高考数学一轮复习第三章导数及其应用第四节函数与导数的综合问题教案文苏教版.docx

第四节 函数与导数的综合问题锁定考向用导数解决函数的零点问题是近几年高考命题的热点题型之一常见的命题角度有：(1)求函数零点或零点个数；(2)已知函数零点个数求参数的值或范围 题点全练角度一：求函数零点或零点个数1已知函数f(x)axln x1，讨论函数f(x)零点的个数解：法一：函数f(x)的定义域为(0，)，由f(x)axln x10，得ln xax1，令u(x)ln x，v(x)ax1，则函数v(x)的图象是过定点(0，1)，斜率ka的直线当直线ykx1与函数u(x)ln x的图象相切时，两者只有一个交点，此时设切点为P(x0，y0)，则解得所以当k1时，函数f(x)没有零点；当k1或k0时，函数f(x)有1个零点；当0k1时，函数f(x)有2个零点即当a1时，函数f(x)没有零点；当a1或a0时，函数f(x)有1个零点；当1a0时，函数f(x)有2个零点法二：函数f(x)的定义域为(0，)，由f(x)axln x10，得a.令g(x)(x0)，则g(x).当0x1时，g(x)0；当x1时，g(x)0，故函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，g(x)ming(1)1，由于g0，x时，g(x)0，所以当0x时，g(x)0，当x时，g(x)0.所以当a1时，函数f(x)没有零点；当a1或a0时，函数f(x)有1个零点；当1a0时，函数f(x)有2个零点角度二：已知函数零点个数求参数的值或范围2(2019徐州调研)设函数f(x)x2axln x(aR)，若函数f(x)在上有两个零点，求实数a的取值范围解：令f(x)x2axln x0，得ax.令g(x)x，其中x，则g(x)1，令g(x)0，得x1，当x1时，g(x)0；当1x3时，g(x)0，g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(1,3，g(x)ming(1)1，函数f(x)在上有两个零点，g3ln 3，g(3)3，3ln 33，实数a的取值范围是.通法在握函数的零点个数也就是函数图象与x轴交点的个数，所以可以借助函数图象的特征迅速求解函数的零点个数问题对于含参函数的零点个数，一般可从两个方面讨论：(1)利用导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数(2)分离参数，将问题转化为：求直线ya与函数yf(x)的图象交点个数问题演练冲关1设函数f(x)ln x，mR.讨论函数g(x)f(x)零点的个数解：由题设，g(x)f(x)(x0)，令g(x)0，得mx3x(x0)设(x)x3x(x0)，则(x)x21(x1)(x1)，当x(0,1)时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递增；当x(1，)时，(x)0，(x)在(1，)上单调递减所以x1是(x)的极大值点，也是(x)的最大值点所以(x)的最大值为(1).由(0)0，结合y(x)的图象(如图)，可知当m时，函数g(x)无零点；当m时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m时，函数g(x)有两个零点；当m0时，函数g(x)有且只有一个零点综上所述，当m时，函数g(x)无零点；当m或m0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m时，函数g(x)有两个零点2已知函数f(x)aexx2a有两个零点，求实数a的取值范围解：f(x)aexx2a，f(x)aex1.当a0时，f(x)0恒成立，函数f(x)在R上单调递减，不可能有两个零点；当a0时，令f(x)0，得xln，函数f(x)在 上单调递减，在上单调递增，f(x)的最小值为f1ln2a1ln a2a.令g(a)1ln a2a(a0)，则g(a)2.当a时，g(a)单调递增；当a时，g(a)单调递减，g(a)maxgln 20，f(x)的最小值f0，函数f(x)aexx2a有两个零点综上所述，实数a的取值范围是(0，)典例引领已知函数f(x)ln xax2x，aR.(1)当a0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1)处的切线方程；(2)若a2，正实数x1，x2满足f(x1)f(x2)x1x20，求证：x1x2.解：(1)当a0时，f(x)ln xx，则f(1)1，所以切点为(1,1)，又因为f (x)1，所以切线斜率kf(1) 2，故切线方程为y12(x1)，即2xy10.