导数隐零点问题常见方法汇总

1、与数隐零点问题常见方法汇总技巧一虚设零点一一媒介过渡例1.已知函数f(x)xlnx,1(1)证明：f(x)>；e(2)已知函数g(x)2.1xxk,若对区间-,1上任忌x均有f(x)<g(x)恒成立，求ke的最大值.解：(1)略(2)由题设条件知：,1，一一在一,1上恒成立k<xlnxe2令h(x)xlnxxx,x11即h(x)为减函数，又h-ee-2，xlnx<xxk在2xxmin1,1，则h(x)2xe10,h(1)20.12-,1上恒成立kxlnxxxe1lnx,h(x)2-0-x1xe,，、.1h(x)在一,1上有唯一的夺点x0,且lnx02x0.e1当x-,x

2、0时h(x)0,h(x)单调递增，当xx0,1时h(x)0,h(x)单调递减.e1一12e1,h(x)minminh一,h(1)，又h-20,h(1)0.eeeh(x)min0，所以k&0,故kmax&0.例2(19课标1)已知函数f(x)sinxln(1x),f(x)为f(x)的导数.证明:(1) f(x)在区间1,一存在唯一极大值点；2(2) f(x)有且仅有2个零点.解：(1)由题意知：f(x)定义域为：(1,)且f(x)cosx令g(x)cosx一xg(x)sinx12,x(x1)1,21J在1,-(x1)2上单调递减，在1,-上单调递减;2g(x)在1-上单调递减,2

3、又g(0)sin0110,gasin一20x0使得gx00,当x1,x0时，g(x)0;xx0,一时,2g(x)0,即g(x)在1,%上则xx0为g(x)唯一极大值点；即：f(x)在区间1,上存在唯一的2极大值点x0.(2)由(1)知：f,、1(x)cosx-x(1,).x1当x(1,0时，由(1)可知f(x)在(1,0上单调递增,(0)0,f(x)在(1,0上单调递减，又f(0)0x0为f(x)在(1,0上的唯一零点.x0,一时，f2(x)在0,x0上单调递增，在x。,一上单调递减2，又f(0)fx00,f(x)在0,x0上单调递增，此时f(x)f(0)不存在零点f-cos-22220,x1

4、x0,一使得2f(x)在%,%上递增，在为，一上递减.2又fxf(0)0,fsin2lnln10,f(x)0在x0,I上恒成立，此时不存在零点.当x一，时，sinx单调递减,2ln(x1)单调递减,f(x)在一,上递减，又2f0f()sinln(1)ln(1)0,即£()f0,又f(x)在一，上递222减f(x)在一，上存在唯一零点.2当x(,)时，sinx1,1,ln(x1)ln(1)Ine1,sinxln(x1)0即f(x)在(，)上不存在零点.综上所述：f(x)有且仅有2个零点.技巧二敏锐洞察一一观察零点技lnx例3(13北东)设l为曲线C:y在点(1,0)处的切线.(I)求l

5、的切线方程；(n)证明：除切点(1,0)之外，曲线C在直线L的下方.解：(I)l：yx1.(n)令g(x)x1f(x),则除切点之外，曲线C在直线l的下方g(x)0(x0,x1),g(x)满足g(1)0,g当0x1时，x2当x1时，x21x21(x)1f(x)2x1 0,lnx0,所以g0,lnx0,所以g(x)lnx(x)0,故g(x)单调递减;0,故g(x)单调递增.所以g(x)g(1)0(x0,x1),即除切点之外，曲线c在直线l的下方.例4.(11浙江)设函数f(x)(xa)2lnx,aR.(i)若xe为yf(x)的极值点，求实数a;(n)求实数a的取值范围，使得对任意的x(0,3e,

6、恒有f(x)W4e2成立.注：e为自然对数的底数.解：(I)略；(n)由(xa)2Inx<4e2,x(0,3e,下面讨论:1)当x(0,1时，(xa)2Inx04e2成立；2)当x(1,3e时,222e(xa)Inx4ex-aInx_2e_.Inx易知:2ea>x,h(x).Inx2e2e2e2ex/w3e-；an3e-/；awxl,.Inx.In(3e),ln(3e).Inxg(x)x2e，g(x)1.InxexInxInxxInx.InxexInxInx观察知：g(e)0,g(x)在(1,e)(e,3e)/,awg(x)ming(e)3e.2e综上：3e/<a<3e

