隐零点问题ppt课件
第2部分专题6强基专题8隐零点问题课件共17张PPT
则h′(x)＝(2x＋x2)ex＋1x>0, h(x)在(0，＋∞)上单调递增， h1e＝e12e1e－1<ee22－1＝0，h1＝e>0， h(x)在1e，1存在零点x0， 即h(x0)＝x20ex0＋ln x0＝0， x20ex0＋ln x0＝0⇔x0ex0＝－lnx0x0＝ln x10eln x10，
由f ′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)． 由x0∈0，12得f(x0)＜14. 因为x＝x0是f(x)在(0,1)的最大值点，由e－1∈(0,1)，f ′(e－1)≠0得 f(x0)＞f(e－1)＝e－2. 综上得e－2＜f(x0)＜2－2.
2．已知函数f(x)＝x＋xln x，若k∈Z，且不等式k(x－1)<f(x)在 x∈(1，＋∞)上恒成立，求k的最大值．m的取值范围．
[解] (1)f ′(x)＝aex＋axex－1x，
因为函数f(x)＝axex－ln x＋b在x＝1处的切线为y＝(2e－1)x－e，
f1＝ae＋b＝e－1
所以 f
′1＝2ae－1＝2e－1
，
解得a＝1，b＝－1.
(2)由f(x)≥mx得xex－ln x－1≥mx(x>0)， 即m≤xex－lxn x－1， 令φ(x)＝xex－lxn x－1，则φ′(x)＝x2ex＋x2 ln x， 令h(x)＝x2ex＋ln x，
[解] 因为 f(x)＝x＋xln x，所以不等式 k(x－1)<f(x)在区间 (1，＋∞)上恒成立等价于 k<xlxn－x＋1 x(x>1)．
令 g(x)＝xlxn－x＋1 x(x>1)，则 g′(x)＝x－(xl－n x1－)2 2，
令 h(x)＝x－ln x－2(x＞1)，则 h′(x)＝1－1x＝x－x 1＞0⇒h(x)在(1， ＋∞)上单调递增，
【高考】二轮复习导数中的隐零点问题ppt课件
分析.(1)当t 2，f ( x) x3 3x2 , f '( x) 3x2 6x,易于求单调区间；
（2）f ( x) x( x2 3x 2 t)，其中 , 为方程x2 3x 2 t 0 两个不等的实根.对任意x [ , ]，不等式f ( x) 16 t恒成立，
3
2
法1.直接求解x , 代入，降次，消元x 3x (2 t)x S2：以零点为分界点，说明导函数的正负1，原来函数的增减性，进而得到函数的极值；
1
1
1
(综xt 上1：11)， t的即取(2t值1范t)x围11是(13141,26)t( 2,11(]t. 1) t 1 24 3 121的刚22（观5222当注SS注SS（S导-注注用31223..、502...难能学很区刚史点环函：：2函：：导：：：：：、.、古通）点源法多 别 的 料 三 境 数 （ （ 数 （ （ 数将先以以将我没之过进：部：时和活实：永的11零11解零求零零零宁有立分））行））明分活候发动证偏远零点决点导点点点可斗大析 确 确 代 确 确王：动，生中）颇不点虽函方，为为方做争事阿定定数定定朝知探人条，。会不然数程用分分程人就者拉隐隐式隐隐1政道究并件大全十易隐综适零界界适类没，伯性性的性性治天法不，家球全求形合当点点点当中有不国零零替零零制然、是懂看化十出，问变存，，变有功惟家点点换点点度气自因得见是美时但题形在说说形梦绩有产，，过，，变、主为燃水一，，只，，性明明，想，超生可可程可可3化石学失料中把消注要是整定导导整和没世、以以中以以的油习败的的双极意抓高体理函函体有有之伊由由，由由认、法而合筷刃的分住考代判数数代完功才斯零零尽零零识煤烦理子剑人析特的入定的的入成绩，兰点点可点点等恼安，受其征重“最导正正最梦就亦弯教的的能的的化全发环导（点;值函负负值想没而必折创存存将存存石使展境数零考式数，，式的有是有”立在在复在在燃了用中控的点察子零原原子愿奖因坚的性性杂性性料，、国制单方内；点来来；望赏为忍历定定目定定，硬灭家，调程容的函函的，失不史理理标理理认币1火面积性），存数数、而败拔背确确式确确识“和临极，，最在的的最没后升之景定定变定定燃防的的结判终性增增渺有找高志、，，形，，料爆既人合断都，减减小行不”。日也也为也也了完的有却零其会由性性的动到本可可常可可，全基机控点范归，，人就任大以以见以以这燃础遇制存围结进进，没何化由由的由由是烧知也环在（于而而而有借改函函整函函为的识有境定用函得得不生口新数数式数数什重。挑。理零数到到愿活而的的的或的的么要战，点的函函做。烦过图图分图图了性确存单数数并一—恼程象象式象象？;定在调的的结个—能。，特特，特特零性性极极合最别从初征征需征征点定的值值的伟林保步得得要得得的理判；；单大斯护学到到尽到到范）断调的基环习，，可，，围，，性、境运及及能及及最而得无的用题题将题题后函到梦角必 设 设 指 设 设整 数零想度要条条、条条体的点、选性件件对件件代单的无择与得得数得得入调大愿燃可到到函到到，性致望料能等等数等等化又范的，性等等式等等归与围人知的；；用；；为导；。道哲有常函—利学理见数—用范式函的纪氢畴替数零伯气，换形点伦、解，式有酒释这着.精、是密等分解切清析题的洁历能联燃史否系料事继，的件续可可和深以能历入说性史的导;认现关函识象键数缓的；的慢方零氧法点化。的、（求燃历解烧史或、解估爆释算炸）
微专题：隐零点四种形式课件-2024届高三数学二轮复习
变式2：已知函数 =
,
= ln
1
(1) 当 > 0 时, 讨论函数 = − − 的单调性;
(2) 当 > 1 时, 求证: () − () > ( − 1) + 1
变式3设函数 = − − 2
(1) 求 的单调区间;
+ ln0 = 0 0 = 0 −
≥1
ln0 +1
0
, 很显然代换不到最简单状态, 采用同构思想;02 0 + ln0 = 0 ⇒ 0 0 =
0 0 =
1
0
ln
0
得出: 0 =
1
1
0
0
⇒ 0 0 = ln
1
ln ,
0
从而再设而不求带入原函数, 得证;
−ln0
0
⇒
变式1.已知函数 = ln − ∈ , = − 2
(1) 若 有唯一零点, 求 的取值范围;
(2) 若 − ≥ 1 恒成立, 求 的取值范围
类型三隐零点换参
例1已知函数 = ln +
(1) 若 () ≤ ( + 1) + ( > 0, ∈ ), 求 的最小值;
3 2 3
答案: (1)
4
3
2
3 2
(2) +
2
4
2
2 3
3 4
上有解;
的最大值为 , 求 的最小值;
方法点睛：(2) ′() = cos + sin, ′′() = cos − ( − 1)sin < 0, ′() ↓
高考数学二轮复习 专题五 函数与导数、不等式 微点深
【题组训练】
1.(2018·浙江名校联盟联考)已知函数 f(x)＝ax＋bxln x，其中 a，b∈R.