(2)证明：当a2时，f(x)ln xx2x(x0)由f(x1)f(x2)x1x20，得ln x1xx1ln x2xx2x1x20，从而(x1x2)2(x1x2)x1x2ln(x1x2)，令tx1x2，设(t)tln t(t0)，则(t)1，易知(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增，所以(t)(1)1，所以(x1x2)2(x1x2)1，因为x10，x20，所以x1x2成立由题悟法破解含双参不等式的证明的关键一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果提醒变量代换法适用于二元或多元不等式的有关问题若出现的两个变量有主次之分，可以考虑主元法；若出现的两个变量没有主次之分，地位均衡，可以考虑换元法；若出现多个变量，需挖掘它们之间内在的等量关系，将原问题转化为曲线上的动点问题来解决即时应用已知函数f(x)ln x.(1)求f(x)的最小值；(2)若方程f(x)a有两个根x1，x2(x1x2)，求证：x1x22a.解：(1)因为f(x)(x0)，所以当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，函数f(x)无最小值当a0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增函数f(x)在xa处取最小值f(a)ln a1.(2)证明：若函数yf(x)的两个零点为x1，x2(x1x2)，由(1)可得0x1ax2.令g(x)f(x)f(2ax)(0xa)，则g(x)(xa)0，所以g(x)在(0，a)上单调递减，g(x)g(a)0，即f(x)f(2ax)令xx1a，则f(x1)f(2ax1)，所以f(x2)f(x1)f(2ax1)，由(1)可得f(x)在(a，)上单调递增，所以x22ax1，故x1x22a.典例引领(2018泰州调研)已知f(x)x2axln xe，g(x)x2e.(1)若a1，判断是否存在x00，使得f(x0)0，并说明理由；(2)设h(x)f(x)g(x)，是否存在实数a，当x(0，e(e2.718 28为自然常数)时，函数h(x)的最小值为3，并说明理由解：(1)不存在x00，使得f(x0)0.理由如下：当a1时，f(x)x2xln xe，x(0，)，f(x)2x1.f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(0,1)1(1，)f(x)0f(x)极小值f(1)当x1时，函数f(x)有极小值，f(x)极小值f(1)e，此极小值也是最小值，故不存在x00，使得f(x0)0.(2)因为f(x)x2axln xe，g(x)x2e，所以h(x)f(x)g(x)axln x，则h(x)a.假设存在实数a，使h(x)axln x(x(0，e)有最小值3.()当a0时，h(x)0，所以h(x)在(0，e上单调递减，h(x)minh(e)ae13，a，不符合题意()当a0时，当0a时，e，h(x)0在(0，e上恒成立，所以h(x)在(0，e上单调递减，h(x)minh(e)ae13，a，不符合题意当a时，0e，当0x时，h(x)0，h(x)在上单调递减；当xe时，h(x)0，h(x)在上单调递增，所以h(x)minh1ln a3，解得ae2.综上所述，存在ae2，使x(0，e时，h(x)有最小值3.由题悟法解决探索性问题的注意事项探索问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论来推导存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采用另外的途径即时应用已知函数f(x)，其中a为实数(1)当a2时，求曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程；(2)是否存在实数a，使得对任意x(0,1)(1，)，f(x)恒成立？若不存在，请说明理由，若存在，求出a的值并加以证明解：(1)当a2时，f(x)，f(x)，f(2)，又f(2)0，所以曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程为y(x2)(2)当0x1时，ln x0，则ax ln x，令g(x)x ln x，则g(x)，再令h(x)22ln x，则h(x)，故当0x1时，h(x)0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，所以当0x1时，h(x)h(1)0，所以g(x)0，所以g(x)在(0,1)上单调递增，所以g(x)g(1)1，所以a1.当x1时，ln x0，则 ax ln x.