7、.In(3e)技巧三反带消参一一构造单变量函数，研究参数值及范围k例5.已知函数f(x)Inxx,(k0),e为自然对数的底数.r(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)已知函数g(x)f(x)3的极小值大于零，求实数k的取值范围.kxxk斛：(1)f(x)Inx-x,f(x)2,x(0,).xx1)当k0时，f(x)0,f(x)在(0,)递增；2)当k0时，令f(x)0,x2xk0,方程14k0,114k八1J4k两根x10x2,f(x)在0,x2递减，而在x2,递增.22综上：1)当k0时，函数f(x)在(0,)递增，2)当k0时，函数f(x)在0,114k递减，而在114k递增.2/c、x

8、xk(2)g(X)f(X)2XfX21)知，fX2kX2lnx2X2kx23lnX22X220,构造函数解得：X2(1,、I2),kX2X2(2,X2)，故所求：k(2,2(1)f(x)在，X0X0,/,且x,f(x);x,f(x)f(x)fx00,即e2X02aex)2ax00(2)(1)当a1时，求函数h(x)f(x)g(x)的极值;例6(2020届成都零诊)已知函数f(x)e2x2aex2ax,(a0)(1)略(2)若函数f(x)有唯一零点，求实数a的值.解：(1)略；(2)f(x)e2x2aex2ax,f(x)2e2x2aex2a,x(,),f(x)4e2X2aex2ex2exa0,x

9、lna,即f(x)在，lna,In,/2222_aa_fln-2a0,x,f(x)2a0;x,f(x);由零点存在性定理：x0ln-,使得：fx00,即：e例7已知函数f(x)xax1,g(x)lnxa(aR)."aeX0a0X1由(1)有：e2X010,构造函数易求唯一解X00,即a成立.2(2)若存在与函数f(x),g(x)的图象都相切的直线，求实数a的取值范围.解：(1)略(2)设函数f(x)上点为,f%与函数g(x)上点x2,gx2处切线相同,X2fxgx2.-1一工即2斗aX1X21X12ax11Inx2aX2X1X2代入X1X2X22X1ax11Inx2a得：24x22x

10、22,a-Inx2a40(*).设F(x)14x22aaInx2x4F(x)1a3T322x2x-22xax2x32X(2ax0X00则当0X)时，F(x)0,当xX0时，F(x)0,即F(x)在0,x0上递减，在X0,上递增,代入12XpX。X02X0可得:F(X)minFX02X02x0lnx02.X0设G(x)x22xInx2x0恒成立，所以G(x)在区间(0,)上单调递增,xW1时G(x)W0,即当01时，FX0W0.又当xea2时F(x)1,2a44ea.ln2ea22a2aoea2411aT4eX0冬1时，函数F(x)必有零点；即当0x°W1时，必存在X2使得(*)成立；

11、即12x2X)-2X0X)X1,X2使函数f(x)上点X1,fX,与函数g(x)上点X2,gX2处切线相同.1八一1八1八一、一又y2x得：yw20即y2x在(0,1)递减，因此aXXX1,),所以实数a的取值范围1,).技巧四降次或减元留参，达到证明或求值的目的例8(09全国1)设函数f(x)x33bx23cx在两个极值点X,X2,且为1,0,X21,2.(b,c)的区域;(I)求b,c满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点又fx2x33bx23cx2，、1(n)证明：10<fx2<2解：(1)f(x)3x26bx3c由题意知方程f(x)0有两个根,X2,且1

12、,0,x21,2,则有f(1)>0,f(0)&0,f(1尸0,f(2)>0,故有2bc1<0,c<0,“、一,右图中阴影部分即是满足这些条件的点(b,c)的区域.2bc1<0,4bc4>0,(n)由题意有fx23x；6bx23c0一1q3c消去b可得fx21x23'x2.221又x21,2,且c2,010<fx2<-.又如：(09全国2)设函数f(x)2xaIn(1x)有两个极值点x1,*2且*1x2.(i)求实数a的取值范围，并讨论f(x)的单调性;(n)证明：fx2121n241Q9例9.已知函数f(x)-xx3(i)讨论f(

13、x)的单调性;(n)设f(x)有两个极值点X,x2,若过两点x1，fx1x2,fx2的直线l与x轴的交点在曲线yf(x)上，求a的值.2解：(I)依题息可得f(x)x2xa,当a>1时，x22xa0恒成立，故f(x)0,函数f(x)在R上递增;当a1时，f(x)x22xa0有两个相异实根故f(x)由f(x)x2Xi2xJ1a且x1x2,2x011ax11a,(1",),f(x)递增;此时f(x)递增递减.f(x)在R上单调递增;1时，f(x)在x(,1"T)递增，在x(1,1a,)递增,1Ja,1Via)递减.(2)由题知,x1,又2为f(x)0的两根，故2x12x1

