【文档说明】(新高考)高考数学二轮精品复习专题22《导数解决函数零点交点和方程根的问题》(解析版).doc，共(48)页，2.531 MB，由MTyang资料小铺上传

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专题22导数解决函数零点交点和方程根的问题一、单选题1．已知关于x的方程2xeax有三个不等的实数根，则实数a的取值范围是（）A．1,2eB．2,4eC．,eD．2,e【答案】B【分

析】参变分离后可根据直线ya与函数20xefxxx的图象有3个不同的交点可得实数a的取值范围.【详解】问题等价于2xeax又三个不等的实数根，令20xefxxx，32xexfxx，当,0x时，0fx，当2

,+x时，0fx，当0,2x时，0fx，所以fx在,0和2,上为增函数，在0,2上为减函数，又0fx，且极小值为224ef，fx的图象如图所示：因此ya与fx的图象有三个

不同的交点时，24ea.故选：B.【点睛】方法点睛：对于导数背景下的函数零点问题，我们可以针对不同的题型采取不同的策略：（1）填空题或选择题类：可以采用参变分离的方法把参数的范围问题归结为动直线与不含参数的函数的图象的交点问题，后者可以利用导数来刻画图象；（2）解题类：一般不可以利用参变分离

的方法来处理，因为函数的图象可能有渐近线，一般地利用导数研究函数的单调性，并结合零点存在定理来判断.2．已知函数3sinfxxxax，则下列结论错误的是（）A．fx是奇函数B．若0a，则

fx是增函数C．当3a时，函数fx恰有三个零点D．当3a时，函数fx恰有两个极值点【答案】C【分析】对A,根据奇函数的定义判定即可.由条件可得2cos3fxxxa，则sin6fxxx，cos60fxx,所

以sin6fxxx在R上单调递增,且00f,所以当0x时，0fx，当0x时，0fx，则2cos3fxxx在0，上单调递减，在0，上单调递增.则01fxfa,将a的值代入分别计算分析，可判断选项B，

C，D【详解】对A,3sinfxxxax的定义域为R,且3sinfxxxax3sin()xxaxfx.故A正确.由条件可得2cos3fxxxa，则sin6fxxx，

cos60fxx所以sin6fxxx在R上单调递增,且00f所以当0x时，0fx，当0x时，0fx，则2cos3fxxx在0，上单调递减，在0，上单调递增.则01fxfa对B,当0a时，

2'cos30fxxx，所以fx是增函数，故B正确.对C,当3a时，由上可知,014fxfa，所以fx是增函数,故不可能有3个零点.故C错误.对D,当3a时，2cos

33fxxx，由上可知在0，上单调递减，在0，上单调递增.则min0132fxf，1cos10f，1cos10f所以存在121,0,0

,1xx，使得10fx，20fx成立则在1,x上，0fx，在12,xx上，0fx，在2,x上，0fx.所以函数3sin3fxxxx在1,x单调递增，在12,xx的单调递减，在2,x

单调递增.所以函数fx恰有两个极值点，故D正确.故选：C【点睛】关键点睛：本题主要考查利用导数分析函数的单调性从而得出函数的零点和极值情况，解答本题的关键是对原函数的单调性分析，由条件可得2cos3fxxxa，则sin6fxxx

，cos60fxx所以sin6fxxx在R上单调递增,且00f，所以当0x时，0fx，当0x时，0fx，则2cos3fxxx在0，上单调递减，在0，上单调递增.则01fxfa，

经过多次求导分析出单调性，属于中档题.3．已知函数xya（1a）与logayx（1a）的图象有且仅有两个公共点，则实数a的取值范围是（）A．1e1eaB．1eaC．1eeeaD．ea【答案】A【分析】将问题转化为1xyaa的图象与yx有两个公共点

，即lnlnxax有两解，再构造新函数lnxfxx，根据fx的单调性和取值分析lna的取值即可得到结果.【详解】因为函数1,log1xayaayxa的图象关于直线yx对称，所以两个图象的公共点在yx上，所以

1xyaa的图象与yx有两个公共点，即xxa有两解，即lnlnxxa有两解，即lnlnxax有两解，令lnxfxx，所以21lnxfxx，当0,xe时，0fx，fx单调递增，当

,xe时，0fx，fx单调递减，fx大致图象如下图所示：所以10lnafee，所以11eae，故选：A.【点睛】结论点睛：函数图象的交点个数、方程根的数目、函数的零点个数之间的关系：已知hxfxgx

，则有hx的零点个数方程fxgx根的数目函数fx与函数gx的图象的交点个数.4．已知函数lnxfxexaxb，则下列说法正确的是（）A．存在a、bR，函数fx没有零点B．任意bR，存在0a，函数fx恰有1个零点C

．任意0a，存在bR，函数fx恰有2个零点D．任意bR，存在0a，函数fx恰有3个零点【答案】B【分析】利用零点存在定理可判断A选项的正误；分析出0minfxfx，讨论当00fx时，

利用函数fx的单调性与零点存在定理可判断B选项的正误；由B选项可判断C选项的正误；令lnxgxexax，可知当函数fx恰有3个零点，函数gx必有两个极值点，利用导数求得gx的极大值为负数，

进而可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，当0x时，fx，当x时，fx时，所以，对任意的a、bR，函数fx必有零点，A选项错误；对于B选项，1xfxeax，则21xfxex，函数fx在0,

上单调递增，2329034fe，110fe，所以，存在02,13x使得00fx.当00xx时，0fx，此时函数fx单调递减；当0xx时，0fx，此时函数

fx单调递增.所以，00min01xfxfxeax.当0010xaex时，对任意的0x，0fx，此时函数fx单调递增，由A选项可知，函数fx有唯一的零点，B选项正确；对于C选项，任意0a，由B选项可知，当0010xaex时，对任

意的0x，0fx，此时函数fx单调递增，函数fx至多有1个零点，C选项错误；对于D选项，令lnxgxexax，则函数fx的零点个数等价于直线yb与函数gx的图象的交点个数，若函数fx有三个零点，则函数gx必有两个极值点1x、2

x，且满足102xxx，1xgxeax，由题意可得1211221010xxgxeaxgxeax，且gxfx，由于函数gx在区

间00,x上单调递减，在区间0,x上单调递增，所以，当10xx或2xx时，0gx，当12xxx时，0gx.所以，1111111111111lnln1l

n1xxxxgxgxexaxexxexexx极大值，22221ln1xgxgxxex极小值，令1ln1xhxxex，则2

11xxhxxexexfxxx，由B选项可知，令0hx，可得02,13xx使得00hx，则0201xex，可得002lnxx.当00xx时

，0hx，此时函数hx单调递增；当0xx时，0hx，此时函数hx单调递减.所以，000000022max0001111ln11122xxxxhxhxxexxxx32000202222xxxx，函数322

22pxxxx在2,13上单调递减，27620327p，当213x时，203pxp，所以，0max0hxhx.所以，10gxgx极大值，因此，当0b时，不存在0a使得函数fx有3个零点，D选项错误.