由知当x1时，h(x)0，h(x)在(1，)上单调递增，所以当x1时，h(x)h(1)0，所以g(x)0，所以g(x)在(1，)上单调递增，所以g(x)g(1)1，所以a1.综合得：a1.典例引领 (2018南通、扬州、泰州、淮安调研)已知函数f(x)ax2cos x(aR)(1)若f(x)在x0处取得极小值，求a的取值范围；(2)设函数h(x)的定义域为D，区间(m，)D，若h(x)在(m，)上是单调函数，则称h(x)在D上广义单调试证明函数yf(x)xln x在(0，)上广义单调解：(1)因为f(x)2axsin x，令g(x)2axsin x，则g(x)2acos x.当a时，g(x)1cos x0，所以函数f(x)在R上单调递增若x0，则f(x)f(0)0；若x0，则f(x)f(0)0，所以f(x)在(0，)上单调递增，在(，0)上单调递减，所以f(x)在x0处取得极小值，符合题意当a时，g(x)1cos x0，所以函数f(x)在R上单调递减若x0，则f(x)f(0)0；若x0，则f(x)f(0)0，所以f(x)在(0，)上单调递减，在(，0)上单调递增，所以f(x)在x0处取得极大值，不符合题意当a时，x0(0，)，使得cos x02a，即g(x0)0，当x(0，x0)时，cos x2a，即g(x)0，所以函数f(x)在(0，x0)上单调递减，所以f(x)f(0)0，即函数f(x)在(0，x0)上单调递减，不符合题意综上所述，a的取值范围是.(2)证明：记h(x)ax2cos xxln x(x0)，若a0，注意到ln xx，则ln xx，即ln x2.当x2时，h(x)2axsin x1ln x2ax222a0.所以m2，函数h(x)在(m，)上单调递增若a0，当x1时，h(x)2axsin x1ln xsin x1ln x0.所以m1，函数h(x)在(m，)上单调递减，综上所述，函数yf(x)xln x在区间(0，)上广义单调由题悟法对于题目定义的新函数，通过仔细阅读，分析定义以及新函数所满足的条件，围绕定义与条件来确定解题的方向，然后准确作答解答这类问题的关键在于阅读理解时，要准确把握新定义、新信息，并把它纳入已有的知识体系之中，用原来的知识和方法来解决新情景下的问题本题考查的新定义函数问题可看成是由两个已知函数构造而成，然后利用分类讨论思想解决即时应用若在公共定义域D上，f1(x)f(x)f2(x)，则称函数f(x)为函数f1(x)，f2(x)的“D函数”(1)已知函数f1(x)x22x4ln x，f2(x)x22x2，求证：在区间(0，)上，f1(x)，f2(x)有“D函数”；(2)已知aR，函数f(x)ax2ln x，f1(x)(a1)x2ax(1a2)ln x，f2(x)x22ax.若在区间(1，)上，f(x)为f1(x)，f2(x)的“D函数”，求a的取值范围解：(1)证明：设K(x)f2(x)f1(x)x24ln x2，下证K(x)min0.K(x)x，故K(x)与K(x)随x的变化情况如下表：x(0,2)2(2，)K(x)0K(x)44ln 2因为44ln 244ln e0，所以K(x)44ln 20.设R(x)f1(x)(44ln 2)，01，则f1(x)R(x)f2(x)所以在区间(0，)上，f1(x)，f2(x)有“D函数”(2)设H(x)f1(x)f(x)x2axa2ln x，则在(1，)上，H(x)0.因为H(x)2xa，所以在(1，)上，H(x)0，H(x)是减函数，所以H(x)H(1)0，所以a1.设P(x)f(x)f2(x)x22axln x，则在(1，)上，P(x)0.若a，则1，所以Pln0，矛盾若a，因为P(x)(2a1)x2a，所以在(1，)上，P(x)0，P(x)是减函数，所以P(x)P(1)0.所以a，所以a.故所求a的取值范围为.1已知函数f(x)ln x(aR且a0)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x时，试判断函数g(x)(ln x1)exxm的零点个数解：(1)f(x)(x0)，当a0时，f(x)0恒成立，函数f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，由f(x)0，得x，由f(x)0，得0x，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减综上所述，当a0时，函数f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)当x时，函数g(x)(ln x1)exxm的零点个数，等价于方程(ln x1)exxm的根的个数令h(x)(ln x1)exx，则h(x)ex1.