高考数学利用导数研究零点问题专题预测题(有答案解析)

1、高考数学利用导数研究零点问题专题预测题1已知函数有唯一零点，则a=abcd1分析：函数的零点满足，设，则，当时，； 当时， 函数单调递减；当时，函数单调递增，当时，函数取得最小值，为. 设，当时，函数取得最小值，为，若，函数与函数没有交点；若，当时，函数和有一个交点，即，解得. 故选 c. 【名师点睛】利用函数零点的情况求参数的值或取值范围的方法：（1）利用零点存在性定理构建不等式求解. （2）分离参数后转化为函数的值域( 最值)问题求解 . （3）转化为两个熟悉的函数图像的上、下关系问题， 从而构建不等式求解 . 2已知函数f（x）ax2ex1（a0）.（1）求函数f（x）的单调区间；（2）

2、已知a 0且x 1 ，+） ，若函数f（x）没有零点，求a的取值范围 .【分析】（1）先求导f （x） 2axex+ax2exaxex（2+x） ，再分a 0 和a 0 进行讨论即可得解；（2）根据（ 1）可知，当a0 时， f（x）在x1 ，+）上单调递增，则保证f（1） 0即可得解 . 【详解】（1）f （x） 2axex+ax2exaxex（2+x） ，令f （x） 0，则x0 或x 2，若a 0，当x 2时，f （x） 0，f（x）单调递增；当 2x0 时，f （x） 0，f（x）单调递减；当x0 时，f （x） 0，f（x）单调递增；若a 0，当x 2时，f （x） 0，f（x）单调

3、递减；当 2x0 时，f （x） 0，f（x）单调递增；当x0 时，f （x） 0，f（x）单调递减；综上所述，当a0 时，f（x）的单调递增区间为（，2）和（ 0，+） ，单调递减区间为（ 2， 0） ；当a0 时，f（x）的单调递增区间为（2，0） ，单调递减区间为（，2）和（ 0，+） . （2）当a0 时，由（ 1）可知，f（x）在x 1 ，+）上单调递增，若函数没有零点，则f（ 1）ae10，解得1ae，故a的取值范围为1e，. 3已知函数211xaxxfxe.（1）证明：当0 x时，52xex；（2）若函数fx只有一个零点，求正实数a的值 .分析：（1）把52xex转化成5ln2x

4、x，令5ln2g xxx，由题意得， 即证明min0g x恒成立，通过导数求证即可（2）直接求导可得，21( )xaa xxaefx，令( )0fx =，得12xa或0 x，故根据 0 与12a的大小关系来进行分类讨论即可【详解】证明： （1）令5ln2g xxx，则255122xxxgx. 分析知，函数g x的增区间为5,2，减区间为50,2. 所以当0,x时，min5555ln2222g xg55551ln1ln02222. 所以5ln2xx，即52lnxx，所以52exx. 所以当0 x时，52exx. 解： （2）因为21( )1xaxxfex，所以22121( )xxaa xxaxa

5、xafxee. 讨论：当12a时，22( )022xxxxfxee，此时函数fx在区间,上单调递减 . 又00f，故此时函数fx仅有一个零点为0；当102a时，令0fx，得210axa，故函数fx的增区间为21,0aa，减区间为21,aa，0,. 又极大值00f，所以极小值210afa. 当1xa时，有01xe. 又2210axxaxx，此时0fx，故当102a时，函数fx还有一个零点，不符合题意；当12a时，令0fx得210axa，故函数fx的增区间为210,aa，减区间为,0，21,aa. 又极小值00f，所以极大值210afa. 若2x，则222111axaxxxx，得2211axaxx

6、，所以21( )1xaxxfex2(1)1xaxe21xxeaxe5221xxeax21xxaxe，所以当2x且21xa时，0fx，故此时函数fx还有一个零点，不符合题意. 综上，所求实数a的值为12. 4已知函数11lnxfxxx，1,x（1）判断fx的零点个数，并说明理由：（2）设0 x是fx的零点，证明：曲线lnyx在00,lna xx处的切线与曲线exy有且只有一个公共点【分析】（1）求导利用函数单调性及零点存在性定理解决；（2）先由已知得到切线方程001ln1yxxx，构造( )h x001ln1exxxx，问题转化为证明( )h x只有一个零点 . 【详解】（1） 由已知得121l