(1)若函数 f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为 y＝x＋e，求 a，b 的值；
(2)当 b>1 时，f(x)≥1 对任意 x∈12，2恒成立，证明：a>
e＋1 2e .
(1)解 由题得 f′(x)＝－xa2＋b(ln x＋1)，∴f′(e)＝－ea2＋2b＝1，且 f(e)＝ae＋eb＝2e.
即当 1<x<x0 时，h(x)<0，即 g′(x)<0，
当 x>x0 时，h(x)>0，即 g′(x)>0，
g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.
令
h(x0) ＝ x0 － ln
x0 － 2 ＝ 0 ， 即
ln
x0
＝
x0
－
2
，
g(x)min
＝
g(x0)
＝
x0（1＋ln x0－1
(2)证明：当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln
2 a.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2e2x－ax(x>0).由 f ′(x)＝0 得 2xe2x＝a.令 g(x)＝
2xe2x，g′(x)＝(4x＋2)e2x>0(x>0)，从而 g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以 g(x)>g(0)＝0.
则 φ′(x)＝－b(2ln x＋3)，易知 φ′(x)<0，故 g′(x)在12，2上单调递减，
1
1
1
因为 g′(e－2)＝1－b(－e－2＋e－2)＝1>0，g′(1)＝1－b(2ln 1＋1)＝1－b<0，
隐零点问题课件
故 m ≤ −e − ln + 2e ＋
min ，
记h
＝－ x e x －ln
∴h' ＝ 1 −
由于 x ∈
1
，1
2
e
1
x
x ＋2e ＋ x ， x ∈ ，1
2
1
−
，
，
1
1
x
，所以1－ x ≥0，有 y ＝e ， y ＝－ 均为 x ∈ ，1
1， a ＞1，φ' ＝－e a －1＋1＜0，
所以φ 在 1，＋∞ 上单调递减，φ 2 ＝3－e＞0，φ 3 ＝4－e2＜
0，故整数 a 的最大值为2.
考点二
例2
利用“隐零点”确定参数取值范围
已知函数 f
数的底数.
e
＝x＋ ，g
＝ sin x ，其中 a 为实数，e是自然对
(1)当 a ＝－1时，证明：∀ x 1， x 2∈R， f 1 ≤ g 2 ；
π
sin x 2≥－1，当且仅当 x 2＝2 k π－ ， k
2
∈Z时，等号成立，
所以对∀ x 1， x 2∈R， f 1 ≤ g 2 .
(2)若 h ＝ f － g 在 0，π 上有唯一的极值点，求实数 a 的取值
范围.
[解] 因为 h
则h'
e
＝x＋ －
e
＝1＋ －
0
1
1
，对勾函数 y ＝ x 0＋ 在 x 0∈ ，1
0
2
5
2，
2
，所以 h
∴ m 能取到的最大正整数为3.
高考总复习二轮数学精品课件 专题6 函数与导数 培优拓展(十三) 隐零点问题
x
x
h(x)=f'(x)=e
4
- ,x∈(1,+∞),则
h'(x)=e
所以函数h(x)在(1,+∞)上单调递增,即f'(x)在(1,+∞)上单调递增,
又f'(1)<0,f'(2)>0,
所以f(x)的导函数在(1,+∞)上零点的个数为1.
x
4
+ 2>0,
(2)证明令g(x)=ex-4xlnx-1,x∈(1,+∞),则g'(x)=ex-4lnx-4,即f(x)=g'(x),
点范围还可以适当缩小.
对点训练
(2023河南豫南名校联考三模)已知函数f(x)=ex-4lnx-4.
(1)判断f(x)的导函数在(1,+∞)上零点的个数,并说明理由;
(2)证明:当x∈(1,+∞)时,ex-4xlnx-1>0.
注:0.69<ln2<0.7.
(1)解 f'(x)=e
4
- ,x∈(1,+∞),令
由(1)可知存在x0∈(1,2),使得f'(x0)=0,
当1<x<x0时,f'(x)<0;当x>x0时,f'(x)>0,
所以f(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
又因为f(1)<0,f(2)>0,存在x1∈(1,2),使得f(x1)=0,即e1 -4ln x1-4=0,
当1<x<x1时,g'(x)<0;当x>x1时,g'(x)>0,
隐零点与极值点偏移问题课件-2025届高三数学一轮复习
(2)证明：对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
题后师说
零点问题求解三步曲
巩固训练1 [2024·河南许昌模拟]已知函数f(x)＝x－ln x－2.
(1)求出函数f(x)的极值；
解析：由函数f(x)＝x－ln x－2的定义域为(0，＋∞)，
1 x−1
所以f′(x)＝1－ ＝ ，
x
x
令f′(x)>0，则x>1，令f′(x)<0x1，x2是方程f(x)＝0的两不等实根，求证：12 + 22 >2e.