由(1)知当a1时，f(x)ln x1在上单调递减，在(1，e)上单调递增，当x时，f(x)f(1)0.ln x10在x上恒成立 h(x)ex1010，h(x)(ln x1)exx在x上单调递增，h(x)minh2e，h(x)maxh(e)e.当m2e或 me时，函数g(x)在上没有零点；当2eme时，函数g(x)在上有一个零点2已知函数f(x)xex.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)是否存在实数a使得对于任意的x1，x2(a，)，且x1x2，恒有成立？若存在，求a的取值范围，若不存在，请说明理由解：(1)因为f(x)xex，所以f(x)(x1)ex.令f(x)0，得x1.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，1)1(1，)f(x)0f(x)极小值所以f(x)的单调递减区间为(，1)，单调递增区间为(1，)，f(x)有极小值f(1)，无极大值(2)存在满足题意的实数a.理由如下：令g(x)(xa)，则等价于g(x)在(a，)上单调递增又g(x)，记h(x)(x2axa)exaea，则h(x)x2(2a)x2aex(x2)(xa)ex，故当a2，且xa时，h(x)0，h(x)在(a，)上单调递增故h(x)h(a)0，从而g(x)0，g(x)在(a，)上单调递增，满足题意；另一方面，当a2，且ax2时，h(x)0，h(x)在(a，2)上单调递减故h(x)h(a)0，从而g(x)0，g(x)在(a，2)上单调递减，不满足题意所以a的取值范围为2，)3已知函数f(x)exaxb(a，bR)在x0处的导数值为0.(1)求实数a的值；(2)若f(x)有两个零点x1，x2，且x1x2，()求实数b的取值范围；()证明：x1x20.解：(1)因为f(x)exa，所以f(0)e0a1a，又f(0)0，所以a1.(2)()因为f(x)exxb，所以f(x)ex1.当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增所以f(x)在x0处取得极小值，也是最小值，且f(0)1b.因为f(x)有两个零点x1，x2，所以f(0)1b0，所以b1，即实数b的取值范围是(，1)()证明：因为f(x1)0，f(x2)0，所以ex1x1b0，ex2x2b0，由得e x2e x1x2x1，即e x1 (e x2x11)x2x1.令x2x1t，t0，则e x1 (et1)t，所以e x1，e x2.要证x1x20，只需证e x1e x21，即证1，即证t2et(et1)2，即证t2et(et)22et10.令m(t)t2et(et)22et1，则m(t)et(t22t22et)令n(t)t22t22et，则n(t)2t22et.设(t)2t22et，则当t0时，(t)22et0，所以当t0时，(t)单调递减，因为(0)0，所以当t0时，(t)0，则n(t)0，所以当t0时，n(t)单调递减，又n(0)0，所以当t0时，n(t)0，则m(t)0，所以当t0时，m(t)单调递减，因为m(0)0，所以当t0时，m(t)0.综上可知，原式得证4若对任意实数k，b都有函数yf(x)kxb的图象与直线ykxb相切，则称函数f(x)为“恒切函数”，设函数g(x)aexxpa，a，pR.(1)讨论函数g(x)的单调性；(2)已知函数g(x)为“恒切函数”求实数p的取值范围；当p取最大值时，若函数h(x)g(x)exm为“恒切函数”，求证：0m.(参考数据：e320)解：(1)g(x)aex1，当a0时，g(x)0恒成立，函数g(x)在R上单调递减；当a0时，由g(x)0，得xln a；由g(x)0，得xln a，所以函数g(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增综上，当a0时，函数g(x)在R上单调递减；当a0时，函数g(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增(2)若函数f(x)为“恒切函数”，则函数yf(x)kxb的图象与直线ykxb相切，设切点为(x0，y0)，则f(x0)kk且f(x0)kx0bkx0b，即f(x0)0，f(x0)0.因为函数g(x)为“恒切函数”，所以存在x0，使得g(x0)0，g(x0)0，即解得ae0，pe (1x0)设m(x)ex(1x)，则m(x)xex，由m(x)0，得x0；由m(x)0，得x0，故函数m(x)在(，0)上单调递增，在(0，)上单调递减，从而m(x)maxm(0)1，故实数p的取值范围为(，1证明：由知当p取最大值时，p1，a1，故h(x)(exx1)exm，则h(x)(2exx2)ex.