7、nxfxx， 所以212( )0(1)fxxx， 所以fx在1,上单调递增，又(2)ln 230f，222(e )10e1f，由零点存在性定理可知，存在唯一20(2,e )x，使得00fx，故fx的零点个数为1. （2）曲线lnyx在00,lna xx处的切线方程为0001ln()yxxxx，即001ln1yxxx，因为0 x是fx的零点，所以001210lnxx，即0000(1)ln1xxx令( )h x001ln1exxxx，求导01( )exh xx，由( )0h x得0lnxx，由( )0h x得0lnxx，故( )h x在0(,ln)x上单调递增，在0(ln,)x上单调递减，所以(

8、)h x的最大值为0(ln)hx0ln0001(ln)ln1exxxx000011(ln)ln1xxxx00000( ln)ln1xxxxx0000(1)ln1xxxx，由可知0(ln)0hx，所以( )h x只有一个零点即曲线lnyx在00,lna xx处的切线与曲线exy有且只有一个公共点. 5设函数2cossinfxxxx，fx是函数fx的导数 .（1）证明：fx在区间,22上没有零点；（2）证明：在0,x上，0fx.【分析】（1）利用不等式的基本性质可证得0fx对任意的,2 2x恒成立，进而可得出结论；（2）由sin2cos2cosxfxxxx以及2cos0 x，只需证sin02cos

9、xxx对任意的0,x恒成立， 通过构造函数sin2cosxfxxx，利用导数分析该函数在区间0,上的单调性，结合单调性可证明出结论成立. 【详解】（1）2cossinfxxxxq，2sinfxxx，当,22x时，2sin2sin2202fxxxxxx，因此，函数yfx在区间,22上没有零点；（2）sin2cossin2cos2cosxfxxxxxxx，由cos1,1x，所以2cos0 x恒成立，故只需证明sin02cosxxx即可设sin( )2cosxf xxx，222221cos22cos1cos2cos3102cos2cos2cosxxxxfxxxx，故函数sin2cosxfxxx在区间

10、0,上单调递增，所以00f xf所以当0 x时，0f x，即0fx. 6已知函数3( )f xxax.（1）讨论( )f x 的单调性；（2）若函数( )( )lng xf xxx在122，上有零点，求a的取值范围 .【分析】（1）先求导，对a 分类讨论，利用导函数的正负可得f （x）的单调性 . （2）将已知进行转化，得到3ln0 xaxx x在1,22上有解，分离参数a，构造函数，求导求得值域，可得a 的范围 . 【详解】（1）因为3fxxax，所以23fxxa. 当0a时，因为230fxxa，所以fx在r上单调递增；当0a时，令0fx，解得33ax或33ax. 令0fx，解得3333aa

11、x，则fx在3,3a，3,3a上单调递增；在33,33aa上单调递减 . （2）因为lng xfxx x，所以3lng xxaxxx，lng xfxx x在1,22上有零点，等价于关于x的方程0g x在1,22上有解，即3ln0 xaxx x在1,22上有解 . 因为3ln0 xaxxx，所以2lnaxx. 令2lnh xxx，则21212xhxxxx. 令0h x，122x，解得222x；令0hx，122x，解得1222x，则h x2,22上单调递减，在12,22上单调递增，因为2111ln222h1ln24，222ln24ln2h，所以115224hh152ln2204，则min24ln2

12、h xh，max212ln222h xh11ln222，故a的取值范围为114ln2,ln222. 7已知函数ln1( )xf xx，21( )ln22ag xxxax，()ar.（1）讨论函数( )f x 的单调性；（2）若函数( )g x有两个极值点，试判断函数( )g x的零点个数 .【分析】(1) 先确定( )f x 的定义域 , 通过求导数解出其单调区间; (2) 利用函数( )g x有极值 , 判断a的取值范围 , 进而确定极值点的大小关系, 得到( )g x的单调区间 , 最后通过极值12,g xg x的正负判断出零点的个数. 【详解】(1) 由题意可知函数( )fx 的定义域为

13、2ln(0,),( )xfxx当(0,1)x时:( )0fx, 所以( )f x 单调递增 ; 当(1,)x时:( )0fx, 所以( )fx 单调递减 ; 所以当(0,1)x时 ,( )f x 单调递增 , 当(1,)x时,( )f x 单调递减 . (2) 由题意得 :( )ln10g xxax有两个不同的零点, 即ln1xax有两个不同的根设为12xx, 由 (1) 得ln1( )xf xx当(0,1)x时( )f x 单调递增 ; 当(1,)x时( )f x 单调递减 ; 有10,(1)1ffe当(1,)x时( )0f x, 所以(0,1)a时, 有1201xx使1212ln1ln1,