故选：B.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新

函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由0fx分离变量得出agx，将问题等价转化为直线ya与函数ygx的图象的交点问题.5．函数22ln3xfxxexxk有且只有一个

零点，则k的值为（）A．ln5B．52ln2C．2D．ln3【答案】B【分析】分离参数22ln3xkxexx有一个交点，设22ln3xgxxexx，利用导数求出gx的单调区间

，若gx有且只有1个零点，所以00gx，代入函数gx求解即可.【详解】函数22ln3xfxxexxk有且只有一个零点，22ln3xkxexx有一个交点，设22ln3xgxxexx

，则2ee2xxgxxx，则22e20xgxxx，所以fx单调递增.而102f，20f，所以存在01,22x使得000002ee20xxgxxx，即00021e0xxx，

且当00,xx时，0gx；当0,xx时，0gx.所以gx在00,x单调递减，在0,x单调递增.又因为0x且0x时，gx，x时，gx，且gx有且只有1个零点，所以00gx.由00021e0xxx

（02x）可得002e0xx，即002exx，两边同时取自然对数得00ln2lnxx，整理得00lnln2xx；又00e2xx，所以00000e2ln322ln230xfxxxxkk，所以52ln2k，故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考

查了利用导数研究函数的零点，解题的关键是转化为求22ln3xgxxexx的单调区间，考查了转化为与划归的思想.6．已知函数lnfxx，若函数12gxkx与函数yfx的图象有且仅有三个交点，则k的取值范围是（）A．120,e

）B．1122,eeC．1122,00,eeD．1122,00,ee【答案】C【分析】()gx的图象是直线，()fx的图象是()lnfxx的图象

及关于y轴对称的图象，直线与()fx的图象要有三个交点，可求出直线与()yfx的图象相切时的斜率k，然后结合图象利用分类讨论思想可得结论．【详解】易知函数12gxkx的图象是过定点10,2P

，斜率为k的直线，设为l；利用偶函数fx的图象关于y轴对称的性质，作出fx的图象如图所示（左右两支），其中()1,0A，结合图形易知函数gx与函数fx的图象有且仅有三个交点时，直线l与左支有两个交点0k或与右支有两个交点0k.当0k

时，直线l与fx图象的右支相切于点B为临界状态，且0PBkk.设000,1Bxyx，1()fxx，则有00011ln2PBPBkxxkx，解得12012PBxeke，所以120ke；当0k时，由于函数fx的图象关

于y轴对称，所以120ek.故选：C.【点睛】方法点睛：本题考查直线与函数图象交点个数问题，解题方法是数形结合思想，即作出函数图象与直线，观察它们交点个数，求出临界点的直线斜率，然后得出结论．

7．已知函数1,13ln,393xxfxxx，若函数gxfxax有两个不同的零点，则实数a的取值范围是（）A．21,32B．ln311,932eC．1ln312,,3923eD．

ln31210,,9332e【答案】D【分析】函数gxfxax有两个不同的零点等价于方程()fxax有两个不同的根，即可得答案；【详解】函数gxfxax有两个不同的零点等价

于方程()fxax有两个不同的根，1,13,()ln3,39,xxxfxxxxx，令1()xuxx，''212()()21xxuxxxx，''()012,()023,uxxuxx()ux在(1,2)

递增，在(2,3)递减，12(1)0,(2),(3)23uuu2()(0,]3ux，且令lnln33()33xxvxxx，39x，令3xt，则1ln()3tyvxt，13t，'211ln3tyt，当'0yte，'01yte

，'03yet，y在(1,)e递增，在(,3)e递减，且1ln3(1)0,(),(3)39yyeye1()(0,]3vxe，所以直线ya与1,13,()ln3,39,xxxfxxxxx有两个交点，可得a的取值范围为：

ln31210,,9332e.故选：D.【点睛】利用参变全分离，再结合导数研究函数的图象特征，从而得到参数的取值范围，是常用的方法；本题若是采用半分离，图象不好作出，容易犯错.8．已知

函数()lnfxxax有两个零点，则实数a的取值范围为（）A．1aeB．0aC．0aD．10ae【答案】D【分析】求出fx的导数，可得0a时函数单调递增，不满足题意，0a时，利用max0fx可得.【详解】可知

fx的定义域为0,，11axfxaxx，当0a时，0fx恒成立，fx单调递增，则fx不可能有两个零点；当0a时，10,xa时，0fx，fx单调递增；1,xa时，0fx，fx单调递减，则fx在1x

a处取得极大值即最大值11ln1faa，要满足()lnfxxax有两个零点，则1ln10a，解得10ae，综上，10ae.故选：D.【点睛】方法点睛：本题考查利用导数研究函数的

零点，根据零点个数求参数，一般如下步骤：（1）求出函数的定义域，求出函数的导数；（2）先讨论参数范围（以明显使得导数为正或负为参数界点讨论）；（3）利用导数正负讨论函数单调性，得出极值或最值；（4）以极值或

最值列出满足条件的等式或不等式，即可求出.9．已知函数22,02ln,0xxfxaxxxx，若恰有3个互不相同的实数1x，2x，3x，使得1232221232fxfxfxxxx，则

实数a的取值范围为（）A．1aeB．10aeC．0aD．0a或1ae【答案】D【分析】根据题意，令221,02ln2,0xxfxxgxxxaxx，得到函数2fxgx

x与直线2y共有三个不同的交点；根据导数的方法，分别判断0x和0x时，函数的单调性，以及最值，结合题中条件，即可得出结果.【详解】因为22,02ln,0xxfxaxxxx，令221,02ln2,0xxfxxgxxxaxx

，由题意，函数2fxgxx与直线2y共有三个不同的交点；当0x时，212xgxx，则222232222ln222ln22222xxxxxxxxxxgxxxx，由3ln2202xxgxx