题后师说
极值点偏移问题的解法
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x1＋x2>(<)2x0型，构造函数
F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1 x2 > < x02 型，构造函数F(x)＝ −
1
x－ax，得：f′(x)＝ －a，
x
解析：由f(x)＝ln
∵函数f(x)在x＝1处的切线与x轴平行，
∴f′(1)＝1－a＝0，即a＝1.
(2)若函数f(x)有两个零点x1、x2，试证明x1x2＞e2.
02
，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
x1
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝
x2
化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
巩固训练2 [2024·河北沧州模拟]已知函数f(x)＝ln x－ax，a为常
数．
(1)若函数f(x)在x＝1处的切线与x轴平行，求a的值；
解析：由题意得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
2
1
1−2ax
x－ax2得：f′(x)＝ －2ax＝
高中数学课件 3-8 隐零点与极值点偏移问题[培优课]
∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增， 又h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－ln 4>0， ∴∃x0∈(3,4)，使得h(x0)＝x0－ln x0－2＝0， 此时ln x0＝x0－2， 则当x∈(1，x0)时，g′(x)<0； 当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0， ∴g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， ∴g(x)min＝g(x0)＝x0lxn0－x0＋1 1＝x0xx0－0－11＝x0，
第三章 一元函数的导数及其应用
§3.8 隐零点与极值点偏移 问题[培优课]
隐零点问题是指对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合 题目条件最终解决问题；极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样， 导致函数图象不具有对称性，隐零点与极值点偏移问题常常出现在高考数学的压 轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，难度大.
等式两边取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2. 令 t＝xx21>1，则 x2＝tx1，代入上式得 ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1， 得 x1＝tl－n t1，x2＝tt－ln 1t ， 所以 x1＋x2＝t＋t－11ln t>2⇔ln t－2tt＋－11>0，
又因为 φ(x0)＝0，即 ex0＋1＝x10，
所以h(x0)＝－ln x0－x0－1＝(x0＋1)－x0－1＝0， 从而h(x)≥h(x0)＝0，题求解三步曲 (1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性 ，列出零点方程 f′(x0)＝0，并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围. (2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值 表达式. (3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中 的零点范围还可以适当缩小.
2024届高考二轮复习理科数学课件：函数的隐零点问题与极值点偏移问题
规律方法要证明x1+x2>2m或x1+x2<2m,如果m是函数f(x)的极值点,构造函
数g(x)=f(x)-f(2m-x),由f(x)及g(x)的单调性最后证出要证的结论.
对点训练3
(2023 江西上饶二模)已知函数
+3
f(x)=a(x+1)- e ,x∈R.
由 g'(x2)=322 -6x2+1-k=0,得 1-k=-322 +6x2,
g(x2)=23 -322 +(1-k)x2+4=23 -322 +(-322 +6x2)x2+4=-223 +322 +4,
令x2=t,g(x2)=h(t)=-2t3+3t2+4(1<t<2),h'(t)=-6t2+6t=-6t(t-1)<0,
横坐标为-2.
(1)求a;
(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
(1)解 f'(x)=3x2-6x+a,f'(0)=a,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2,
由题设得-
2
=-2,所以a=1.
(2)证明 (方法一)设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4,g'(x)=3x2-6x+1-k>0,
e
及 f(x)max=f(1),则必有 0<x1<1<x2,要证
x1+x2>2,即证 x1>2-x2,
专题08 隐零点问题(解析版)
专题08 隐零点问题有一种零点客观存在，但不可解，然而通过研究其取值范围、利用其满足的等量关系实现消元、换元以及降次达到解题的目的.这类问题就是隐零点问题.类型一 根据隐零点化简求范围典例1. 已知函数()ln f x ax x x =+的图像在点x e =(其中e 为自然对数的底数)处的切线斜率为3. （1）求实数a 的值； （2）若k Z ∈，且()1f x k x <-对任意1x >恒成立，求k 的最大值； 【答案】3【解析】解析：（1）()'1ln f x a x =++，由()3f e =解得1a =； （2）()ln f x x x x =+，()ln ()11f x x x xk g x x x +<=--，22ln '()(1)x xg x x --=-，令()2ln h x x x =--，有1'()10h x x=->，那么()(1)1h x h >=-. 不妨设0()0h x =，由(3)0h <，(4)0h <，则可知0(3,4)x ∈，且00ln 2x x =-. 