14、xxaaxx且函数( )g x在120,xx单调递减 , 在12,x x单调递增 , 现只需比较12,g xg x的正负进而确定零点个数. 有211111ln22ag xxxax且2122221ln11;ln22xaag xxxaxx且22ln1xax,即11111111ln2ln122xg xxxxx,22222211ln2ln122xg xxxxx. 令11ln1( )ln222th ttttt则22ln1( )02t th tt所以函数h t在(0,)上单调增 ,所以101x时11(1)0g xh xh21x时22(1)0g xh xh又0 x时( )0,2ag xx时( )g x所以函

15、数有三个零点. 8已知函数2( )(2)(1)xf xxea x.（）讨论( )fx 的单调性；（）若( )f x 有两个零点，求a的取值范围 .试题分析： （）先求得12.xfxxea再根据 1,0,2a的大小进行分类确定fx的单调性；（） 借助第（）问的结论, 通过分类讨论函数的单调性, 确定零点个数,从而可得 a 的取值范围为0,. 试题解析：（）12112.xxfxxea xxea（）设0a，则当,1x时，0fx；当1,x时，0fx. 所以 f （ x）在,1单调递减，在1,单调递增 . （）设0a，由0fx得 x=1 或 x=ln （-2a ）. 若2ea，则1xfxxee，所以fx

16、在,单调递增 . 若2ea，则 ln （-2a） 1, 故当,ln21,xa时，0fx；当ln2,1xa时，0fx，所以fx在,ln2, 1,a单调递增，在ln2,1a单调递减 . 若2ea，则21lna，故当,1ln2,xa时，0fx，当1,ln2xa时，0fx，所以fx在,1 , ln2,a单调递增，在1,ln2a单调递减 . （） （）设0a，则由（）知，fx在,1单调递减，在1,单调递增 . 又12fefa，取 b 满足 b0 且ln2ab，则22321022af bba ba bb，所以fx有两个零点 . （）设a=0，则2xfxxe，所以fx只有一个零点. （iii）设 a0，若2

17、ea，则由（）知，fx在1,单调递增 . 又当1x时，fx0，故fx不存在两个零点；若2ea，则由（）知，fx在1,ln2a单调递减，在ln2,a单调递增 . 又当1x时fx0，故fx不存在两个零点 . 综上， a 的取值范围为0,. 9已知函数)f x（ae2x+(a2) exx.（ 1）讨论( )f x 的单调性；（ 2）若( )f x 有两个零点，求a的取值范围 .试题分析： （1）讨论( )f x单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，再对a按0a，0a进行讨论，写出单调区间； （2）根据第（ 1）问，若0a，( )f x至多有一个零点 . 若0a，当lnxa时，( )

18、f x取得最小值，求出最小值1(ln)1lnfaaa，根据1a，(1,)a，(0,1)a进行讨论，可知当(0,1)a时有 2 个零点 . 易知( )f x在(,ln)a有一个零点；设正整数0n满足03ln(1)na，则00000000()e ( e2)e20nnnnf naannn. 由于3ln(1)ln aa，因此( )f x在(ln ,)a有一个零点 . 从而可得a的取值范围为(0,1). 试题解析：（1）fx的定义域为,，2221121xxxxfxaeaeaee，（）若0a，则0fx，所以fx在,单调递减 . （）若0a，则由0fx得lnxa. 当, lnxa时，0fx；当ln ,xa时

19、，0fx，所以fx在, lna单调递减，在ln ,a单调递增 . （2） （）若0a，由（ 1）知，fx至多有一个零点. （）若0a，由（ 1）知，当lnxa时，fx取得最小值，最小值为1ln1lnfaaa. 当1a时，由于ln0fa，故fx只有一个零点；当1,a时，由于11ln0aa，即ln0fa，故fx没有零点；当0,1a时，11ln0aa，即ln0fa. 又4222e2 e22e20faa，故fx在, lna有一个零点 . 设正整数0n满足03ln1na，则00000000ee2e20nnnnfnaannn. 由于3ln1lnaa，因此fx在ln ,a有一个零点 . 综上，a的取值范围为