因为函数h(x)为“恒切函数”，故存在x0，使得h(x0)0，h(x0)0，由h(x0)0，得(2ex02)e0，即2ex0x020.设n(x)2exx2，则n(x)2ex1，由n(x)0，得xln 2；由n(x)0，得xln 2，故n(x)在(，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增在单调递增区间(ln 2，)上，n(0)0，故x00，则由h(x0)0，得m0.在单调递减区间(，ln 2)上，n(2)2e20，n2e2(20)0，故在区间上存在唯一的x0，使得2ex020，即e，此时由h(x0)0，得m(ex01)ex0x0(x02)(x01)2，因为函数r(x)(x1)2在上单调递增，且r(2)0，r，所以0m.综上，0m.命题点一导数的运算及几何意义1.(2014江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，若曲线yax2(a，b为常数)过点P(2，5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x2y30平行，则ab的值是_解析：yax2的导数为y2ax，直线7x2y30的斜率为.由题意得解得则ab3.答案：32(2018天津高考)已知函数f(x)exln x，f(x)为f(x)的导函数，则f(1)的值为_解析：f(x)exln x，f(x)exln x，f(1)e.答案：e3(2018全国卷)曲线y(ax1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为2，则a_.解析：y(axa1)ex，当x0时，ya1，a12，解得a3.答案：34(2017天津高考)已知aR，设函数f(x)axln x的图象在点(1，f(1)处的切线为l，则l在y轴上的截距为_解析：因为f(x)a，所以f(1)a1，又f(1)a，所以切线l的方程为ya(a1)(x1)，令x0，得y1.答案：15(2016全国卷)已知f(x)为偶函数，当x0时，f(x)ln(x)3x，则曲线yf(x)在点(1，3)处的切线方程是_解析：因为f(x)为偶函数，所以当x0时，f(x)f(x)ln x3x，所以当x0时，f(x)3，则f(1)2.所以yf(x)在点(1，3)处的切线方程为y32(x1)，即y2x1.答案：y2x1命题点二导数的应用1(2018江苏高考)若函数f(x)2x3ax21(aR)在(0，)内有且只有一个零点，则f(x)在1,1上的最大值与最小值的和为_解析：法一：f(x)6x22ax2x(3xa)(x0)当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，又f(0)1，f(x)在(0，)上无零点当a0时，由f(x)0，得x；由f(x)0，得0x，f(x)在上单调递减，在上单调递增又f(x)在(0，)内有且只有一个零点，f10，a3.此时f(x)2x33x21，f(x)6x(x1)，当x1,1时，f(x)在1,0上单调递增，在0,1上单调递减又f(1)0，f(1)4，f(x)maxf(x)minf(0)f(1)143.法二：令f(x)2x3ax210，得a2x.令g(x)2x，则g(x)2.由g(x)0，得0x1；由g(x)0，得x1，g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增f(x)在(0，)内有且只有一个零点，ag(1)3，此时f(x)2x33x21，f(x)6x(x1)，当x1,1时，f(x)在1,0上单调递增，在0,1上单调递减又f(1)0，f(1)4，f(x)maxf(x)minf(0)f(1)143.答案：32(2017江苏高考)已知函数f(x)x32xex，其中e是自然对数的底数若 f(a1)f(2a2)0，则实数a的取值范围是_解析：由f(x)x32xex，得f(x)x32xexf(x)，所以f(x)是R上的奇函数又f(x)3x22ex3x2223x20，当且仅当x0时取等号，所以f(x)在其定义域内单调递增因为f(a1)f(2a2)0，所以f(a1)f(2a2)f(2a2)，所以a12a2，解得1a，故实数a的取值范围是.答案：3(2017全国卷改编)若x2是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，则f(x)的极小值为_解析：因为f(x)(x2ax1)ex1，所以f(x)(2xa)ex1(x2ax1)ex1x2(a2)xa1ex1.因为x2是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，所以2是x2(a2)xa10的根，所以a1，f(x)(x2x2)ex1(x2)(x1)ex1.