ³ - ，
故
f x 的单调递增区间为
1,
- +¥ ；
（2）第一步：分析题干，转化问题，找零点．
2
2
2
2
1 ln
1
e
ln
e
0
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
j
-
+
=
-
+
=
>
¢
，
令
2e
ln
0
x
x
x
x x
m
=
+
>
，
则
2
1
2
ex
x
x
x
x
m
=
¢
+
+
，
由
0
x >
，故
2
1
2
e
0
x
x
x
x
x
m¢
=
+
+
>
恒成立，
故
x
m
在
0, ¥
+
上单调递增，
又
1
1
1
2
e
e
e
2
2
2
1
1
1
1
e
e
e
ln
e
1
0
e
e
e
e
e
m
-
æ
ö =
+
=
- =
<
ç
÷
è
ø
，
1
e
ln1
e
0
m
=
+
=
>
，
第二步：设零点，得出零点满足的关系式．
故存在
0
1 ,1
e
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，使
0
0
x
m
=
，即
0
2
0
0
e
ln
0
x
x
x
+
=
，
即
x
j
在
0
0, x
上单调递减，在
0,
x
¥
+
上单调递增，
故
0
x
x
j
j
³
，
第三步：根据零点所满足的等量关系，“设而不求”，转化为不含参数的函数的最值问题
由
0
2
0
0
e
ln
0
x
x
x
+
=
，则
0
0
1
ln
0
0
0
0
ln
1
e
ln
e
x
x
x
x
x
x
= -
=
×
，
【会代换】整体代换要向着解决问题的方向去靠，如本题两边同除x ，形式上接近
f x ，便易于求解了
令
1
e
0
x
x
f x
x
x
w
=
+ =
>
，则有
0
0
1
ln
x
x
w
w æ
ö
=
ç
÷
è
ø
，
1 ex
x
f
x
x
w¢
=
+
¢
=
，当
0
x >
时，
0
x
w¢
>
恒成立，
故
x
w
在
0, ¥
+
上单调递增，
故
0
0
1
ln
x
x
=
，即
0
0
ln x
x
= -
，
则
0
0
1
ln
0
0
0
0
0
0
0
0
0
ln
1
1
1
1
e
e
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
j
-
=
-
-
=
-
-
=
+ -
= ，
即
x
j
的最小值为1；
（3）令
e
1 ln
0
0
x
h x
f x
g x
x
x
mx
x
=
-
=
- -
+
=
>
，
即有
ln
1
ex
x
m
x
x
x
j
-
=
-
-
=
，
即函数
h x 的零点个数为
x
m
j
= -
的实数根的个数，
【技巧】含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表
示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．
由（2）知，
x
j
在
0
0, x
上单调递减，在
0,
x
¥
+
上单调递增，且
0
1
x
j
= ，
又当
0
x ®
时，
x
j
¥
® +
，当x ® +¥ 时，
x
j
¥
® +
，
故当
1
m
-
= ，即
1
m = - 时，
x
m
j
= -
有唯一实数根，
当
1
m
-
> ，即
1
m < - 时，
x
m
j
= -
有两实数根，
当
1
m
-
< ，即
1
m > - 时，
x
m
j
= -
无实数根，
即当
1
m = - 时，函数
h x 有一个零点，
当
1
m < - 时，函数
h x 有两个零点，
当
1
m > - 时，函数
h x 无零点.
8.（2026·浙江·开学考试）已知函数
e ,
ln
x
f x
x
g x
x
=
=
．
(1)求
f x 在点
1,e 处的切线方程；
(2)当
0
a >
，对任意的
2
1
0,
,
2
x
g x
ax
Î
+¥
£
-
恒成立，求实数a 的取值范围；
(3)证明：
1
e
2
x
f x
g x
>
+
-
．
【解】（1）
1 ex
f
x
x +
¢
=
，令
1
2e
f ¢
=
，所以切线方程为
2e
e
y
x
=
- ．
（2）因为
2
1
0
2
g x
ax
x
£
-
>
恒成立，即
2
1
ln
0
0
2
x
ax
x
-
+
£
>
恒成立，
令
2
1
ln
2
H x
x
ax
=
-
+
，
2
1
1 2
2
ax
H
x
ax
x
x
-
=
¢
=
-
，令
0
H
x
¢
=
，解得
1
2
x
a
=
，
当
1
0,
2
x
a
æ
ö
Îç
÷
ç
÷
è
ø
时，
0,
H
x
H x
¢
>
单调递增；
当
1 ,
2
x
a
¥
æ
ö
Î
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
时，
0,
H
x
H x
¢
<
单调递减；
故
H x 的最大值为
max
1
1
ln
2
2
H x
H
a
a
æ
ö
=