20、0,1. 点睛: 研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化. 已知函数( )f x有 2 个零点求参数 a 的取值范围，第一种方法是分离参数， 构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断ya与其交点的个数，从而求出 a 的取值范围； 第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若( )f x有 2 个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于 0，且后面还需验证最小值两边存在大于0 的点. 10已知函数32113fxxa xx（1）若3a，求fx的单调区间；（2）证明：fx只有一个零点分析： （1） 将3a代入，求导得2( )63fxxx， 令( )

21、0fx求得增区间， 令( )0fx求得减区间； （2）令321( )(1)03f xxa xx，即32301xaxx，则将问题转化为函数32( )31xg xaxx只有一个零点问题，研究函数( )g x单调性可得 . 详解： （1）当a=3 时，f（x）=3213333xxx，f （x）=263xx令f （x）=0 解得x=32 3或x=32 3当x（，32 3）（32 3，+）时，f （x） 0；当x（32 3，32 3）时，f （x）0故f（x）在（，32 3） ， （32 3，+）单调递增，在（32 3，32 3）单调递减（2）由于210 xx，所以0fx等价于32301xaxx设g x

22、=3231xaxx，则g （x） =2222231xxxxx0，仅当x=0时g （x）=0，所以g（x）在（，+）单调递增故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点又f（3a1）=221116260366aaa，f（3a+1）=103，故f（x）有一个零点综上，f（x）只有一个零点点睛： （1） 用导数求函数单调区间的步骤如下：确定函数( )f x 的定义域； 求导数( )fx；由( )0fx（或( )0fx）解出相应的x的取值范围，当( )0fx时，( )f x 在相应区间上是增函数；当( )0fx时，( )f x 在相应区间上是减增函数. （2）本题第二问重在考查零点存在性问题，

23、解题的关键在于将问题转化为求证函数( )g x有唯一零点，可先证明其单调，再结合零点存在性定理进行论证. 11已知函数( )sinln(1)f xxx，( )fx为( )f x 的导数证明：（1）( )fx在区间( 1,)2存在唯一极大值点；（2）( )f x 有且仅有2 个零点【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在1,2上单调递减，根据零点存在定理可判断出00,2x，使得00gx，进而得到导函数在1,2上的单调性，从而可证得结论；（2）由（ 1）的结论可知0 x为fx在1,0上的唯一零点；当0,2x时，首先可判断出在00,x上无零点，再利用零点存在定理得到fx在0,2x上的单调性，可知

24、0fx，不存在零点；当,2x时，利用零点存在定理和fx单调性可判断出存在唯一一个零点；当,x，可证得0fx；综合上述情况可证得结论. 【详解】（1）由题意知：fx定义域为：1,且1cos1fxxx令1cos1g xxx，1,2x21sin1gxxx，1,2x211xq在1,2上单调递减，sinx，在1,2上单调递减gx在1,2上单调递减又0sin0110g，2244sin102222g00,2x，使得00gx当01,xx时，0gx；0,2xx时，0gx即g x在01,x上单调递增；在0,2x上单调递减则0 xx为g x唯一的极大值点即：fx在区间1,2上存在唯一的极大值点0 x. （2）由（

25、1）知：1cos1fxxx，1,x当1,0 x时，由（ 1）可知fx在1,0上单调递增00fxffx在1,0上单调递减又00f0 x为fx在1,0上的唯一零点当0,2x时，fx在00,x上单调递增，在0,2x上单调递减又00f00fxfx在00,x上单调递增，此时00fxf，不存在零点又22cos02222f10,2xx，使得10fxfx在01,x x上单调递增，在1,2x上单调递减又000f xf，2sinln 1lnln102222ef0fx在0,2x上恒成立，此时不存在零点当,2x时，sin x单调递减，ln1x单调递减fx在,2上单调递减又02f，sinln1ln10f即02ff，又f

26、x在,2上单调递减fx在,2上存在唯一零点当,x时，sin1,1x，ln1ln1ln1xesinln10 xx即fx在,上不存在零点综上所述：fx有且仅有2个零点12设为实数，函数（1）若，求的取值范围；（2）讨论的单调性；（3）当时，讨论在区间内的零点个数试题分析：（ 1）先由可得，再对的取值范围进行讨论可得的解，进而可得的取值范围；（2）先写函数的解析式， 再对的取值范围进行讨论确定函数的单调性； （3） 先由（2） 得函数的最小值， 再对的取值范围进行讨论确定在区间内的零点个数试题解析：（ 1），因为，所以，当时，显然成立；当，则有，所以. 所以. 综上所述，的取值范围是. （2）对于，