14、x222x2a,即:fx12,八-(a1)x13133x1a:同理fx22x1ax113x124ax；ax1123x12ax32aax133(a1)x2因此直线l的方程为3(a1)x设l与x轴的交点为xo,O1a32(a1)xo2(a1)'2a22(a1)2(a1)24(a1)3_212a217a6,由题设知,x0,0在曲线yf(x)的上，故fx00,解得a0或a2 -3一或a，所以所求a的值为a3 4技巧五：巧设零点一一超越式划代数式例10(15课标1)设函数f(x)e2xalnx.(i)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数；2(n)证明：当a0时，f(x)>2aaln-.a

15、解：(i)f(x)的定义域为(0,),f(x)2e2xa(x0).x当a0时，f(x)0,f(x)没有零点；当a0时，因为e2x递增，a单调递增，所以f(x)在(0,)递增.又f(a)0,当b满xa1足0b且b时，f(b)0,故a0时，f(x)存在唯一零点.44(n)由(I)，可设f(x)在(0,)的唯一零点为x0,公众号：钻研数学当x0,小时，f(x)0；当x%,时，f(x)0.故f(x)在0,x0单调递减，在x0,单调递增，所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小2ax0aIn>2aa2x0值为fx0,由于2e2x00,所以fx0x一一2故当a0时，f(x)>2aaln.aIn

16、x1例11已知函数fxexmx3,gx(I)若曲线yf(x)在点(0,f(0)处的切线斜率为1,求实数m的值；(II)当m>1时，证明：f(x)g(x)x3.(II)证法因f(x)exmx3,g(x)ln(x1)2,所以f(x)g(x)x3等价于exmln(x1)20.当m>1时，exmln(x1)2>ex.，设p(x)e，则p(x)eln(x1)2.要证exmln(x1)20,只需证明ex1ln(x思路1：设h(x)ex1ln(x1)2,则h(x)ex11(x1)210.所以函数p(x)h(x)e在x11(1,)上单调递增.因为hJx11,ex120,h(0)e10,所以h

17、(x)e在x1(1,)上有唯一零点Xo,且Xo1 一因为hXo0,所以e，即ln/1x01,X01当x1,小时，h(x)0;当xx0,时，h(x)0,当xx0时，h(x)取得最小值hx0.1即h(x)为hx0eInx012x0120.%1综上可知，当m>1时，f(x)g(x)x3.思路2：先证明ex1ln(x1)20.令tx1,转化为证明etInt2(t0).t的距离分别为drd2,则ABJ2d1d2因为曲线yet与曲线yInt关于直线yt对称，设直线xx0x00与曲线其中d1x0e%2x°Inx°d23x00.ylnt分别交于点A、B,点AB到直线y设hx0e“x0

18、%0,则h%ex01.因0,所以h%e10.即hx0在(0,)上递增，则h%h(0)1.所以d1二°1.11Ux°x。2 2设px0x0Inx0%0,则px0因为当0x01时，px00;当x01时，px00,所以当0x01时，函数px0x0lnx0单调递减；当x01时，函数px0x0In%单调递增.故p”小1.4楼.AB音石d14石2.3综上可知，当m>1时，f(x)g(x)x3.证法二：因为f(x)exmx3,g(x)ln(x1)2,所以f(x)g(x)x3等价于xmeln(x1)20.1思路：设h(x)exmln(x1)2,则h(x)ex1设p(x)exm工，则p

19、(x)exm12x1(x1)10.所以函数p(x)h(x)e在x1(1,)上单调递增.m.mm1emmm1em因为m>1,所以h1eeeee10,h(0)e10.1所以函数h(x)exm在(1,)上有唯一零点x0,且1em,0.x11一因为hx00,所以e，即Inx01x0m.x01时，h(x)0.当x0,小时，h(x)0；当xx0,当xx0时，h(x)取得最小值hx0h(x)>hx0x0meInx01112x0m2x01xO1综上可知，当m>1时，f(x)3g(x)x.lnx一.例12.已知函数f(x)其中a为常数.(xa)(1)若函数f(x)在(0,a)上单调递增，求实数