因此，当()0h x >时，()'0g x >，0x x >；当()0h x <时，()'0g x <，0x x <； 即可知[]000000min 00(ln 1)(1)()()11x x x x g x g x x x x +-====--，所以0k x ≤，得到满足条件的k 的最大正整数为3.类型二 根据隐零点分区间讨论典例2 已知函数2()2ln (0)f x x t x t =->，t 为何值时，方程()2f x tx =有唯一解. 【答案】(,0){1}-∞ 【解析】222ln 22(ln )x t x tx t x x x -=⇔+=，当ln 0x x +=时，有t R ∈； 设()ln u x x x =+，1'()10u x x =+>；又(1)10u =>，11()10u e e=-<，不妨设00ln 0x x +=， 则可知01(,1)x e∈. 当ln 0x x +≠时，得到22()ln x t g x x x=+； 2222ln (12ln )'()(ln )(ln )x x x x x x x g x x x x x -+-+==++， 令()12ln g x x x =-+，易知(1)0g =，且1x >时，()0g x >；1x <时，()0g x <；综上可知()g x 在区间00(0,),(,1)x x 上为减函数，在区间(1,)+∞上为增函数；画图函数图像：因此，可知所求t 的范围为(,0){1}-∞.类型三 根据隐零点构造新函数典例3 已知函数()21x f x e x ax =---，当0x ≥时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围． 【答案】1(,]2-∞【解析】()'12x f x e ax =--，首先，当0a ≤时，在[0,)+∞上()'0f x ≥恒成立，则有()()00f x f ≥=． 其次，当0a >时，令()x g x e =，()21h x ax =+，由题1可知，当021a <≤，即102a <≤时，()()g x h x ≥．此时()'0f x ≥,同样有()0f x ≥．再者，当12a >时，函数()y g x =与()y h x =相交于点()0,1和()00,x y ．同时，当()00,x x ∈时，()'0f x <；当()0,x x ∈+∞时，()'0f x >. 即可知()()02000min1x f x f x e x ax ⎡⎤==---⎣⎦，将0012x e ax =+代入得到：()00000112x x e f x e x x -=---⋅ ()00x >，令()112x xe F x e x x -=---⋅()0x >，则()()11'2x e x F x --=．又由变式2可知()1xx e-+-≤，那么()1'02x x e e F x -⋅-≤≤，即()F x 在区间()0,+∞上递减，因此有()()000f x f <=，与()0f x ≥矛盾，故12a >不合题意． 综上可知，满足题意的实数a 的取值范围为1(,]2-∞．1．已知函数f(x)=x ⋅e x −a(lnx +x)，g(x)=(m +1)x .（a,m ∈R 且为常数，e 为自然对数的底） （1）讨论函数f(x)的极值点个数；（2）当a =1时，f(x)≥g(x)对任意的x ∈(0,+∞)恒成立，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）当a ≤0时，无极值点；当a >0时，有且仅有1个极值点；（2）(−∞,0] 【解析】（1）f(x)的定义域为(0,+∞)， f ′(x)=(x +1)e x −a (1x +1)=x+1x(xe x −a )，因为函数y =(xe x )′=e x +xe x >0在(0,+∞)上恒成立， 所以函数y =xe x 在区间(0,+∞)上单调递增，且值域为(0,+∞)， ①当a ≤0时，xe x −a >0在区间(0,+∞)上恒成立， 即f ′(x)>0，故f(x)在(0,+∞)上单调递增， 所以无极值点； ②当a >0时，方程xe x −a =0有唯一解，设为x 0(x 0>0)， 当0<x <x 0时，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减， 当x >x 0时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增， 所以x 0是函数f(x)的极小值点， 即函数f(x)只有1个极值点.（2）当a =1时，不等式f(x)≥g(x)对任意的x ∈(0,+∞)恒成立， 即xe x −lnx −1≥(m +1)x 对任意的x ∈(0,+∞)恒成立， 即e x −lnx+1x≥m +1对任意的x ∈(0,+∞)恒成立，记F(x)=e x −lnx+1x，F ′(x)=e x +lnx x 2=x 2e x +lnxx 2，记ℎ(x)=x 2e x +lnx ，因为ℎ(x)=2xe x +x 2e x +1x >0在x ∈(0,+∞)恒成立，所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，且ℎ(1e )=(1e )2e 1e −1=e 1e −2−1<0，ℎ(1)=e >0， 所以存在x 0∈(1e ,1)使得ℎ(x 0)=0，且x ∈(0,x 0)时，ℎ(x)<0，F ′(x)<0，函数F(x)单调递减； 当x ∈(x 0,+∞)时，ℎ(x)>0，F ′(x)>0，函数F(x)单调递增；. 所以F(x)min =F (x 0)，即F(x)min =e x 0−lnx 0+1x 0，又因为ℎ(x 0)=0⇒x 02e x 0=−lnx 0，⇒ x 0e x 0=−lnx 0x 0，⇒x 0ex 0=ln 1x 0⋅eln1x 0，所以x 0=ln 1x 0，因此F(x)min =e x 0−lnx 0+1x 0=x 0e x 0−lnx 0−1x 0=1+x 0−1x 0=1，所以1≥m +1，解得m ≤0. 综上，实数m 的取值范围是(−∞,0].2．已知f(x)=x −12(lnx)2−klnx −1 (k ∈R).（1）若f(x)是(0,+∞)上的增函数，求k 的取值范围； （2）若函数f(x)有两个极值点，判断函数f(x)零点的个数. 【答案】(1) (−∞,1] (2) 三个零点 【解析】（1）由f(x)=x −12(lnx)2−klnx −1得f ′(x)=x−lnx−kx，由题意知f ′(x)≥0恒成立，即x −lnx −k ≥0，设F(x)=x −lnx −k ，F ′(x)=1−1x ，x ∈(0,1)时F ′(x)<0，F(x)递减，x ∈(1,+∞)时，F ′(x)>0，F(x)递增； 故F(x)min =F(1)=1−k ≥0，即k ≤1，故k 的取值范围是(−∞,1]. （2）当k ≤1时，f(x)单调，无极值； 当k >1时，F(1)=1−k <0，一方面，F (e −k )=e −k >0，且F(x)在(0,1)递减，所以F(x)在区间(e −k ,1)有一个零点. 