解得222logln2xe；所以2,2logxe时，0gx，即函数212xgxx单调递减；22log,0xe时，0gx，即函数212xgxx单调递增；所以222222min2log2212log2422log4

logeeegxgeee，又212114222122g，271128724927g，所以212xgxx与直线2y有且仅有两个不同的交点；当0x时，ln2xgxax，则

21lnxgxx，由21ln0xgxx得xe，所以当0,xe时，0gx，则函数ln2xgxax单调递增；当,xe时，0gx，则函数ln2xgxax单调递减；所以max

12gxgeae，又当1x时，ln22xgxaax；当01x时，2gxa；当xe时，ln22xgxaax，所以为使ln2xgxax与直线2y只有一个交点，只需122ae或22a

，即1ae或0a.故选：D.【点睛】本题主要考查由方程根的个数求参数，转化为函数交点个数问题求解即可，属于常考题型.10．已知函数2()ln(2)(0)fxxaxbaxabx恰有三个零点，则

（）A．0aB．0bC．0abD．0ab≤【答案】A【分析】由函数式确定函数有一个零点1，然后变形为：两个零点是方程ln(1)1xaxbx的两根．确定ln()1xgxx的单调性，同时求出1x时，

()gx的极限为1，从而作出函数()gx的图象，作直线(1)yaxb，由图象可得0a时直线与()gx的图象才可能有两交点．【详解】222()ln(2)ln(21)(1)ln(1)(1)fxxaxbaxabxax

xbxxaxbx，显然1x是函数的一个零点，因此另两个零点是方程ln(1)1xaxbx的两根．即函数ln()(01xgxxx且1)x的图象与直线(1)yax

b有两个交点，直线(1)yaxb过点(1,)b，2211lnln1()(1)(1)xxxxxgxxx，设1()ln1hxxx，则22111()xhxxxx，01x时，()0hx

，()hx递减，1x时，()0hx，()hx递增，∴()(1)0hxh．∴0x且1x时，()0gx，∴()gx在(0,1)和(1,)上都是增函数，又1111lnlim()limlim111xxxxxgx

x，因此定义(1)1g，这样新函数()gx在(0,)上是增函数，作出函数ln,01()11,1xxxgxxx且的图象，作直线(1)yaxb，显然只有0a，它

们才可能有两个交点．故选：A．【点睛】关键点点睛：本题解题关键是把零点转化为方程的解，再转化为函数图象与直线的交点，通过导数研究出新函数的性质，作出大致图象，可得直线与函数图象交点个数情况，从而得解．11．

已知函数lnfxaxxaaR有两个零点，则a的取值范围（）A．,eB．2,eC．,eD．2,e【答案】D【分析】求导，分类讨论a，当0a时，函数()fx在(0,)上为增函数，()fx最多只有一个零点，不符合题意；当0a时，()fx在(0,)a

上递增，在(,)a上递减，()fx取得最大值()ln2faaaa，由()ln20faaaa解得结果即可得解.【详解】()fx的定义域为(0,)，()1aaxfxxx，当0a时，()0fx，函数()fx

在(0,)上为增函数，()fx最多只有一个零点，不符合题意；当0a时，由()0fx得xa，由()0fx得0xa，所以()fx在(0,)a上递增，在(,)a上递减，所以当xa时，()fx取得最大值()ln2faaaa，因为x趋近于

0时，()fx趋近于负无穷大，x趋近于正无穷大时，()fx趋近于负无穷大，所以要使()fx有两个零点，只需()ln20faaaa，因为0a，所以ln2a，所以2ae.故选：D【点睛】方法点睛：

已知函数零点的个数求参数值(取值范围)常用的方法：利用导数判断函数的单调性，研究函数的极值与最值，根据函数变化趋势作出大致图象，通过图象直观分析解决问题.12．若函数2()xfxmxe恰有两个不同的零点，则实数m的取值范围为（）A．1,1eB

．1,eC．(1,)eD．(,)e【答案】B【分析】根据题意，得到方程有两不等实根，构造函数2()xegxx，0x，对其求导，判定函数单调性，求出极值，画出函数大致图像，结合图像，即可得出结果.【详解】显然，0x不是函数()fx的零点，令2()0

xfxmxe，得2xemx，构造函数2()xegxx，0x，则22(1)()xexgxx，令()0gx得到1x，令()0gx得到1x且0x，即函数2()xegxx在,0上单调递减，在0,1上单调递减，在1,上单调递增；所以函

数2()xegxx有极小值1(1)ge；画出函数()gx的图象，如图所示，由图像可知，当0m时，直线ym与()gx的图象不可能有两个交点，当0m，只需1me，()gx的图象与直线ym即有两个不同的交点，即函数2()xfxmxe恰有两个不同的零点，∴m的取值范围为

1,e.故选：B.【点睛】本题主要考查导数的方法研究函数的零点，利用数形结合的方法即可求解，属于常考题型.二、多选题13．函数ln1xxkfxex在0,上有唯一零点0x，则（）A．001xxeB．0112xC．1kD．1k

【答案】ABC【分析】由0fx，可得出lnxxkxexe，令xuxxe，0x，利用导数得出函数ux在0,上为增函数，再令lngttt，其中0t，利用导数分析函数gt在0,上

的单调性，可求得1k，可判断ACD选项的正误，再结合函数ux的单调性可判断B选项的正误.【详解】由0fx，可得ln0xxexxk，即lnxxkxexe，令xuxxe，其中0x，则10xuxxe，所以，函数xuxxe在区间0,

上单调递增，则00uxu，令lngttt，其中0t，111tgttt.当01t时，0gt，此时函数gt单调递减；当1t时，0gt，此时函数gt单调递增.所以，min11gtg.若函数fx在

0,上有唯一零点0x，则1k.所以，0001xuxxe，由于函数ux在0,上单调递增，1122eu，11ue，即0112uuxu，0112x

，所以，ABC选项正确，D选项错误.故选：ABC.【点睛】利用导数求解函数的零点个数问题，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程（或不等式）组求解，实现形与数的和谐统一.1

4．已知函数1lnfxxxx，给出下列四个结论，其中正确的是（）A．曲线yfx在1x处的切线方程为10xyB．fx恰有2个零点C．fx既有最大值，又有最小值D．若120xx且

