江蘇2018版高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用第3課時導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題教師用書文蘇教版

1、x- 1即1<n<x.第3課時 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題題型一導(dǎo)數(shù)與不等式有關(guān)的問題 命題點1解不等式 .xf I x f x .例1 設(shè)f(x)是定義在 R上的奇函數(shù)，f(2) =0,當(dāng)x>0時，有-2<0恒成立,x則不等式x 解 由題設(shè)，f (x)的定義域為(0 , +8) ,(x) = 1 ,令f，(x) = 0,解得x= 1. x 當(dāng)0Vx<1時，f' (x)>0 , f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時，f ' (x)<0 , f (x)單調(diào)遞減.(2)證明 由(1)知，f (x)在x=1處取得最大值，最大值為f(1) =0.所以當(dāng)

2、xwi時，In x<x-1.故當(dāng) xC (1 ,+8)時 In x<x 1, In << 1, x xf (x)>0的解集是.答案 (一8, - 2) U (0,2)7fxi解析 當(dāng) x>0 時，J-x ' <0，f x ,，一(f) (x)=為減函數(shù)，x又。(2) =0, 當(dāng)且僅當(dāng) 0Vx<2 時，4 (x)>0 ,此時 x2f(x)>0.又f (x)為奇函數(shù)，h(x)=x2f(x)也為奇函數(shù).故 x2f(x)>0 的解集為(一8, - 2) u (0,2).命題點2證明不等式例2 (2016 全國丙卷)設(shè)函數(shù)f(x)

3、 = ln x-x+1.(1)討論f (x)的單調(diào)性；x 1(2)證明：當(dāng) xC (1 ,+8)時，1<mx<x.命題點3不等式恒成立或有解問題1 + In x例3已知函數(shù)f(x)=.4 一， 1 .(1)右函數(shù)f (x)在區(qū)間(a, a+2)上存在極值，求正頭數(shù) a的取值氾圍;.一.k .(2)如果當(dāng)x>l時，不等式f(x)>F恒成立，求實數(shù)k的取值范圍 x I I解(1)函數(shù)的定義域為(0, +8),1 1 ln x In x令 f ' (x) =0,得 x= 1 ； 當(dāng) xe(0,i)時，f'(x)>0, f(x)單調(diào)遞增;當(dāng) xC(1 ,

4、+8)時，f' (x)<0, f(x)單調(diào)遞減.1所以x= 1為極大值點，所以 0<a<1<a+2,11故2<a<1,即實數(shù)a的取值范圍為(2, 1).x + + ln x(2)當(dāng)x>l時，k<值成立,x令 g( x)=x+11 + ln xx，1+ln x+1 + x x+ 1貝u g，(x) =-2x1 + ln xx In x再令h(x)=x ln x,則 h' ( x) = 1 ->0, x所以h(x)>h(1) =1,所以 g' (x)>0,所以g(x)為單調(diào)增函數(shù)，所以g(x) > g(

5、1) =2故kw 2.所以實數(shù)k的取值范圍是(8, 2.引申探究本題(2)中，若改為存在 xo 1 ,e,使不等式k .f(x)>xZ7成立，求實數(shù)k的取值范圍.x . x + 解當(dāng) xC1 , e時，k<1 + ln x x有解,人x +11 + ln x ，一 .令g(x)=,由例3(2)解題知,xg(x)為單調(diào)增函數(shù)，g(x)max= g(e) =2 + -, e. k<2+2,即實數(shù)k的取值范圍是(8, 2+2. ee思維升華(1)利用導(dǎo)數(shù)解不等式的思路已知一個含f' (x)的不等式，可得到和f(x)有關(guān)的函數(shù)的單調(diào)性， 然后可利用函數(shù)單調(diào)性解不等式.(2)利