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
因为
0
H x £
恒成立，所以
max
1
1
ln
0
2
2
H x
H
a
a
æ
ö
=
=
£
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
所以
1
2
a ³
，即实数a 的取值范围为1 ,
2
é
ö
+¥÷
êë
ø ．
（3）法一：由（2）得当
1
2
a =
时，
2
1
0
2
g x
ax
x
£
-
>
恒成立，
即
2
1
1
ln
0
2
2
x
x
x
£
-
>
，令
1
e
ln
2
x
F x
f x
x
=
-
-
+
，
所以
2
1
1
1 e
ln
1 e
1
2
2
x
x
F x
x
x
x
x
=
-
-
+
³
-
-
+ ，
令
2
1
1 e
1
2
x
G x
x
x
=
-
-
+ ，则
e
e
1
0
x
x
G
x
x
x
x
=
-
=
-
>
¢
，
故
G x 在
0, ¥
+
上单调递增，所以
0
0
G x
G
>
=
，即
0
F x
G x
³
>
成立，得证．
法二：令
1
1
e
ln
1 e
ln
2
2
x
x
F x
f x
x
x
x
=
-
-
+
=
-
-
+
，
先证ln
1
x
x
£
- ，即证ln
1
0
x
x
-
+ £
，
令
1
1
ln
1,
1
,
1
0
x
h x
x
x
h x
h
x
x
-
=
-
+
=
¢
-
¢
=
=
，
当
0,1 ,
0,
x
h x
h x
>
¢
Î
单调递增；当
1,
,
0,
x
h x
h x
¥
¢
Î
+
<
单调递减，
所以
max
1
0
h x
h
=
=
，所以
0
h x £
，即ln
1
0
x
x
-
+ £
得证，
因为ln
1
x
x
£
- ，所以
1
3
1 e
ln
1 e
2
2
x
x
F x
x
x
x
x
G x
=
-
-
+
³
-
-
+
=
，
令
3
1 e
0
2
x
G x
x
x
x
=
-
-
+
>
，
则
e
1
0
x
G
x
x
x
=
¢
-
>
，令
H x
G
x
=
¢
，所以
1 e
0
0
x
H
x
x
x
=
+
>
>
¢
，
所以
G
x
¢
在
0, ¥
+
上单调递增，又因为
1
e
2 0,
1
e 1 0
2
2
G
G
-
æ
ö =
=
ø
¢
-
ç
÷
è
¢
，
所以
0
1 ,1
2
x
æ
ö
$
Îç
÷
è
ø 使得
0
0
G
x
¢
=
，即
0
0e
1
x
x
= ，也即
0
0
1
e
x
x
=
，
所以
0
0,
x
x
Î
时，
0,
G
x
G x
¢
<
单调递减；
0,
x
x
¥
Î
+
时，
0,
G
x
G x
¢
>
单调递增，
所以
0
0
0
0
min
3
1 e
2
x
G x
G x
x
x
=
=
-
-
+
，代入
0
0
1
e
x
x
=
得，
0
0
0
0
0
0
0
min
0
0
1
3
3
5
1
1 e
2
2
2
x
x
G x
G x
x
x
x
x
x
x
æ
ö
-
=
=
-
-
+
=
-
+
=
-
+
ç
÷
è
ø
，
又
1
0
m t
t
t
t
= +
>
在
0,1
t Î
时单调递减，而
1 ,1
2
t
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，
所以
1
1
5
2
2
2
2
m t
mæ
ö
<
=
+
=
ç
÷
è
ø
，
所以
min
5
1
0
2
2
G x
mæ
ö
>
-
=
ç
÷
è
ø
，
即
0
G x >
成立，所以
0
F x >
，原不等式得证．
9．已知函数
1 ex
f x
x
a
x
=
+
-
-
，aÎR ．
(1)若
1
a = ，求曲线
y
f x
=
在点
0,
0
f
处的切线方程；
(2)若
0
f x ³ 恒成立，求实数a 的取值范围；
(3)若0
1
a
<
< ，
0
x >
，证明：
ln
1
f x
a
x
a
x
a
-
+
-
>
+
- ．
【解】（1）当
1
a = 时，
ex
f x
x
x
=
-
，求导得
1 e
1
x
f
x
x
=
+
-
¢
，
0
0
k
f
=
¢
=
，
0
0
f
=
，
\曲线
y
f x
=
在点
0,
0
f
处的切线方程为
0
y =
．
（2）
0
f x ³
恒成立，即
1 ex
x
a
x
+
-
³
，即
1
ex
x
a
x
³
-
+ 恒成立，
令
1
ex
x
g x
x
=
-
+ ，则
1
e
e
x
x
x
g
x
-
-
=
¢
．
令
1
ex
x
x
j
= -
-
，则
1 e
0
x
x
j
= - -
<
¢
，
\
x
j
单调递减，又
0
0
j
=
，
\当
,0
x
¥
Î -
时，
0
x
j
>
，当
0,
x
¥
Î
+
时，
0
x
j
<
，
即
,0
x
¥
Î -
时，
0
g
x
¢
>
，
g x 单调递增；
0,
x
¥
Î
+
时，
0
g
x
¢
<
，
g x 单调递减.