120fxfx，则121xx【答案】BD【分析】本题首先可根据10f以及()13f¢-=-判断出A错误，然后根据当0x时的函数单调性、当0x时的函数单调性、10f以及10f判断出B正确和C错误，最后根据120fxfx得出121

fxfx，根据函数单调性即可证得121xx，D正确.【详解】函数1lnfxxxx的定义域为,00,，当0x时，1lnfxxxx，2221111xxfxxxx

；当0x时，()()1lnfxxxx=--+，2221111xxfxxxx，A项：()()1ln1110f-=+-=，()()()22111131f----¢-==--，则曲线y

fx在1x处的切线方程为()031yx-=-+，即33yx，A错误；B项：当0x时，()2222151240xxxfxxx骣---琪琪-+-桫¢==-<，函数fx是减函数，当0x时，()2222151240xx

xfxxx骣---琪琪-+-桫¢==-<，函数fx是减函数，因为10f，10f，所以函数fx恰有2个零点，B正确；C项：由函数fx的单调性易知，C错误；D项：当1>0x、20x时，因为

120fxfx，所以()()1222222221111lnlnfxfxxxxfxxxx骣琪=-=-+-=-+=琪桫，因为fx在0,上为减函数，所以121xx，120xx，同理可证得当10x、20x时命题也成立，D正确，故选：B

D.【点睛】本题考查函数在某点处的切线求法以及函数单调性的应用，考查根据导函数求函数在某点处的切线以及函数单调性，导函数值即切线斜率，若导函数值大于0，则函数是增函数，若导函数值小于0，则函数是减函数，考查函数方程思想，考查运算能力，是难题.15．已知函数2+cos4xfxxxR

，则下列说法正确的有（）A．直线y=0为曲线y=f(x)的一条切线B．f(x)的极值点个数为3C．f(x)的零点个数为4D．若f(1x)=f(2x)(1x≠2x)，则1x+2x=0【答案】ABD【分析】求导'2sinxfxxxR，令()'0fx=，即2sinxx，令1siny

x，22xy，在同一坐标系中作出两函数的图像，得出导函数取得正负的区间，从而可得出原函数的单调性，再求出0f，2f，2f，可作出函数fx的图象，从而可得出选项.【详解】因为2+cos4xfxxx

R，所以'2sinxfxxxR，令()'0fx=，即2sinxx，令1sinyx，22xy，在同一坐标系中作出两函数的图像，由图像得：当,2x和,02x时，2sinxx，所以此时'>0f

x，所以fx在,02和,2上单调递增；当,2x和02x，时，2sin>xx，所以此时'0fx，所以fx在2，和0,2上单调递减；且

014f，22+cos0224f，22+cos0224f，作出函数fx的图象如下图所示：对于A选项：根据函数的图象，知A选项正确；对于B：由图象得()'0fx=有3个不同的解，有3

个极值点，故B正确；对于C：当2x或2x时，0fx，所以函数fx有2个零点，故C不正确；对于D：因为22+cos+cos44xxfxxxfx，所以函数fx是偶函数，所以函数fx关于y轴对称，若

12fxfx，则122fxfxfx，所以12xx，即12+0xx，故D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查运用导函数求函数的切线方程，运用导函数研究函数的单调性，极值，零点，关键在于由导函数的正负，得出原函数所对应的单调性，从而得出原函数的图象趋

势，运用数形结合的思想解决问题，属于中档题.16．已知函数lnfxxmx有两个零点1x、2x，且12xx，则下列结论不正确的是（）A．10meB．21xx的值随m的增大而减小C．101

xD．2xe【答案】ABD【分析】由0fx得出lnxmx，构造函数lnxgxx，利用导数分析函数gx的单调性与极值，数形结合可判断ACD选项的正误；任取1m、210,me，且12mm，设121ggm，其

中121e；设122ggm，其中121e，利用函数gx的单调性结合不等式的基本性质得出2121，可判断B选项的正误.【详解】令0fx，可得lnxmx，构造函数lnxgxx，定义域为0,，1ln

xgxx.当0xe时，0gx，此时函数gx单调递增；当xe时，0gx，此时函数gx单调递减.所以，max1gxgee，如下图所示：由图象可知，当10me时，直线ym与函数lnxgxx的图象有两个交点，A

选项正确；当1x时，0gx，由图象可得11xe，2xe，C选项错误，D选项正确；任取1m、210,me，且12mm，设121ggm，其中121e；设122ggm，其中121e.由于函数

gx在区间1,e上单调递增，且11gg，11；函数gx在区间,e上单调递减，且22gg，22.由不等式的基本性质可得1212，则2121.所以，21xx的值随m的增大而减小，B选

项正确.故选：ABD.【点睛】在利用导数研究函数的零点问题个数中，可转化为判定mgx有两个实根时实数m应满足的条件，并注意gx的单调性、奇偶性、最值的灵活应用．另外还可作出函数ygx的大致图象，直观判定曲线交点个数，但应注意严谨性，进行必要的

论证．三、解答题17．已知函数sinfxx，cosxgxex．（1）讨论函数gxhxfx在0,π上的单调性；（2）求函数Hxgxxfx在ππ,42上的零点个数．【答案

】（1）函数在0,π上的单调递减；（2）有且只有一个零点．【分析】（1）由题设得ecossinxxhxx，求导21esin212sinxxhxx，可判断0hx，故函数gxhxfx在0,π上的单调递减．（2）由题设ecossinxHxxx

x，求ecossincossinxHxxxxxx，可判断0Hx，故函数Hx在ππ,42上单调递减，又π04H，π02H，可知函数Hxgxxfx在ππ,42

上有且只有一个零点．【详解】（1）ecossinxxhxx，则221esin21esincos12sinsinxxxxxhxxx．当0,πx时，0xe，2sin0x，111sin2,222x，即1sin2102x，0hx，

故函数gxhxfx在0,π上的单调递减．（2）ecossinxHxgxxfxxxx，则ecosesincossinxxHxxxxxxecossincossinxxxxxx，ππ,42x时，cos0xx，sin0x

，又cossin2cos4xxx，且ππ3π,424x，cossin0xx0Hx，故函数Hx在ππ,42上单调递减，又π4π2πe0424

H，ππ022H，因此，函数Hxgxxfx在ππ,42上有且只有一个零点．【点睛】方法点睛：本题考查判断函数单调性，及求函数零点个数，求函数零点个数常用的方法：（1）方程

法：令0fx，如果能求出解，有几个解就有几个零点．（2）零点存在性定理法：利用定理不仅要求函数在区间,ab上是连续不断的曲线，且0fafb，还必须结合函数的图像与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)才能确定函数有多少个零点或零点值所具有的性质．（3）

数形结合法：转化为两个函数的图像的交点个数问题．先画出两个函数的图像，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．18．已知函数lnxxxfxaxaeR．（1）当1ae时，求函数fx的单调