6、用導(dǎo)數(shù)證明不等式的方法證明 f(x)<g(x),xC(a,b),可以構(gòu)造函數(shù)F(x) =f (x) g(x),如果F'( x)<0 ,貝UF(x)在(a, b)上是減函數(shù)，同時若 F(a)w0,由減函數(shù)的定義可知， xC(a, b)時，有F(x)<0 ,即證 明了 f(x)<g(x).(3)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的恒成立問題的策略首先要構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，進而得出相應(yīng)的含參不等式， 從而求出參數(shù)的取值范圍.也可分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題跟蹤訓(xùn)臻1已知函數(shù)f(x)=x2in x-a(x2- 1) , ae R(1)當(dāng)a

7、=1時，求曲線f (x)在點(1, f(1)處的切線方程；(2)若當(dāng)x>l時，f(x)>0恒成立，求a的取值范圍.解(1)當(dāng)a=1時，f(x)=x2ln x + x2 1, f' (x)=2xln x+3x.則曲線f(x)在點(1 , f(1)處的切線的斜率為f ' (1) =3.又f(1) =0,所以切線方程為3x-y-3=0.(2) f ' (x) = 2xln x+(1 -2a)x = x(2ln x+1-2a),其中 x>1.當(dāng)aw2時，因為x>1,所以f' (x)>0.所以函數(shù)f(x)在1 , +8)上單調(diào)遞增.故 f (

8、x) >f(1) =0.1 al當(dāng) a>2時，令 f ' (x) = 0,得 x= e 2.aJ若 xe 1 , e 2,則 f' (x)<0 ,1a -所以函數(shù)f(x)在1 , e 2)上單調(diào)遞減，a所以當(dāng)xC1 , e 2)時，f(x)Wf(1) =0,不符合題意.1綜上，a的取值范圍是(一8, 2.題型二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點問題 例4 (2016 揚州模擬)設(shè)函數(shù)f(x) = xex-asin xcos x(aCR,其中e是自然對數(shù)的底數(shù)).當(dāng)a=0時，求f(x)的極值；(2)若對于任意的x C 0 , 2 , f (x) >0恒成立，求a的取值范

9、圍;，,、 , .兀 -，-一. ，.一(3)是否存在實數(shù)a,使得函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,萬)上有兩個零點？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，請說明理由.解(1)當(dāng) a = 0 時，f(x)=xex, f' (x) = ex(x+1),令 f ' (x) = 0,得 x = 1.列表如下：x(8, 1)1(-1, +°°)f' (x)一0十f (x)極小值所以函數(shù)f(x)的極小值為f(-1) = -1,無極大值. e 兀. ，. 一(2)當(dāng)a<0時，由于對于任息 x 0 ,有sin xcos x>0,所以f(x)>0恒成立，即當(dāng)a

10、<0時，符合題意；當(dāng) 0<awi 時，因為 f' (x) = ex(x+1) acos 2 x>e°(0 + 1) - acos 0 = 1- a>0, .兀 所以函數(shù)f (x)在0 ,上為增函數(shù).所以f(x) >f (0) =0,即當(dāng)0<awi時，符合題意；當(dāng) a>1 時，f' (0) = 1-a<0, 耳f (7) = e4(T+1)>。，設(shè)f ' ( a ) = 0,其中a是f ' ( x) = 0中最接近x=0的零點.所以f(x)在(0, a)上為減函數(shù)，此時f(x)<f (0) =0

11、,即當(dāng)a>1時，不符合題意.綜上所述，a的取值范圍是(8, 1. 一.一 .一 . . 、TT -. - 一 (3)不存在頭數(shù)a,使得函數(shù)f (x)在區(qū)間(0, -2)上有兩個零點.由(2)知，當(dāng)a<l時，f(x)在(0,5)上是增函數(shù)，且f (0) =0,故函數(shù)f (x)在區(qū)間(0, -2) 上無零點.當(dāng) a>1 時，f' (x) = ex(x+1) acos 2 x.令 g(x) =ex(x+1) - acos 2 x,則 g' (x)=ex(x+ 2) + 2asin 2 x,兀，,當(dāng)xC (0 ,2)時，恒有g(shù) (x)>0 ,所以g(x)在(0,