另一方面，F (e k )=e k −2k ，设g(k)=e k −2k (k >1)，则g ′(k)=e k −2>0，从而g(k) 在(1,+∞)递增，则g(k)>g(1)=e −2>0，即F (e k )>0，又F(x)在(1,+∞)递增，所以 F(x)在区间(1,e k )有一个零点.因此，当k >1时f ′(x)在(e −k ,1)和(1,e k )各有一个零点，将这两个零点记为x 1， x 2 (x 1<1<x 2)，当x ∈(0,x 1)时F(x)>0，即f ′(x)>0；当x ∈(x 1,x 2)时F(x)<0，即 f ′(x)<0；当x ∈(x 2,+∞)时F(x)>0，即f ′(x)>0：从而f(x)在(0,x 1)递增，在(x 1,x 2) 递减，在(x 2,+∞)递增；于是x 1是函数的极大值点，x 2是函数的极小值点. 下面证明：f (x 1)>0，f (x 2)<0由f ′(x 1)=0得x 1−lnx 1−k =0，即k =x 1−lnx 1，由f (x 1)=x 1−12(lnx 1)2−klnx 1−1得f (x 1)=x 1−12(lnx 1)2−(x 1−lnx 1)lnx 1−1 =x 1+12(lnx 1)2−x 1lnx 1−1，令m(x)=x +12(lnx)2−xlnx −1，则m ′(x)=(1−x)lnxx，①当x ∈(0,1)时m ′(x)<0，m(x)递减，则m(x)>m(1)=0，而x 1<1，故f (x 1)>0； ②当x ∈(1,+∞)时m ′(x)<0，m(x)递减，则m(x)<m(1)=0，而x 2>1，故f (x 2)<0； 一方面，因为f (e −2k )=e −2k −1<0，又f (x 1)>0，且f(x)在(0,x 1)递增，所以f(x)在 (e −2k ,x 1)上有一个零点，即f(x)在(0,x 1)上有一个零点. 另一方面，根据e x >1+x(x >0)得e k >1+k ，则有： f (e4k )=e4k−12k 2−1>(1+k)4−12k 2−1 =k 4+4k (k −34)2+74k >0，又f (x 2)<0，且f(x)在(x 2,+∞)递增，故f(x)在(x 2,e 4k )上有一个零点，故f(x)在 (x 2,+∞)上有一个零点.又f(1)=0，故f(x)有三个零点.3．已知函数f(x)=xlnx −lnx ，g(x)=x −k . （Ⅰ）令ℎ(x)=f(x)−g(x)①当k =1时，求函数ℎ(x)在点(1,ℎ(1))处的切线方程；②若x ∈A =|x|x >1|时，ℎ(x)⩾0恒成立，求k 的所有取值集合与A 的关系；（Ⅱ）记w(x)=(f(x)−kx )(g(x)−k2x )，是否存在m ∈N +，使得对任意的实数k ∈(m,+∞)，函数w(x)在(1,+∞)上有且仅有两个零点？若存在，求出满足条件的最小正整数m ，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）①y =−x +1；②见解析；（2）2 【解析】（1）①由题意，可得ℎ(x)=f(x)−g(x)=xlnx −lnx −x +k ， 则ℎ′(x)=lnx −1x ，所以ℎ′(1)=−1，ℎ(1)=0所以ℎ(x)在(1,ℎ(1))处的切线方程为y =−x +1 ②由ℎ(x)≥0，即k ≥x −xlnx +lnx =m(x) 则m ′(x)=1x −lnx ，x ∈(1,+∞)，因为m ′(x)=1x −lnx 在(1,+∞)上单调递减，所以m ′(x)<m ′(1)=1， 存在x 0∈(1,+∞)，使得m ′(x 0)=0，函数m(x)在x ∈(1,x 0)上单调递增，在x ∈(x 0,+∞)上单调递减，k ≥m (x 0)， 由m ′(x 0)=0得lnx 0=1x 0，m (x 0)=x 0+1x 0−1>1，∴k >m (x 0)>1，所以k 的所有取值集合包含于集合A .（Ⅱ）令f(x)−kx =xlnx −lnx −kx g(x)−k2x =x −k −k2x ，x ∈(1,+∞) （1）(f(x)−k x )′=lnx +1−1x +kx>0，x ∈(1,+∞)，由于k ∈(m,+∞)，⇒k >1，f(1)=−k <0，x →+∞，f(x)→+∞，由零点存在性定理可知，∀k ∈(1,+∞)，函数f(x)在定义域内有且仅有一个零点. （2）(g(x)−k 2x)′=1+k2x >0，x ∈(1,+∞)，g(1)=1−3k 2<0，x →+∞，g(x)→+∞，同理可知∀k ∈(1,+∞)，函数g(x)在定义域内有且仅有一个零点. （3）假设存在x 0∈(1,+∞)，使得f (x 0)−k x 0=g (x 0)−k 2x 0=0，则{k =x 02lnx 0−x 0lnx 0,x 0−k =k 2x 0，消k ，得lnx 0−2x 02x 02−x 0−1=0. 令G(x)=lnx −2x 2x 2−x−1，G ′(x)=1x +4x 2+2(2x 2−x−1)2>0，所以G(x)单调递增. ∵G(2)=ln2−45=15ln 32e 4<0，G(√2+1)=0.8814−√23>0，∴x 0∈(2,√2+1)，此时k =x 02x 0+12=x 0+12+14(x 0+12)−1∈(85,2)，所以满足条件的最小正整数m =2.4．已知函数f (x )=e x ,g (x )=12x 2−52x −1（e 为自然对数的底数）． （1）记F (x )=lnx +g (x )，求函数F (x )在区间[1,3]上的最大值与最小值； （2）若k ∈Z ，且f (x )+g (x )−k ≥0对任意x ∈R 恒成立，求k 的最大值． 【答案】（1）见解析；（2）k max =−1 【解析】（1）∵F (x )=lnx +g (x )=lnx +12x 2−52x −1，∴F ′(x )=(2x−1)(x−2)2x，令F ′(x )=0，则x 1=12,x 2=2，所以函数F (x )在区间(1,2)上单调递减，在区间(2,3)单调递增， ∴F (x )min =F (2)=−4+ln2，F (x )max =max {F (1),F (3)}=−4+ln3． （2）∵f (x )+g (x )−k >0对任意x ∈R 恒成立， ∴e x +12x 2−52x −1−k ≥0对任意x ∈R 恒成立，∴k ≤e x +12x 2−52x −1对任意x ∈R 恒成立．令ℎ(x )=e x +12x 2−52x −1，则ℎ′(x )=e x +x −52． 由于ℎ′(x )=e x +1>0，所以ℎ′(x )在R 上单调递增． 