区间；（2）若函数fx只有1个零点，求实数a的取值范围．【答案】（1）fx的单调递减区间是0,1，单调递增区间1,；（2）1,0e.【分析】（1）由1ae得到fx，求得fx，然后由0,0fxfx求解.（2）由0fx得到

lnxxxaxe，令ln0xxxGxxe，将问题转化为yax与函数Gx的图象有且只有一个交点，利用导数法画出Gx的大致图象，利用数形结合法求解.【详解】（1）fx的定义域是0,，当1ae时，l

nxxxxfxee，1111ln1ln1xxxxxexxxxfxeee，易知111lnxyexxx单调递增，且当1x时，0y，所以当1x时，0fx，当01x时，0fx，因此fx的单调

递减区间是0,1，单调递增区间1,．（2）由0fx，得lnxxxaxe，令ln0xxxGxxe，若函数fx只有一个零点，则直线yax与函数Gx的图象有且只有一个交点．2111ln1l

nxxxxexxexxxxGxee，令11ln0Hxxxxx，则21110Hxxx，所以Hx在0,上单调递减，易知1111ln110H

，11212ln2ln2022H，所以存在01,2x，使得00Hx，当00xx时，0Hx，0Gx，Gx单调递增；当0xx时，0Hx，0Gx，Gx单调递减．易知当0x时，

Gx；当x时，0Gx．作出直线yax与函数Gx的大致图象如图所示，由图可知，若0a，则直线yax与函数Gx的图象有且只有一个交点．若0a，则当直线yax与函数Gx的图象相切时，有且只有一个交点，设切点为,0mamm，则11lnlnmmm

mmaemmame，得1m，1ae．故实数a的取值范围是1,0e．【点睛】方法点睛：函数零点或函数图象交点问题的求解，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借

助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．19．已知函数3ln1fxxx，ln4mgxxx．（1）求fx的最值；（2）若4m，求关于x的方程fxg

x（1x）的实数根的个数．【答案】（1）最小值为2e3，无最大值；（2）当4m时，关于x的方程fxgx（1x）的实数根的个数为2；当4m时，关于x的方程fxgx（1x）的实

数根的个数为1．【分析】（1）求出23ln2fxxx得出fx的单调区间，从而得出其最值.（2）将问题转化为221lnhxxxx（1x）的图象与射线4my（1x）的交点个数，求出hx得出hx的单调区间，分

析其交点情况，得出答案.【详解】（1）因为3ln1fxxx（0x），所以2223ln23ln2fxxxxxx．令0fx，解得23ex，当230ex时，0fx；当23ex时，0fx．所以函数3

ln1fxxx在230,e上单调递减，在23e,上单调递增．故32222333mineeelne13fxf，当x时，fx所以fx的最小值为2e3

，无最大值．（2）因为fxgx（1x），所以221ln4mxxx（1x），关于x的方程fxgx（1x）的实数根的个数等价于函数221lnhxxxx（1x）的图象与射线4my（1x）的交点个数．因为12lnhxxxxx（1

x），令xhx（1x），则212ln10xxx，所以hx在1,上单调递增，又120h，11e2ln0heeeeee，故存在唯一的01,xe

，使得00hx，所以hx在01,x上单调递减，在0,x上单调递增，且1e1hh，因为当2xe时，2222221ln1ln2hxxxxxexx

，所以当xe时，1hx．因为4m，所以14m，当4m时，函数hx的图象与射线1y（1x）有两个交点，当4m时，函数hx的图象与射线4my（1x）有一个交点．综上，当4m时，关于x的方程fxgx（1x）的实数根的个数为2；当

4m时，关于x的方程fxgx（1x）的实数根的个数为1．【点睛】方法点睛：根据方程的根的个数（或零点个数）求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不

等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解20．已知函数3213fxxaxbxab．（1）若fx

是奇函数，且有三个零点，求b的取值范围；（2）若fx在1x处有极大值223，求当1,2x时fx的值域．【答案】（1）0,；（2）5022,33.【分析】（1）先由函数奇偶性，得到0a，得出313fxxbx，对其求导，分别讨论0b

和0b两种情况，根据导数的方法判定函数单调性，结合零点个数，即可求出结果；（2）先对函数求导，根据极大值求出2,5.ab，根据函数单调性，即可求出值域.【详解】（1）∵fx是定义域为R的奇函数，所以0a，且00f．∴

313fxxbx，∴2fxxb．当0b时，20fxxb，此时fx在R上单调递减，fx在R上只有一个零点，不合题意．当0b时，20fxxb，解得bxb，∴fx在,b，,b上单调递减，在,bb

上单调递增，∵fx在R上有三个零点，∴0fb且0fb，即3103fbbbb，即0bb，而0bb恒成立，∴0b．所以实数b的取值范围为0,．（2）22fxxaxb，由已知可得1120f

ab，且122133fabab，解得2,3,ab或2,5.ab当2a，3b时，3212363fxxxx，243fxxx，令0fx，即2430xx，解得13x，令0fx，即2430xx

，解得1x或3x，即函数fx在,1上单调递减，在1,3上单调递增，在3,上单调递减；所以1x是fx的极小值点，与题意不符．当2a，5b时，32125103fxxxx，24

5fxxx．令0fx，即2450xx，解得51x；令0fx，即2450xx，解得5x或1x，即函数fx在,5上单调递减，在5,1上单调递增，在1,上单调递减；所以1x是fx的极大值点，符合

题意，故2a，5b．又∵1,2x，∴fx在1,1上单调递增，在1,2上单调递减．又5013f，2213f，3223f．所以fx在1,2上的值域为5022,33

．【点睛】思路点睛：导数的方法求函数零点的一般步骤：先对函数求导，由导数的方法求出函数的单调性区间，根据函数极值的定义，求出函数的的极值，再根据函数函数的零点个数，确定极值的取值情况，进而可得出结果.21．设函数21()sincos2fxxxx

ax．（1）当12a时，讨论()fx在(,)内的单调性；（2）当13a时，证明：()fx有且仅有两个零点．【答案】（1）在,03或,3上单调递减，在,3或0,3上单调递增；（2）证明见解析.【分析】（1

）先求导，根据导数和函数的单调性，结合三角函数的性质即可求出单调区间；（2）先判断出函数为偶函数，则问题转化为()fx在(0,)有且只有一个零点，再利用导数和函数单调性的关系，以及函数零点存在定理