20、a的取值范围;(2)若a1,设函数f(x)在(0,1)上的极值点为x0,求证：fx02.1a2lnx解：(1)f(x)x3,由题意f(x)20对x(0,a)恒成立.(xa)3a-x(0,a),(xa)0,1-2lnx->0对x(0,a)恒成立.a2xlnxx对xx(0,a)恒成立.令g(x)2xlnxx,x(0,a),则g(x)2lnx1,11若0a£e2,即0a；孑e2,则g(x)2lnx0对x(0,a)恒成立,g(x)2xlnxx在(0,a)上单调递减，则aW2(a)ln(a)(a),0Wln(a),aW1与1a>e2矛盾,舍去;若12,即a12时，g1e2,令g(x

21、)2lnx1(x)2lnx10,g(x)0,2xlnxx单调递减,a时,g(x)2lnx0,g(x)2xlnxx单调递增,12时，g(x)min112e2gne212e2a之12e2.1综上aW2e2.(2)当1时,f(x)lnx(x1)2,f(x)2xlnxx(x1)3令h(x)12xlnx,x(0,1),则h(x)12(lnx1)2ln1,令h(x)0,得1e2W；xh(x):<0,h(x)x2xlnx单调递减，1h(x)0,2e万1，f(x)x12xlnxx(x1)30恒成立，f(x)1nx2单调递减，且f(x)£f(x1)当10x<e2时,h(x)0,h(x)x1

22、2xlnx单调递增,2i22lnln12e2ln-520,e存在口t一x0，使得xO0,xO0.当0xXo时,f(x)0,f(x)lnx(x1)2单调递增,1当x0xWe2时,f(x)0,f(x)1nx0单调递减，且f(x)f(x1)20,x0单调递增，在x0,1上单调递减,lnx.由和可知，f(X)X0在(X1)2xx00,必有0x01,2x0e<lnx0,两边同时取自然对数，则有2xqln2xqlnXq&lnlnXq,即2xqln2xqlnlnxqlnXq.1构造函数h(x)xInx(xQ),则h(x)1Q,所以函数h(x)在(Q,)上单调递增,X0X012x0lnX00,X

23、01lnXq,2x0X0lnXq2X0X02x0x02X01又x2，人x011221,0,2X0技巧六：巧妙转化(含放缩,讨论等)13.已知函数g(X)2xxemX2X0避开零点lnx,(其中x(0,)上恒成立，则实数m的取值范围为A.B.解法1,2e1:要使g(X)>1在x(0,g(x)(2x1)e2x因为当x。时,(x)在唯一白零点x0,满足Xq且g(x)在q,x0上单调递减,D.)上恒成立，只需(x)4(x2x01e2xqXq,是自然对数的底数(,2g(x)min>1即可.1)e2xQ,xg(X)在(0,时，g(x)Xq上单调递增，于所以,2xqg(x)mingXq2xqxe

24、mx0Inx02x2e2X0Inxo(x)在(0,)上存2M1e,Xq由g(x)min"得：2x2e2XQln又h2%&hInx0,所以2x0<Inx0,即e2"wX0-2v111故m2xo1e"w2xo12,于是实数m的取值范围是(，2.Xoxoxo解法2：要彳5tg(x)>1在x(O,)上恒成立，等价于m&e2x1nx1在x(O,)上恒成x.”Inx1一立.令h(x)e(xO),则只需mwh(x)min即可.x2x2e2xInx、”一一。1一h(x)2，令H(x)2xe1nx(xO),则H(x)4xxe一O,所xx以H(x)在(O,

25、)上单调递增，又H121n2O,H(1)2e2O,所以H(x)有唯一48一，1的零点xo,且一xo1,h(x)在O,xo上单调递减，在xo,上单调递增.4因为2x2e2xo1nxoO,两边同时取自然对数，则有2%1n2xo1nxoInInxo,即2xo1n2xo1n1nxo1nxo.1构造函数s(x)x1nx(xO),则s(x)1-O,所以函数s(x)在(O,)上单倜递增,x又s2%sln%,即2%ln%,即e2xo.x2x0lnxo112xo1即h(x)minhXoe0-2.XoXoXo于是实数m的取值范围是(，2lnx1解法3：(切线放缩，避开零点)要使g(x)>1在x(0,)上恒成