又ℎ′(0)=−32<0,ℎ′(1)=e −32>0,ℎ′(12)=e 12−2<0，ℎ′(34)=e 34−74=0，所以存在唯一的x 0∈(12,34)，使得ℎ′(x 0)=0，且当x ∈(−∞,x 0)时，ℎ′(x )<0，x ∈(x 0,+∞)时，ℎ′(x )>0． 即ℎ(x )在(−∞,x 0)单调递减，在(x 0,+∞)上单调递增． ∴ℎ(x )min=ℎ(x 0)=e x 0+12x 02−52x 0−1．又ℎ′(x 0)=0，即e x 0+x 0−52=0，∴e x 0=52−x 0．∴ℎ(x 0)=52−x 0+12x 02−52x 0−1=12(x 02−7x 0+3)．∵x 0∈(12,34)，∴ℎ(x 0)∈(−2732,−18)．又∵k≤e x+12x2−52x−1对任意x∈R恒成立，∴k≤ℎ(x0)，又k∈Z，∴k max=−1．5．己知函数f(x)=lnx−kx2(k∈R).（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）若函数f(x)有两个零点x1，x2，求k的取值范围，并证明x1+x2>2√−2k.【答案】(1)见解析；(2)见证明【解析】（1）解：因为f(x)=lnx−kx，函数f(x)的定义域为(0,+∞)，所以f′(x)=1x +2kx3=x2+2kx3,x>0．当k≥0时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增．当k<0时，由f′(x)=0，得x=√−2k（负根舍去），当x∈(0,√−2k)时，f′(x)<0，当x∈(√−2k,+∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0,√−2k)上单调递减；在(√−2k,+∞)上单调递增．综上所述，当k≥0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；当k<0时，函数f(x)在(0,√−2k)上单调递减，在(√−2k,+∞)上单调递增（2）先求k的取值范围：方法1:由（1）知，当k≥0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，不可能有两个零点，不满足条件．当k<0时，函数f(x)在(0,√−2k)上单调递减，在(√−2k,+∞)上单调递增，所以f(x)min=f(√−2k)=ln√−2k+12，要使函数f(x)有两个零点，首先f(x)min=ln√−2k+12<0，解得−12e<k<0．因为−2k<√−2k<1，且f(1)=−k>0，下面证明f(−2k)=ln(−2k)−14k>0．设g(k)=ln(−2k)−14k ，则g′(k)=1k+14k2=4k+14k2．因为k>−12e ，所以g′(k)=1k+14k2=4k+14k2>−2e+14k2>0．所以g(k)在(−12e,0)上单调递增，所以f(−2k)=g(k)>g(−12e )=ln1e+e2>0．所以k的取值范围是(−12e,0)．方法2:由f(x)=lnx−kx2=0，得到k=x2lnx．设g(x)=x2lnx，则g′(x)=x(2lnx+1)．当0<x<e−12时，g′(x)<0，当x>e−12时，g′(x)>0，所以函数g(x)在(0,e−12)上单调递减，在(e−12,+∞)上单调递增．所以由[g(x)]min=g(e−12)=−12e．因为x→0+时，g(x)→0，且g(1)=0，要使函数f(x)有两个零点，必有−12e<k<0．所以k的取值范围是(−12e,0)．再证明x1+x2>2√−2k：方法1:因为x1，x2是函数f(x)的两个零点，不妨设x1<x2，令x2=tx1，则t>1．所以{lnx1−kx12=0,lnx2−kx22=0,即lnx2−lnx1=kx22−kx12．所以lnt=kt2x12−kx12，即x12=klnt(1t2−1)，−12e<k<0，t>1．要证x1+x2>2√−2k，即证(x1+x2)2>−8k．即证x12(1+t)2>−8k，即证klnt (1t2−1)(1+t)2>−8k．因为−12e <k<0，所以即证(1t2−1)(1+t)2<−8lnt，或证8lnt+(1t2−1)(1+t)2<0(t>1)．设ℎ(t)=8lnt+(1t2−1)(1+t)2，t>1．即ℎ(t)=8lnt−t2−2t+2t +1t2，t>1．所以ℎ′(t)=8t −2t−2−2t2−2t3=−2(t2−1)2−2t(t−1)2t3<0．所以ℎ(t)在(1,+∞)上单调递减，所以ℎ(t)=8lnt+(1t−1)(1+t)2<ℎ(1)=0,t>1．所以x1+x2>2√−2k．方法2:因为x1，x2是函数f(x)有两个零点，不妨设x1<x2，令x2=tx1，则t>1．所以{lnx1−kx12=0,lnx2−kx22=0,即lnx2−lnx1=kx22−kx12．所以lnt=kt2x12−kx12，即x12=klnt(1t2−1)，−12e<k<0，t>1．要证x1+x2>2√−2k，需证√x1x2>√−2k．即证tx12>−2k，即证t×klnt (1t2−1)>−2k．因为−12e <k<0，所以即证t−1t>2lnt(t>1)．设ℎ(t)=2lnt−t+1t，则ℎ′(t)=2t −1−1t2=−(t−1)2t2<0，t>1．所以ℎ(t)在(1,+∞)上单调递减，所以ℎ(t)=2lnt−t+1t<ℎ(1)=0．所以x1+x2>2√−2k．方法3:因为x1，x2是函数f(x)有两个零点，不妨设x1<x2，令x2=tx1，则t>1．所以{lnx1−kx1=0,lnx2−kx2=0.即lnx1+lnx2=kx12+kx22．要证x1+x2>2√−2k，需证√x1x2>√−2k．只需证lnx1+lnx2>ln(−2k)．即证kx12+kx22>ln(−2k)，即证kx12+ktx12>ln(−2k)．即证k(1+1t2)1x12>ln(−2k)．因为√−2k<x1<0，所以x12<−2k，即1x12>1−2k．所以k(1+1t2)1x12>k(1+1t2)×1−2k=−12(1+1t2)>−12(1+1)=−1．而ln(−2k)<ln1e=−1，所以k(1+1t2)1x12>ln(−2k)成立．所以x1+x2>2√−2k．方法4:因为x1，x2是函数f(x)有两个零点，不妨设x1<x2，令x2=tx1，则t>1．由已知得{lnx 1−kx 12=0,lnx 2−kx 22=0,即lnx 2−lnx 1=k x 22−k x 12． 先证明lnx 2−lnx 1x 2−x 1<√x 1x 2，即证明lnt <√t(t >1)．设ℎ(t )=√t−lnt ，则ℎ′(t )=√t−1)22t √t>0．所以ℎ(t )在(1,+∞)上单调递增，所以ℎ(t )>ℎ(1)=0，所证不等式成立． 所以有lnx 2−lnx 1x 2−x 1=−k (x 1+x 2)x 12x 22<√x x ．即−k (x 1+x 2)<(√x 1x 2)3． 