27、其对称轴为，开口向上，所以在上单调递增；对于，其对称轴为，开口向上，所以在上单调递减 . 综上所述，在上单调递增，在上单调递减 . （3）由（ 2）得在上单调递增，在上单调递减，所以. (i) 当时，令，即（）. 因为在上单调递减，所以而在上单调递增， 所以与在无交点 . 当时，即，所以，所以， 因为， 所以， 即当时，有一个零点. (ii)当时，当时，而在上单调递增，当时，. 下面比较与的大小因为所以结合图象不难得当时，与有两个交点 . 综上所述，当时，有一个零点；当时，有两个零点 . 13已知函数( )()lnf xxax ()ar（1）若1a，求( )f x 在1x处的切线方程；（2）若

28、对于任意的正数x，( )0f x恒成立，求实数a的值；（3）若函数( )f x 存在两个极值点，求实数a的取值范围【分析】（1）利用导数的几何意义得到切线斜率，利用点斜式可得切线方程；（2）对lnx分类讨论，简化不等式，即可得到实数a的值；（3）函数fx存在两个极值点等价于ln1afxxx存在两个不相等的零点设ln1ag xxx，研究函数的单调性与极值即可. 【详解】（1）因为lnfxxaxar，所以当1a时，1 lnfxxx，则1ln1fxxx，当1x时，10,10ff，所以fx在1x处的切线方程为0y；（2）因为对于任意的正数x，0fx恒成立，所以当ln0 x时，即1x时，0fx，ar；当

29、ln0 x时，即1x时，xa恒成立，所以1a；当ln0 x时，即1x时，xa恒成立，所以1a，综上可知，对于任意的正数x，0fx恒成立，1a（3）因为函数fx存在两个极值点，所以ln1afxxx存在两个不相等的零点设ln1ag xxx，则221axagxxxx当0a时，0gx，所以g x单调递增，至多一个零点当0a时，因为0 xa，时，0gx，g x单调递减，+xa，时，0gx，g x单调递增，所以xa时，min2g xgalna因为g x存在两个不相等的零点，所以20lna，解得2e0a因为2e0a，所以21eaa因为211ln10gaaa，所以在a，上存在一个零点因为2e0a，所以2aa又

30、因为2211ln12ln1g aaaaa，设ta，则2112ln1(0)eyttt，因为2210tyt，所以2112ln1(0)eyttt单调递减，所以22212lne1e30ey，所以221ln10g aaa，所以在0a，上存在一个零点综上可知：2e0a【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1) 直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，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，转化成求函数值域问题加以解决；(3) 数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解14设函数2( )e3xf xmx，其中mr（）当(

31、)f x 为偶函数时，求函数( )( )h xxfx的极值；（）若函数( )f x 在区间2 , 4上有两个零点，求m的取值范围【分析】（）根据偶函数定义列方程，解得0m. 再求导数，根据导函数零点列表分析导函数符号变化规律，即得极值，（）先分离变量，转化研究函数23exxg x，2,4x，利用导数研究g x单调性与图象，最后根据图象确定满足条件的m的取值范围【详解】（）由函数fx是偶函数，得fxfx，即22e3e3xxmxmx对于任意实数x都成立，所以0m. 此时33h xxfxxx，则233hxx. 由0h x，解得1x. 当x变化时，hx与h x的变化情况如下表所示：x, 111,111

32、,hx-0 0 -h x极小值极大值所以h x在, 1，1,上单调递减，在1,1上单调递增 . 所以h x有极小值12h，h x有极大值12h. （）由2e30 xfxmx，得23exxm. 所以“fx在区间2,4上有两个零点”等价于“直线ym与曲线23exxg x，2,4x有且只有两个公共点”. 对函数g x求导，得223exxxgx. 由0gx，解得11x，23x. 当x变化时，gx与g x的变化情况如下表所示：x2, 111,333,4gx-0 0 -g x极小值极大值所以g x在2, 1，3,4上单调递减，在1,3上单调递增 . 又因为22eg，12eg，3632egg，41341eg

33、g，所以当4132eem或36em时，直线ym与曲线23exxg x，2,4x有且只有两个公共点 . 即当4132eem或36em时，函数fx在区间2,4上有两个零点. 【点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1) 利用零点存在的判定定理构建不等式求解. (2) 分离参数后转化为函数的值域( 最值 ) 问题求解 . (3) 转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解. 15已知函数22 ln.fxaxx1讨论函数fx的单调性；2当0a时，求函数fx在区间21,e上的零点个数.【分析】（1）先对函数fx求导，分别讨论0a，0a，即可得出结果；（2）先由（ 1）得0a时