26、立，等价于m&ex在x(0,)上恒成立.先证明tlnt1.1t1令Q(t)tlnt1(t0),则Q1-7，于是，当t(0,1)时，Q(t)0,Q(t)单调递减；当t(1,)时，Q(t)O,Q(t)单调递增，所以Q(t)>Q(1)0,故tlnt1(当且仅当t1时取等号)所以，当x0时，有xe2x>lnxe2x1lnx2x1,所以e2x>-ln-x2L即xxe2x1n上>2,当且仅当xe2x1时取等号，于是实数m的取值范围是(,2.x解法4:(切线放缩，避开零点)2x.,2x1nx.一.一、_vxemx1nx1emxInx1>2xInx1mxInx1(2m)x

27、>0,m02,当2xInx0时，等号成立.例13已知函数f(x)exmx3,g(x)1n(x1)2.(I)若曲线yf(x)在点(0,f(0)处的切线斜率为1,求实数m的值；(II)当m1时，证明：f(x)g(x)x3.解：(i)m0.证法一：(n)因f(x)exmx3,g(x)1n(x1)2,所以f(x)g(x)x3等价于exm1n(x1)20.当m>1时，exm1n(x1)2>ex11n(x1)2.要证exm1n(x1)20,只需证明ex11n(x1)20.思路(切线放缩避开隐零点)先证明ex1)x2(xR),设h(x)ex1x2,则h(x)ex11.因当x1时，h(x)0

28、,当x1时，h(x)0,当x1时，函数h(x)递减，当x1时，函数h(x)递增.h(x)>h(1)0.即ex1>x2(当且仅当x1时取等号).即要证ex11n(x1)20,只需证明(x2)1n(x1)20.1x卜面证明x1n(x1)0.设p(x)x1n(x1),则p(x)1x1x1当1x0时，p(x)0,当x0时，p(x)0,所以当1x0时，函数p(x)单调递减，当x0时，函数p(x)单调递增.所以p(x)>p(0)0.所以xln(x1)0(当且仅当x0时取等号).由于取等号的条件不同，所以x1_eln(x1)20.综上可知，当m1时，f(x)g(x)x3.证法二：因为f(x

29、)exmx3,g(x)ln(x1)2,所以f(x)g(x)x3等价于exmln(x1)20.思路(切线放缩避开隐零点)先证明exx1(xR),且ln(x1)x(x1).设F(x)exx1,则Fxe1.当x0时，F(x)0；当x0时，F(x)0,即F(x)在(，0)上递减，在(0,)上递增.当x0时，F(x)取得最小值F(0)0.F(x)F(0)0,即exx1(xR),ln(x1)x(当且仅当x0时取等号).再证明exmln(x1)20.由exx1(xR),得ex1>x2(当且仅当x1时取等号).因为x1,m>1,且ex1>x2与ln(x1)<x不同时取等号，所以exml

30、n(x1)2em1ex1ln(x1)2m1m1e(x2)x2e1(x2)>0.综上可知，当m>1时，f(x)g(x)x3.例14.已知函数f(x)2T3xalnx1x21(aR且a0).22(1)当a2百时，求曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切线方程；(2)若yf(x)有两个极值点x,x2,证明：fx1fx29lna.解：(1)xy2,10.法一：涉及隐零点的证明，超越式转化优先x223xa(2)因yf(x)有两个极值点x1,x2,则f(x)0有两个正根x1，x2,即x22舟a0有：124a0,%x22聆,x1x2a0,即a(0,3),即1 22fx1fx22J3x1x2aIn

31、x1x2-x1x21aInaa7.2若fXfx29Ina,即要alnaInaa20.1.1构造函数g(x)xlnxInxx2,则g(x)1Inx-1Inx,且在(0,3)上为增函xx1_一一数，又g(1)10,g(2)ln220,由零点存在性定理：存在(1,2)，使得g(x)0,1即ln%一，且x0,小时，g(x)0,g(x)递减，xx0,3时，g(x)0,g(x)递增，即g(x)x。1在(0,3)上有取小值：gx0xolnxoxolnx023%,又因x0(1,2),x01 5一.则x02,-，所以g(x)0在x(0,3)上恒成立，即fx,fx29lna成立.x02法二：分类讨论避开隐零点(2

32、)因yf(x)有两个极值点x1,x2,则f(x)x22、3xax0有两个正根x1，x2,即x22向xa0有：124a0,x1x2273,x1x2a0,即a(0,3),即fx1fx22,3x1x2a1nxix2-x12x21alnaa7.2若fKfx29lna,即要alnalnaa20.构造函数g(x)xlnxlnxx2,x(0,3),g(x)(x1)lnx2x.下面讨论：(1)当x(0,1时，g(x)(x1)lnx2x0成立；(2)当x(1,2时，g(x)(x1)lnx2x0成立；1.、11一(3)当x(2,3)时，g(x)(x1)lnx2x,g(x)lnx-,g(x)0,xxx1g(x)在(