因为√x 1x 2<x 1+x 22（x 1≠x 2），所以−k (x 1+x 2)<(x 1+x 22)3，即(x 1+x 2)2>−8k ．所以x 1+x 2>2√−2k ．方法5:要证x 1+x 2>2√−2k ，其中x 1∈ (0,√−2k)，x 2∈ (√−2k,+∞)， 即证x 2>2√−2k −x 1．利用函数f (x )的单调性，只需证明f (x 2)>f(2√−2k −x 1)．因为f (x 2)=f (x 1)，所以只要证明f (x 1)>f(2√−2k −x 1)，其中x 1∈ (0,√−2k)． 构造函数F (x )=f (x )−f(2√−2k −x)，x ∈(0,√−2k)， 则F (x )=lnx −kx 2−ln(2√−2k −x)+k (2√−2k−x)2．因为F ′(x )=1x +2kx 32√−2k−x(2√−2k−x)3=√−2kx(2√−2k−x)+4k √−2k[(2√−2k−x)2−x(2√−2k−x)+x 2]x 3(2√−2k−x)3（利用均值不等式） <√−2k x(2√−2k −x)4k √−2k x 2(2√−2k−x)2=√−2k(x−√−2k)2x 2(2√−2k−x)2<0，所以F (x )在(0,√−2k)上单调递减．所以F (x )>F(√−2k)=ln √−2k +12−ln √−2k −12=0． 所以f (x )>f(2√−2k −x)在(0,√−2k)上恒成立． 所以要证的不等式x 1+x 2>2√−2k 成立．6．已知函数f(x)=xe x−1−alnx ．（无理数e =2.718...）（1）若f(x)在(1,+∞)单调递增，求实数a的取值范围；（2）当a=0时，设函数g(x)=ex ⋅f(x)−x2−x，证明：当x>0时，g(x)>1−ln22−(ln22)2．（参考数据ln2≈0.69）【答案】（1）a∈(−∞,2]；（2）证明见解析. 【解析】（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞）∵f(x)在(1,+∞)单调递增，∴f′(x)=(1+x)e x−1−ax =(x+x2)e x−1−ax≥0在（1，＋∞）恒成立，设h（x）＝（x＋x2）e x－1－a，由题意h（x）≥0在（1，＋∞）恒成立，∵h'（x）＝e x－1（x2＋3x＋1），∴当x∈（1，＋∞）时，x2＋3x＋1＞0，故h'（x）＞0，∴h（x）在（1，＋∞）单调递增，所以h（x）＞h（1）＝2－a，故2－a≥0，∴a≤2，综上a∈（－∞，2]．（2）当a＝0时，f（x）＝xe x－1，g（x）＝e x－x2－x，g'（x）＝e x－2x－1，设m（x）＝e x－2x－1，则m'（x）＝e x－2，令m'（x）＝0，解得x＝ln2，当x∈（0，ln2）时，m'（x）＜0，m（x）单调递减，当x∈（ln2，＋∞）时，m'（x）＞0，m（x）单调递增．因此m（x）≥m（ln2）＝e ln2－2ln2－1＝1－2ln2＜0，即g'（ln2）＝1－2ln2＜0，，又g'（0）＝0，g′(1+12ln2)=e1+12ln2−2(1+12ln2)−1=√2e−3−ln2>0，故存在x0∈（ln2，1+12ln2），使g'（x0）＝0，即e x0−2x0−1=0，e x0=2x0+1．当x∈（0，x0）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，x∈（x0，＋∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，g (x )≥g (x 0)=ex 0−x 02−x 0=2x 0+1−x 02−x 0=−x 02+x 0+1=−(x 0−12)2+54，由于x 0∈（ln2，1+12ln2）， 函数y =−(x 0−12)+54单调递减，故g (x )≥−(x 0−12)2+54>−(1+12ln2−12)2+54=1−ln22−(ln22)2所以，当x ＞0时，g (x )>1−ln22−(ln22)2．7．已知函数f (x )=x +2x+alnx (a >0) （1）若a =1，求函数f (x )的极值和单调区间； （2）若g (x )=f (x )+2a 2−2x，在区间(0,e ]上是否存在x 0，使g (x 0)<0，若存在求出实数a 的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】(1) 函数f (x )=x +2x +lnx 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞) 极小值为3，无极大值(2)见解析 【解析】（1）当a =1时，f (x )=x +2x +lnx∵f ′(x )=(x+2)(x−1)x 2，且x ∈(0,+∞)∴x ∈(0,1)时，f ′(x )<0;x ∈(1,+∞)时，f ′(x )>0 ∴ f (x )=x +2x +lnx 有极小值f (1)=3故函数f (x )=x +2x +lnx 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞) 极小值为3，无极大值. （2）∵g (x )=f (x )+2a 2−2x=x +2a 2x+alnx (a >0)∴g ′(x )=(x+2a )(x−a )x 2∵a >0∴x ∈(0,a )时，g ′(x )<0，x ∈(a,+∞)时g ′(x )>0 ∴x =a 为函数的唯一极小值点 又x ∈(0,e ]，当0<a ≤e 时g (x )min =g (a )=a +2a +alna =a (3+lna )在区间(0,e ]上若存在x 0，使g (x 0)<0，则g (x )min =a (3+lna )<0 ，解得0<a<1e3当a>e时，g(x)=x+2a 2x+alnx(a>0)在x0∈(0,e]为单调减函数，g(x)min=g(e)=e+2a2e+a>0，不存在x0∈(0,e]，使g(x0)<0综上所述，在区间(0,e]上存在x0，使g(x0)<0，此时0<a<1e38．已知函数f(x)=ax2−x−lnx(1)若a=1时，求函数f(x)的最小值；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围.【答案】（1）0 （2）0<a<1【解析】解：（1）a=1,f(x)=x2−x−lnx,则f′(x)=2x−1−1x =(2x+1)(x−1)x(x>0)，当0<x<1时，f′(x)<0，函数单调递减，当x>1时，f′(x)>0,f(x)为增，∴f(x)在x=1处取最小值0.（2）由f(x)=ax2−x−lnx，得f′(x)=2ax−1−1x =2ax2−x−1x(x>0)，∴当a≤0时，f′(x)=2ax 2−x−1x<0,函数f(x)在(0，+∞)上单调递减，∴当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上最多有一个零点.