即可求出．【详解】（1）当12a时，21()sincos4fxxxxx，11()sincossin(cos)22fxxxxxxxx，令()0fx，解得0x或3x，3x，当()

0fx时，解得03x或3x，当()0fx时，解得3x或03x，()fx在(3，0)或(3，)上单调递减，在(,)3或(0,)3上单调递增；（2）()fx的定义域为

(,)，2211()()sin()cos()()sincos()22fxxxxaxxxxaxfx，()fx为偶函数，(0)10f，()fx有且仅有两个零点等价于()

fx在(0,)有且只有一个零点，()(cos)fxxxa，当1a…时，cos0xa„，()0fx„恒成立，()fx在(0,)上单调递减，2211()sincos1022faa，(0)?()0ff

，()fx在(0,)上有且只有一个零点，当113a时，令()(cos)0fxxxa，即cosxa，可知存在唯一(0,)2，使得cosa，当(0,)x或(22,22)xkk时，kN，()0fx，函数()fx单调递增，当(

2,22)xkk时，kN，()0fx，函数()fx单调递减，由21tan1a，113a，可得0tan22，当kN，22tan2(2)k，2221113(22tan)1

0(22)[(22tan)1][(22tan)1]022626kfkakka，()fx在(0,)上有且只有一个零点，综上所述，当

13a时，()fx有且仅有两个零点．【点睛】方法点睛：1、利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f(x)含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论；若可导函数f(x)在

指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．2、用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存

在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决.22．已知函数2xfxxeax（e为自然对数的底数）.（1）当0a时，求证：函数fx在0,上恰有一个零点；（2）若函数fx有两个极

值点，求实数a的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）1,0.【分析】（1）法一：利用导数的性质进行求证即可；法二：利用函数的性质直接判断即可求证；（2）对()fx求导，得1xfxxea，构造函数

1xgxxe，利用导数的性质求出参数a的范围即可【详解】（1）法一：易得：2xfxxe，∴21fxxe，令0fx′，∴1x，令0fx′，∴1x，∴fx在0,1

上单调递减，且0fx；在1,上单调递增且有10fe，330fe，故命题获证.法二：易得：2xfxxe，0xe恒成立，2xfxxe有唯一零点2x.（2）易得1xfxxea，令1xgxxe

得xgxxe，x,000,gx0gx1∴gx在,0上单调递减且10gx；在0,上单调递增且有220ge，∵函数fx有两个极值点，∴1,0a

.【点睛】关键点睛：解题的关键在于求导得到1xfxxea后，构造函数1xgxxe，并通过对()gx通过求导得到奇函数的极值点，进而求出a的范围，难度属于中档题23．已知函数()exfxax，a为非零常数.（1）求fx单调递减区间；（2）讨论方程

21fxx的根的个数.【答案】（1）当0a时，fx的单调递减区间为(,1)，当0a时，fx的单调递减区间为(1,)；（2）当0a时，原方程有且仅有一个解；当0a时，原方程有两个解.【分

析】（1）求导，对a分类讨论，利用0fx可解得结果；（2）转化为函数2(1)()exxgxx与ya的图象的交点的个数，利用导数可求得结果.【详解】（1）()(1)exxxfxaeaxeax

，由()0fx得1x，①若0a时，由0fx得1x，所以()fx的单调递减区间为(,1)；②若0a时，由0fx得1x，所以()fx的单调递减区间为(1,).综上所述，当0a时，fx的单调递

减区间为(,1)；当0a时，fx的单调递减区间为(1,).（2）因为方程2()(1)fxx等价于2(1)exxax，令2(1)()exxgxx，所以方程21fxx的根的个数等于函数2(1)()e

xxgxx与ya的图象的交点的个数，因为2222(1)12(1)(1)()()()exxxxxxxxxexexegxxex，由()0gx，得1x，当(,1)x，时，0gx，gx在(,1)上单

调递增；当1,00,x时，0gx，所以gx在1,0，0,上单调递减，又10g，所以当(,1)x时，,0gx；当1,0x时，,0gx；当0,x时，

0,gx.所以，当0a时，原方程有且仅有一个解；当0a时，原方程有两个解.【点睛】方法点睛：讨论函数零点(或方程根)的个数的常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，可得方程根的个数；（2）数形

结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解24．已知函数2xfxxe，0,x．（1）求函数fx的单调区间；（2）若关于x的方

程2()2xfxeaxx在区间0,内无零点，求实数a的取值范围．【答案】（1）单调增区间是1,，单调减区间是0,1；（2）,1．【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的正负即

可判断单调区间；（2）可转化为1xgxeax在0,无零点，可得xgxea，讨论a的范围结合gx的单调性和零点存在性定理求解.【详解】（1）依题意，21xxxfxexexe．令0fx，

解得1x，故函数fx的单调增区间是1,，由0fx，得01x，单调减区间是0,1．（2）原方程可化为10xxeax，即10xeax．令1xgxeax，0x，则xgxea．()xgxea是

增函数，0x时，e1x，(ⅰ)当1a时，()0gx恒成立．gx在0,上是增函数，00gxg，故原方程在0,内无零点．(ⅱ)当1a时，由0xea得lnxa，0lnxa时，()0gx，当lnxa时()0gx，故fx在区间

0,lna上单调递减，在区间ln,a上单调递增．又00g，gx在区间0,lna上恒小于0．∴(ln)0ga，下面讨论21agaea的正负；令21aaea，1a．则2a

aea，令a是a的导函数，则20aae，a在1,上增函数．1110ae．即()0ga，又(ln)0ga由零点存在性定理知，原方程在ln,aa上有零点．即在(0,)上有零点．综上所述，

所求实数a的取值范围是,1．【点睛】关键点睛：本题考查利用导数讨论函数的零点问题，解题的关键是将题转化为1xgxeax在0,无零点，可以通过导数研究gx的单调性，注意讨论

参数的范围结合零点存在性定理进行判断.25．设a为实数，已知函数12xxaxfxeae.（1）当2a时，求fx的单调区间；（2）当1a时，若fx有两个不同的零点，求a的取值范

围.【答案】（1）单调递增区间为ln2,；单调递减区间为,ln2；（2）,e.【分析】（1）由2a得22xxfxeex，对函数求导，根据导数的方法，即可求出单调区间；（2）先对函数求导，根据导数的方法判定函数单调性，得到min1ln

1fxaaa，为使fx有两个不同的零点，首先1ln10aaa，解得ae，再判断0x和0x时，函数都有零点，即可得出结果.【详解】（1）当2a时，22xxfxeex，则221212xxxxxxxxeeeefxeeee