34、，函数fx的最大值maxln1fxfaaa，分别讨论ln10aa，ln10aa，ln10aa，即可结合题中条件求出结果. 【详解】解： （1）q22 lnfxa xx，22 axfxx，q0 x当0a时，220axfxx，当0a时，222xaxaaxfxxx，当0 xa时，0fx；当xa时，0fx当0a时，fx在0,上单调递减；当0a时，fx在0,a上单调递增，在,a上单调递减 . （2）由（ 1）得maxln1fxfaaa，当ln10aa，即0ae时，函数fx在21,e内有无零点；当ln10aa，即ae时，函数fx在0,内有唯一零点a，又21aee，所以函数fx在21,e内有一个零点；当ln

35、10aa，即ae时，由于110f，ln10faaa，2244222 ln422feaeeaeaeae，若220ae，即44eea时，20fe，由函数单调性知10,xa使得10fx，22,exa使得20fx, 故此时函数fx在21,e内有两个零点；若220ae，即22eae时，20fe，且2 ln0feaeeae，110f，由函数的单调性可知fx在1, e内有唯一的零点，在2,e e内没有零点， 从而fx在21,e内只有一个零点综上所述，当0,ae时，函数fx在21,e内有无零点；当4,4eae时，函数fx在21,e内有一个零点；当4,4eae时，函数fx在21,e内有两个零点16已知函数lnf

36、xxax ar.（1）讨论fx的单调性；（2）若1a，当0 x时，函数220g xxmfxm有且只有一个零点，求m的值 .【分析】(1) 求导后讨论00aa、时的单调性(2) 将1a代入，得到函数g x的表达式，由条件只有一个零点，求出在极小值时取得零点，计算出m的值【详解】（1）函数fx的定义域为0,，且11axfxaxx. 当0a时，0fx，所以函数fx在上0,单调递增 . 当0a时，令0fx，得1xa，由0fx得10 xa，由0fx得1xa，所以函数fx在10,a上单调递增，在上1,a单调递减 . (2) 由题意知22ln2g xxm xmx0m，则2222xmxmgxx，0 x令0gx

37、，得21402mmmx（舍去），2242mmmx，当20,xx时，0gx，g x在20,x上单调递减；当2,xx时，0gx，g x在20,x上单调递增；所以g x的最小值为2g x，因为函数g x有且只有一个零点，所以20g x. 由2200g xgx，得22222222200 xmlnxmxxmxm，所以222 ln0mxmxm，因为0m，所以222ln10 xx. （*）设函数222ln1yxx，易知当0 x时，该函数是增虑熟，且当1x时，0y，所以方程（ *）的解为21x，所以22412mmmx，解得12m. 17已知函数2 ln1fxxxax（1）当1a时，证明fx的图象与x轴相切；（

38、2）当1a时，证明fx存在两个零点【分析】（1）先求导，再设切点，求出切点坐标，即可证明，（2）分离参数，构造函数，利用导数求出函数的最值，即可证明. 【详解】证明： （1）当a1 时，f（x）（x2）lnx+x1f（x）lnx+1，若f（x）与x轴相切，切点为（x0，0） ，f（x0）（x0 2）lnx0+x01 0 f（x0）lnx0+1 0，解得x01 或x04（舍去）x01，切点为（ 1，0） ，故f（x）的图象与x轴相切（2）f（x）（x2）lnx+ax10，alnx+，设g（x）lnx+，g（x）+，令h（x） 12x2lnx 易知h（x）在（ 0，+）为减函数，h（1） 11 2

39、ln10，当x（ 0，1）时，g（x） 0，函数g（x）单调递增，当x（ 1，+）时，g（x） 0，函数g（x）单调递减，g（x）maxg（1） 1，当x0 时，g（x），当x+时，g（x），当a 1时，yg（x）与ya有两个交点，即当a 1时，证明f（x）存在两个零点18已知函数21ln (0)2afxxxx a.（1）讨论fx的单调性；（2）若1ae，试判断fx的零点个数 .【分析】（1）对fx求导后对a进行分类讨论， 找到0fx和0fx的区间， 即为fx的单调区间 . （2）由（ 1）可知1ae时，fx有极大值1fa和极小值1f，研究他们的正负，并且找到令0fx的点，根据零点存在定理，找出零点个数. 【详解】（1）函数fx的定义域为0,，11111xaxfx