∵f(x)有两个零点，∴a>0 .令g(x)=2ax2−x−1,，Δ=1+8a>0，显然g(x)有一正根和一负根，∴g(x)在(0，+∞)上只有一个零点，设这个零点为x0，当x∈(0,x0)时，g(x)<0,f′(x)<0；当x∈(x0，+∞)时，g(x)>0,f′(x)>0；∴函数f(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，要使函数f(x)在(0，+∞)上有两个零点，只需要函数f(x)的极小值f(x0)<0，即ax02−x0−lnx0<0.∵g(x0)=2ax02−x0−1=0,∴ax02−x0−lnx0=12(−2lnx0+2ax02−2x0)=12[−2lnx0+(2ax02−x0−1)−x0+1]=12(1−x0−2lnx0)<0，可得2lnx0+x0−1>0.∵ℎ(x)=2lnx+x−1在(0，+∞)上是增函数，且h(1)=0，∴x0>1.0<1x0<1,由2ax02−x0−1=0，得2a=x0+1x02=(1x0)2+1x0=(1x0+12)2−14∴0<2a<2,即0<a<1.9．设函数f(x)=x−alnx，其中e为自然对数的底数.（1）若a=1，求f(x)的单调区间；（2）若g(x)=f(x)−x+e x−1，0≤a≤e，求证：f(x)无零点.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）若a=1，则f(x)=x−lnx(x>0)，f′(x)=1−1x =x−1x.当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞).（2）由g(x)=e x−1−alnx(x>0)可知，g′(x)=xe x−1−ax(x>0)，当a=0时，g(x)=e x−1，显然g(x)没有零点；当0<a≤e时，设ℎ(x)=xe x−1−a，ℎ′(x)=e x−1(1+x)>0，在[0,+∞)单调递增，又h（0）＝﹣a＜0，h（2）＝2e﹣a＞0，∴h（x）在（0，2）上存在唯一一个零点，不妨设为x0，则x0e x0−1=a，∴当x∈（0，x0）时，h（x）＜0，即g′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，即g′（x）＞0，∴g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，∴g（x）的最小值为g（x0）=e x0−1−alnx0，∵x0e x0−1=a，∴e x0﹣1=ax0，两边取对数可得x0﹣1＝lna﹣lnx0，即lnx0＝lna+1﹣x0，∴g（x0）=ax0−a（lna+1﹣x0）=ax0+ax0﹣alna﹣a≥2a﹣alna﹣a＝a﹣alna，（当且仅当x0＝1时取等号），令m（a）＝a﹣alna，则m′（a）＝﹣lna，∴当a∈（0，1）时，m′（a）＞0，当a∈（1，e]时，m′（a）＜0，∴m（a）在（0，1）上单调递增，在（1，e]上单调递减．∴当0＜a≤e时，m（a）≥0，当且仅当a＝e时取等号，由x0e x0−1=a可知当a＝1时，x0＝1，故当a＝e时，x0≠1，故g（x0）＞m（a）≥0，∴g （x 0）＞0．∴当0≤a ≤e 时，g （x ）没有零点．10．已知函数f(x)=axe bx （其中e 是自然对数的底数，a ∈R ，b ∈R ）在点(1,f(1))处的切线方程是2ex −y −e =0.（I ）求函数f (x )的单调区间； （II ）设函数g(x)=[f(x)]2x−mx −lnx ，若g (x )≥1在x ∈(0,+∞)上恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（I ）递减区间为(−∞,−1)，单调递增区间为(−1,+∞)；（II ）(−∞,2] 【解析】（I ）由条件可知{f(1)=e f ′(1)=2e ，对函数f(x)=axe bx 求导得f ′(x)=a(1+bx)e bx ，于是{f(1)=ae b =e f ′(1)=a(1+b)e b=2e，解得a =b =1. 所以f(x)=xe x ，f ′(x)=(x +1)e x ，令f ′(x)=0得x =−1， 于是当x ∈(−∞,−1)时，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减； 当x ∈(−1,+∞)时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增.故函数f(x)的单调递减区间为(−∞,−1)，单调递增区间为(−1,+∞) （II ）由（I ）知g(x)=xe 2x −mx −lnx ，解法1：要使g(x)≥1在(0,+∞)上恒成立，等价于m ≤e 2x −lnx+1x在(0,+∞)上恒成立.令ℎ(x)=e 2x −lnx+1x(x >0)，则只需m ≤[ℎ(x)]min 即可.ℎ′(x)=2x 2e 2x +lnxx 2.令H(x)=2x 2e 2x +lnx(x >0)，则H ′(x)=4(x 2+x )e 2x +1x>0，所以H (x )在(0,+∞)上单调递增， 又H (14)=√e 8−2ln2<0，H(1)=2e 2>0，所以H (x )有唯一的零点x 0，且14<x 0<1，H (x )在(0,x 0)上单调递减，在(x 0,+∞)上单调递增，因2x 02e 2x 0+lnx 0=0，两边同时取自然对数，则有2x 0+ln (2x 0)+lnx 0=ln (−lnx 0)， 即2x 0+ln (2x 0)=ln (−lnx 0)+(−lnx 0)，构造函数m(x)=x +lnx(x >0)，则m ′(x)=1+1x >0，所以函数m (x )在(0,+∞)上单调递增，因m (2x 0)=m (−lnx 0)，所以2x 0=−lnx 0，即e 2x 0=1x 0，所以ℎ(x)≥ℎ(x 0)=e 2x 0−lnx 0+1x 0=1x 0−−2x 0+1x 0=2，即[ℎ(x)]min =2，于是实数m 的取值范围是(−∞,2].解法2：要使g(x)≥1在(0,+∞)上恒成立，等价于m ≤e 2x −lnx+1x在(0,+∞)上恒成立.先证明t≥lnt+1，令Q(t)=t−lnt−1(t>0)，则Q′(t)=1−1t =t−1t.于是当t∈(0,1)时，Q′(t)<0，Q(t)单调递减；当t∈(1,+∞)时，Q′(t)>0，Q(t)单调递增，所以Q(t)≥Q(1)= 0，故t≥lnt+1（当且仅当t=1时取等号）.所以当x>0时，有xe2x≥ln(xe2x)+1=lnx+2x+1，所以e2x≥lnxx +2+1x，即e2x−lnx+1x≥2，当且仅当xe2x=1时取等号，于是实数m的取值范围是(−∞,2].。