max
0
1
g x
g
\
=
= ，故
1
a ³ ．
（3）要证
ln
1
f x
a
x
a
x
a
-
+
-
>
+
- ，0
1
a
<
< ，
即证
1 e
ln
1
0
x a
x
x
a
-
-
-
-
+ >
，0
1
a
<
< ，
令
1 e
ln
1
x a
h x
x
x
a
-
=
-
-
-
+ ，
则
1
ex a
h x
x
x
-
=
-
¢
，令
s x
h x
= ¢
，
2
1
1 e
0
x a
s
x
x
x
-
=
+
+
>
¢
，
h x
\ ¢
在
0, ¥
+
单调递增，
又
1
2
1
1 e
2
0
2
2
a
h
-
æ
ö =
¢
-
<
ç
÷
è
ø
Q
，
1
1
e
1
0
a
h
- -
¢
=
>
，
0
1 ,1
2
x
æ
ö
\$
Îç
÷
è
ø ，使得
0
0
h x
¢
=
，
即
0
0
0
1
e
0
x
a
x
x
- -
=
，故
0
0
2ln
a
x
x
=
+
，
\当
0
0,
x
x
Î
时，
0
h x
¢
<
，
h x 单调递减；
当
0,
x
x
¥
Î
+
时，
0
h x
¢
>
，
h x 单调递增，
0
2ln
0
0
0
0
0
0
0
2
0
0
1
1
1 e
ln
2ln
1
3ln
1
x
h x
h x
x
x
x
x
x
x
x
x
-
\
³
=
-
-
-
-
+ =
-
-
-
+ ，
0
x >
Q
时，ln
1
x
x
£
- 恒成立，得
0
0
ln
1
x
x
£
- ，
0
0
0
0
0
0
0
0
2
2
2
0
0
0
0
1 1 2
1
2
1
1
1
3ln
1
4
1
x
x
x
x
h x
x
x
x
x
x
x
x
-
-
+
-
\
=
-
-
-
+ ³
-
-
=
，
又
0
1 ,1
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø
Q
，
0
0
0
1 1 2
1
2
0
x
x
x
\
-
-
+
>
，
故
0
0
h x
h x
³
>
，
\ 0
1
a
<
< ，
0
x >
时，
ln
1
f x
a
x
a
x
a
-
+
-
>
+
- ．
10．已知函数
2
( )
ln
e
ln 2
x
f x
x
x
x
-
=
-
+
-
.
(1)求曲线
( )
y
f x
=
在点(2,
(2))
f
处的切线方程；
(2)求
( )
f
x
¢
的零点个数；
(3)探究
( )
f x 是否存在最值，若存在，求出最值，若不存在，说明理由.
【解】（1）因为
2
( )
ln
e
ln 2
x
f x
x
x
x
-
=
-
+
-
，
2
1
( )
(
1)e
1
x
f
x
x
x
-
¢
=
-
+
+ ，
则
(2)
ln 2
2
2
ln 2
0
f
=
-
+
-
=
，
1
3
(2)
3 1
2
2
f ¢
=
- + = -
，
所以切线方程为
3
0
(
2)
2
y
x
-
= -
-
，即3
2
6
0
x
y
+
-
=
.
（2）设
2
1
( )
( )
(
1)e
1,
0
x
g x
f
x
x
x
x
-
¢
=
=
-
+
+
>
，则
2
2
1
( )
(
2)e
0,
0
x
g x
x
x
x
-
¢
= -
-
+
<
>
，
可知( )
g x 在(0,
)
+¥ 上单调递减，且
1
2
(1)
1
2e
1
2
0
e
g
-
= -
+ =
-
>
，
0
1
3
(2)
3e
1
0
2
2
g
=
-
+ = -
<
，
根据零点存在定理可知( )
g x 在区间(1,2) 上存在唯一零点，即
f
x
¢
的零点个数为1.
（3）由（2）可知
f
x
¢
在(0,
)
+¥ 上单调递减，且存在唯一零点
0
(1,2)
x Î
，使得
0
0
f
x
¢
=
，
当0
x
<
<
0x 时，
( )
0
f
x
¢
>
，则
( )
f x 在区间
0
0, x
上单调递增；
当
0
x
x
>
时，
( )
0
f
x
¢
<
，
( )
f x 在
0,
x
¥
+
上单调递减；
所以
( )
f x 的最大值为
0
f x
.
因为
0 2
0
0
0
1
1 e
1
0
x
f
x
x
x
-
=
-
+
+ =
¢
，即
0 2
0
0
0
0
1
1
1 e
1
x
x
x
x
x
-
+
+
=
+ =
，
可得
0 2
0
1
ex
x
- =
，即
0
0
0
1
2
ln
ln
x
x
x
-
=
= -
，
则
0 2
0
0
0
0
0
0
0
0
1
ln
e
ln 2
2
ln 2
1 ln 2
x
f x
x
x
x
x
x
x
x
-
=
-
+
-
=
-
-
´
+
-
= -
，
故
( )
f x 的最大值为1 ln 2
-
，没有最小值.