，令0fx，则ln2x，所以当,ln2x时，0fx，所以fx单调递减；当ln2,x时，0fx，所以fx单调递增；即函数fx的单调递增区间为ln2,；单调递减区间为,

ln2；（2）因为12xxaxfxeae，所以2111xxxxxxxxeeeefxaaaeaeeea，因为1a，由0fx得

lnxa；由0fx得lnxa；所以fx在,lna上单调递减，在ln,a上单调递增；因此lnlnminln1ln21ln1aafxfaeaeaaaaa，要使fx有两个不同的零点，则首先1ln10aa

a，即11ln0aa，所以1ln0a，解得ae；当0x时，1212xxxaxafxeaexe，令2xgxex，0x，则2xgxex

，2xgxe，由0gx得ln2x；由0gx得ln2x，所以2xgxex在0,ln2上单调递减，在ln2,上单调递增，所以ln22ln222l

n220lngxge，因此2xgxex在0,上单调递增，因此010gxg，即2xex在0x上恒成立，所以当0x时，2121212xxxfxeaeeaxaxxax

，此时21112120faaaaa；当0x时，122xxxfaxeaeaex，令20xae，可得2lnxa；取00x且02lnxa知

00fx，故ae满足fx在0,lnxa和ln,1aa各有一个零点；综上，a的取值范围为,e.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：1.直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间和极值，根据函数的性质画出图像，然后将问题转化为函数图像与x轴交

点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合的思想和分类讨论的思想；2.构造新函数法：将问题转化为研究两函数的图像的交点问题；3.分离参变量法：即由()0fx分离参变量，得()ax，研究直线ya与()yx的图像的交点问题.26．设函数22lnfxxaxax

.(1)若e,x，2fxax，求实数a的取值范围；(2)已知函数yfx存在两个不同零点1x，2x，求满足条件的最小正整数a的值.【答案】（1）,2e；（2）3.【分

析】（1）由2fxax得2ln0xax，利用参变分离法得到2lnxax，然后构造函数，利用导数分析实数a的取值范围（2）求导得到21xaxfxx，对a进行分类讨论，然后，利用数形结合进行分析，即可求出最小正整数a的值【详解】(

1)由2fxax得2ln0xax又,xe所以1ln02x所以2lnxax令2lnxgxx所以22ln10lnxxgxx所以函数gx在,e上单调递增所以min2gxgee

所以2ae，即实数a的取值范围为,2e(2)因为22lnfxxaxax所以22221220xaxaxaxafxxaxxxx若0a，则0fx，函数fx在0,上单调递增，函数

fx之多一个零点所以若函数fx有两个两点，则0a当0a时，函数fx在0,2a单调递减，在,2a单调递增得fx的最小值02af，因此函数fx有两个零点则244ln02aaaa又0a所

以4ln402aa令4ln42ahaa，显然ha在0,上为增函数且220h，38134ln1ln10216h所以存在02,3a，00ha当0aa时，0ha当00aa时，0ha所以满足条件的

最小正整数3a又当3a时，332ln30f，10f所以3a时，fx有两个零点综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3【点睛】关键点睛：解题的关键在于：（1）利用参变分离法，得到2lnxax，然后构造函数，

求导进行数形结合的分析求解；（2）对()fx求导，然后对a分类为：0a和0a，尤其在0a时，得到4ln402aa，进而构造函数4ln42ahaa，利用零点存在定理进行数形结合的分析来求解，本题难度属于困难27．若函数fx在,xab时，函

数值y的取值区间恰为,,(0)kkkba，则称,ab为fx的一个“k倍倒域区间”.定义在4,4上的奇函数gx，当0,4x时24gxxx.（1）求gx的解析式；（2）求gx在

2,4内的“8倍倒域区间”；（3）若gx在定义域内存在“8kk倍倒域区间”，求k的取值范围.【答案】（1）224,4,04,0,4xxxgxxxx；（2）

2,51；（3）256827k.【分析】（1）当[4,0)x时，(0,4]x,求出()gx，再根据()()gxgx求出()gx可得解；（2）设24ab，根据()gx在[2,4]上单调递减，得228484aaab

bb解得结果即可得解；（3）设()gx在定义域内的k倍倒域区间为[,]ab，则04ab或40ab，当04ab时，根据()gx在[0,4]上的最大值推出2a，根据()gx在[,]ab为递减函数可得()kgaa，()kgbb，可得方程32

40xxk在区间[2,4]上有两个不等的实数解，再构造函数利用导数可解得k的范围，同理可求得当40ab时，k的范围.【详解】（1）因为()gx为定义在[4,4]上的奇函数，所以当[4,0)x时，(0,4]x，22()()4()4gxxxxx，因为()

()gxgx，所以22()()(4)4gxgxxxxx，所以224,4,04,0,4xxxgxxxx.（2）因为gx在2,4内的“8倍倒域区间”，设24ab，因为()gx在[2,4]上单调递

减，所以228484aaabbb，整理得22(2)(24)0(2)(24)0aaabbb，解得2,15ab，所以gx在2,4内的“8倍倒域区间”为2,51.（3）设()gx在定义域内的k倍倒域区间为[,]ab，则函数

值的取值区间为,kkba(8)k，所以04ab或40ab，当04ab时，因为()gx在[0,4]上的最大值为4，所以4ka，又8k，所以2a，因为()gx在[2,

4]上递减，所以()gx在[,]ab上递减，所以()kgaa，()kgbb，即2244kaaakbbb，所以32324040aakbbk，所以方程3240xxk在

区间[2,4]上有两个不等的实数解，令32()4hxxxk，[2,4]x，则2()38hxxx(38)xx，令()0hx，得823x，令()0hx，得843x，所以()hx在8[2,)3上递减，在8(,4]3上递增，因为

(2)80hk，(4)8hk，所以要使方程3240xxk在区间[2,4]上有两个不等的实数解，只需8()03h，即32884033k，解得25627k，所以25

6827k.同理可得当40ab时，256827k.综上所述：k的取值范围是256827k.【点睛】关键点点睛：第（3）问中当04ab时，根据函数[0,4]上的最大值和函数在[,]ab上函数值的取值区间推出2a

是解题关键.28．已知函数2()lnfxxaxx.（1）试讨论函数()fx的单调性；（2）对任意0a，满足2()lnfxxaxx的图象与直线ykx恒有且仅有一个公共点，求k的取值范围.【答案】（1）当0a时，在(0,)单调递增；当0a时，