33、2,3)上递增，g(x)g(2)ln2-0,g(x)在(2,3)上递增，即：g(x)g(2)ln20得证;综上：g(x)(x1)lnx2x0对x(0,3)成立.卜面剖析一道含隐零点应用的高考题:(15四川21)例15.(15四川)已知函数f(x)222(xa)lnxx2ax2aa,其中a0.(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性;(2)证明：存在a(0,1),使得f(x)>0在区间(1,)内恒成立，且f(x)0在区间(1,)内有唯一解.法一：(I)知函数f(x)的定义域为(0,a),g(x)f(x)2(xa)2lnx21-x所以g(x)2a-2x上单调递增，在区间-1当

34、0a一时，g(x)在区间41、14a2.1当ai时，g(x)在区间(0,)上单调递增.4(n)由f(x)2(xa)2lnx解得lnx令(x)x1lnxlnxlnx1-xx1lnx1x1令a00,(e)e(e2)0故存在x0(1,e),使得x00-x()1ln%1x01,u(x).,.1.x1lnx(x月).由u(x)1一小0知，函数u(x)在区间x(1,)上单调递增.u(1)uxu(e)e2所以01a011.即a(j(0,1).111x011e11e1当aa0时，有f凡0,fx0%0.由（I）知，f（x）在区间（1,）上单调递增,故当x1,Xo时，f(x)0,从而f(x)fXo0；当xx0,时

35、，f(x)0,从而f(x)fx00.所以，当x(1,)时，f(x)20.综上所述，存在（0,1）,使得f（x）0在区间（1,）内恒成立，且f（x）0在区间（1,）内有唯一解.法二：（n）令,、x22ax2a2a(x)则f（x）70在区间（1,）内恒成立，且f（x）0在区间（1,）内有唯一解当且仅当（x）学0在（1,）内恒成立，且（x）0在区间（1,）内有唯一解.(x)2x2axa2(x2a)-/72一72(xa)xx(xa)2xa(x2a)x(1C)x(1T)x(xa)2由于a0且x0,故(x)0时，x1J1a.当x(1,1JT)时,(x)0,(x)单调递减.当x（1小a,）时，（x）0,（x

36、）单调递增.从而，当x1时，(x)在(1,)达到最小值.此时，min(1a)_2a(1/a)_2a_a2ln(11a).11aa令h(a)(11a)22a(1Wa)2a2a2(1W_aa)ln(141a),则h(0)44ln20,h(1)(1-2)22(1.2)12(2.2)ln(1、2)(42、2)ln(1:2)0.从而存在a1(0,1)使得ha10.令x11J1a.则当aa1时，x,ha10且x10.当0xx1时，（x）单调递减，从而（x）0.当xx1时，（x）单调递增，从而（x）0.综上所述，存在aa1(0,1),使得f(x)20在区间(1,)内恒成立，且f(x)0在区间(1,)内有唯一

37、解.、一1法二：(II)由(I)知，f(x)g(x)2(x1lnx)21a在区间(1,)上单倜递x增.f4a0,当x趋向于正无穷大时，f(x)g(x)的函数值也趋向于正无穷大.即存在t(1,使得f(x)0,且f(x)在(1,t)单调递减，在(t,)单调递增.且t满足2(t1lnt)t11nt时,f(x)取得最小值:1t1f(t)2(ta)lntt22at2a2令(t)0,故存在x0aa0等lntt2t22Htt1lntt11nt1t1t1lnt1t1t1lnt1t1t1lnt1,1t1(e)e1e1(1,e),使得Inx0ux01x011%1X020.f(t)0在区间(1,e)内有解,其中u(

38、x)x1lnx(x，1).X0.此时相应的a值为,-.1_由u(x)1一不0知，函数xu(x)在区间(1,)上单调递增.所以。再1黑a。u(e)e27?1,即a°1e11e1(0,1).综上所述，存在aa0(0,1),使得f(x)的最小值为0.此时f(x),0在区间(1,)内恒成立，且f(x)0在区间(1,)内有唯一解.法四：(n)前同解法三.f(t)2(ta)lntt22at2a212(ta)t11-a22t22at2a2a222a22t25tat32t2一2一(2at)at2ttt1Int又a1,所以f(t)1t1(3t12lnt)t22tInt1令h(t)t22tInt1,易得h(1)20,h(e)2