令f(x)0，解得x2或x1，令f(x)0，解得2x1，所以f(x)在(，2)上单调递增，在(2,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以当x1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值f(1)1.答案：14(2018全国卷)已知函数f(x)aexln x1.(1)设x2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a时，f(x)0.解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex.由题设知，f(2)0，所以a.从而f(x)exln x1，f(x)ex.可知f(x)在(0，)上单调递增，又f(2)0，所以当0x2时，f(x)0；当x2时，f(x)0.所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，)(2)证明：当a时，f(x)ln x1.设g(x)ln x1，则g(x).可知g(x)在(0，)上单调递增，且g(1)0，所以当0x1时，g(x)0；当x1时，g(x)0.所以x1是g(x)的最小值点故当x0时，g(x)g(1)0.因此，当a时，f(x)0.5(2017江苏高考)已知函数f(x)x3ax2bx1(a0，bR)有极值，且导函数f(x)的极值点是f(x)的零点(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b关于a的函数关系式，并写出定义域；(2)证明：b23a；(3)若f(x)，f(x)这两个函数的所有极值之和不小于，求a的取值范围解：(1)由f(x)x3ax2bx1，得f(x)3x22axb32b.当x时，f(x)有极小值b.因为f(x)的极值点是f(x)的零点，所以f10，又a0，故b.因为f(x)有极值，故f(x)0有实根，从而b(27a3)0，即a3.当a3时，f(x)0(x1)，故f(x)在R上是增函数，f(x)没有极值；当a3时，f(x)0有两个相异的实根x1，x2.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)极大值极小值故f(x)的极值点是x1，x2.从而a3.因此b，定义域为(3，)(2)证明：由(1)知， .设g(t)，则g(t).当t时，g(t)0，从而g(t)在上单调递增因为a3，所以a3，故g(a)g(3)，即 .因此b23a.(3)由(1)知，f(x)的极值点是x1，x2，且x1x2a，xx.从而f(x1)f(x2)xaxbx11xaxbx21(3x2ax1b)(3x2ax2b)a(xx)b(x1x2)220.记f(x)，f(x)所有极值之和为h(a)，因为f(x)的极值为ba2，所以h(a)a2，a3.因为h(a)a0，于是h(a)在(3，)上单调递减因为h(6)，于是h(a)h(6)，故a6.因此a的取值范围为(3,66(2014江苏高考)已知函数f(x)exex，其中e是自然对数的底数(1)证明：f(x)是R上的偶函数；(2)若关于x的不等式mf(x)exm1在(0，)上恒成立，求实数m的取值范围；(3)已知正数a满足：存在x01，)，使得f(x0)a(x3x0)成立试比较ea1与ae1的大小，并证明你的结论解：(1)证明：因为对任意xR，都有f(x)exe(x)exexf(x)，所以f(x)是R上的偶函数(2)由条件知m(exex1)ex1在(0，)上恒成立令tex(x0)，则t1，所以m对任意t1成立因为t112 13，所以，当且仅当t2，即xln 2时等号成立因此实数m的取值范围是.(3)令函数g(x)exa(x33x)，则g(x)ex3a(x21)当x1时，ex0，x210，又a0，故g(x)0.所以g(x)是1，)上的单调增函数，因此g(x)在1，)上的最小值是g(1)ee12a.由于存在x01，)，使eex0a(x3x0)0成立，当且仅当最小值g(1)0.故ee12a0，即a.令函数h(x)x(e1)ln x1，则h(x)1.令h(x)0，得xe1，当x(0，e1)时，h(x)0，故h(x)是(0，e1)上的单调减函数；当x(e1，)时，h(x)0，故h(x)是(e1，)上的单调增函数所以h(x)在(0，)上的最小值是h(e1)注意到h(1)h(e)0，所以当x(1，e1)(0，e1)时，h(e1)h(x)h(1)0.当x(e1，e)(e1，)时，h(x)h(e)0.所以h(x)0对任意的x(1，e)成立当a(1，e)时，h(a)0，即a1(e1)ln a，从而ea1ae1；当ae时，ea1ae1；当a(e，)(e1，)时，h(a)h(