在1180,4aa单调递增，在118,4aa单调递减；（2）1k或3221ke≥.【分析】（1）首先求函数的导数2121'()21(0)axxfxaxxxx，分0a和0a两千情况讨论导数的正负，确定函数

的单调性；（2）由方程fxkx，转化为2lnxaxxkx，构造函数2lnxaxxhxx，利用二阶导数判断函数的单调性，并分情况讨论hx最小值的正负，并结合零点存在性定理，确定函数的性质，根据2lnxaxxkx有唯一解，确定k

的取值范围.【详解】（1）2121'()21(0)axxfxaxxxx当0a时，恒有'()0fx，所以()fx在(0,)单调递增；当0a时，令2210axx，则180a，则11

1804axa，211804axa（舍去），当118(0,)4axa时，'()0fx，()fx在118(0,)4aa单调递增；当118(,)4axa时，'()0fx，()

fx在118(,)4aa单调递减.综上所述，当0a时，()fx在(0,)单调递增；当0a时，()fx在118(0,)4aa单调递增，()fx在118(,)4aa单调递

减.（2）原命题等价于对任意0a，2lnxaxxkx有且仅有一解，即2lnxaxxkx；令ln()1xhxaxx则21ln'()xhxax，332(ln)2''()xhxx，令''()0hx得32xe所以)'(hx在32(0,)e上递减，在32(,)e

上递增，3232min331ln1'()'()2ehxheaaee当312ae时，'()0hx，所以()hx在R上单调递增，又当0x时，ln,0xaxx，所以()hx；当x时，ln

,xaxx，所以()hx.所以()hx在R上必存在唯一零点，此时kR；当3102ae时，32min'()'()0hxhe，同时又当0x时，21ln,xax，所以'()hx；

当x时，21ln0,xax，所以'()hx.所以方程'()0hx存在两根12,xx，即2211221ln1ln0xaxxax且332212(0,),(,)xexe，所以()hx在1(0,)x上单调递增，12(,)xx上单

调递减，在2(,)x上单调递增，所以()hx的极大值为1()hx，极小值为2()hx要使有方程2lnxaxxkx唯一解，必有1()khx或2()khx，又2222222222lnln1ln2l

n1()111xxxxhxaxxxxx，又322(,)xe，则2ln1()1xxx，232ln'()0xxx，所以()x在32(,)e递减，且x时，2ln1()11x

xx，所以1k；同理1112ln1()1xhxx，321(0,)xe，2ln1()1xxx在32(0,)e递增，3322322()()121xeee，所以3221ke≥.综上可得，1k或3221ke≥.【点睛】思路点睛：本题是一道利用导数研究

函数性质，零点的综合应用题型，属于难题，一般利用导数研究函数零点或方程的实数根时，需根据题意构造函数fx，利用导数研究函数在该区间上的单调性，极值，端点值等性质，以及零点存在性定理等研究函数的零点.29．已知函数f(x)=xe-mx-2，g(

x)=xe-sinx-xcosx-1.（1）当x≥2时，若不等式f(x)>0恒成立，求正整数m的值；（2）当x≥0时，判断函数g(x)的零点个数，并证明你的结论，参考数据:2e≈4.8【答案】（1）1；

（2）2个，证明见解析.【分析】(1)将问题转化为2x时，不等式2xemx恒成立，令()2xehxx，用导数法求得其最小值即可.(2)易知(0)0g，则0是()gx的一个零点，由2x时，()sincos120xxgxexxxex，得到()gx无

零点，当02x时，用导数法结合零点存在定理求解.【详解】(1)因为当x≥2时，若不等式f(x)>0恒成立，所以当2x时，不等式2xemx恒成立，令()2xehxx，则22(2)(1)2()0xxxexeexhxxx，所以()hx在[,)2

上递增，所以2min228()()252ehxh，因为28125，所以正整数m的值为1.(2)当0x时，函数()gx有2个零点.证明如下：显然(0)0g，所以0是()gx的一个零点，①当2x时，()sincos120xxgxexxxex，所以()

gx无零点；②当02x时，()2cossinxgxexxx，令()()2cossinxhxgxexxx，则()()3sincos0xhxgxexxx，所以()gx在[0,]2上递

增又(0)10,g2()022ge，所以存在唯一1(0,)2x使得1()0gx.所以当1(0,)xx时，()0gx，故()gx递减；当1(,)2xx时，()0gx，故(

)gx递增；因为(0)0g，所以1()0gx，又2()202ge，所以存在唯一21(,)2xx使得2()0gx综上得：当0x时，函数()gx有2个零点.【点睛】方法点睛：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助

零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．30．设函数2()ln10fxxaxa.（1）当2a时，求函数()fx的极值；（2）若函数()fx有2个零点，求实数a的取值范围.【答案】

（1）极小值为1；（2）2ae.【分析】（1）当2a时，2()ln10fxxaxa，对()fx求导判断单调性、即可求得极值；（2）对()fx求导，利用导函数得符号判断出()fx的单调递增区间是2,2a，单调递减

区间是20,2a，然后对参数a进行分类讨论，考虑函数得最小值，从而判断函数零点的个数，找到函数()fx有2个零点时实数a的取值范围.【详解】（1）()fx的定义域是0,，当2a时，2()2ln1fxxx，2222()2xfxxxx.令'(

)0fx，得1x或1x（舍）.所以()fx在0,1上单调递减，在1,上单调递增，即()fx在1x处取得极小值，极小值为11f.无极大值（2）函数的定义域为0,，令22'()20axafxxxx，则22ax，所以当20,2ax时，

'()0fx；当2,2ax时，'()0fx，所以()fx的单调递增区间是2,2a，单调递减区间是20,2a.①令202af，得2ae，当2ae，22()(ln1)efxxx的最

小值为10ef，即22()(ln1)efxxx有唯一的零点1xe；②当20ae时，2()ln1fxxax的最小值为2ln1222aaaf，且2ln10222aaaf，即2()

ln1fxxax不存在零点；③当2ae时，()fx的最小值2ln10222aaaf，又12e2a，2110eef，所以函数()fx在20,2a上有唯一的零点，又当2

ae时，22aa，2()(ln1)(ln1)faaaaaaa，令()ln1gxxx，则11()10xgxxx，解得1x，可知()gx在2,1e上递减，在1,上递增，所以10gag，所以0fa，所以函数()fx在

2,2a上有唯一的零点，所以当2ae时，()fx有2个不同的零点，综上所述：实数a的取值范围是2ae.【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法（1

）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.