12、)上是增函數(shù).由 g(0) = 1 a<0, 31g(y) = e'c2- + 1) +a>0,故g( x)在(0 , -2-)上存在唯一的零點 xo,即方程f' ( x) = 0在(0 , -2)上存在口t一解xo.且當(dāng) xC (0 , xO)時，f ' (x)<0 ;兀當(dāng) xC(x°,萬)時，f ' (x)>0,即函數(shù)f (x)在(0 , x0)上單調(diào)遞減，兀 、一在(x°,5)上單調(diào)遞增.當(dāng) xC (0 , x。)時，f (x)<f(0) = 0,即f (x)在(0 , x°)上無零點；n,兀，.

13、兀兀 二當(dāng) xe(x0,方)時，由于 f(x0)<f(0) =0, f(5)="2e2>0,兀一一八一.所以f(x)在(x°,萬)上有唯一季點.所以，當(dāng)a>1時，f (x)在(0, -2)上有一個零點.-.一一 .一 .一 . . 、TT -.-一 綜上所述，不存在實數(shù)a,使得函數(shù)f (x)在區(qū)間(0 ,萬)上有兩個零點.思維升華 利用導(dǎo)數(shù)研究方程的根(函數(shù)的零點)的策略研究方程的根或曲線的交點個數(shù)問題，可構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)的零點個數(shù)問題.可利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值、單調(diào)性、變化趨勢等，從而畫出函數(shù)的大致圖象，然后根據(jù)圖象判斷函數(shù)的零點個數(shù).跟蹤

14、訓(xùn)練2 已知函數(shù)f(x)=x2+xsin x+cos x的圖象與直線 y=b有兩個不同交點，求 b 的取值范圍.解 f' ( x) = x(2 + cos x),令 f ' (x) = 0,得 x = 0.當(dāng) x>0 時，f' (x)>0, f(x)在(0, +8)上遞增.當(dāng)x<0時，f' (x)<0, f (x)在(一巴 0)上遞減.f(x)的最小值為f(0)=1.函數(shù)f(x)在區(qū)間(8, 0)和(0, +8)上均單調(diào),，當(dāng)b>1時，曲線y=f(x)與直線y= b有且僅有兩個不同交點.綜上可知，b的取值范圍是(1 , +8).題型

15、三利用導(dǎo)數(shù)研究生活中的優(yōu)化問題例5某商場銷售某種商品的經(jīng)驗表明，該商品每日的銷售量 y(單位：千克)與銷售價格x(單位：元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng) = -a-+10(x-6)2,其中3Vx<6, a為常數(shù).已知銷售價格為5元x 3/千克時，每日可售出該商品11千克.(1)求a的值;(2)若該商品的成本為3元/千克，試確定銷售價格 x的值，使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大.-a解 (1)因為當(dāng) x=5 時，y=11,所以 2+10=11, a= 2.(2)由(1)可知，該商品每日的銷售量為y=V +10( x- 6)2. x 3所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤為f(x)=(x-3)三+1

16、0(x-6) 2 x 3= 2+10(x3)( x-6) 2,3<x<6.2從而，f ' (x) =10( x6) +2(x3)( x 6) = 30(x 4)( x-6).于是，當(dāng)x變化時，f ' (x) , f (x)的變化情況如下表:x(3,4)4(4,6)f' (x)十0一f(x)單調(diào)遞增極大值42單調(diào)遞減由上表可得，當(dāng)x=4時，函數(shù)f(x)取得極大值，也是最大值.所以，當(dāng)x=4時，函數(shù)f (x)取得最大值且最大值等于42.答 當(dāng)銷售價格為4元/千克時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大思維升華利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題的四個步驟(1)分析實際問題

17、中各個量之間的關(guān)系，列出實際問題的數(shù)學(xué)模型，寫出實際問題中變量之間的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)=f(x).(2)求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f ' (x),解方程f ' (x)=0.(3)比較函數(shù)在區(qū)間端點和使f ' (x)=0的點的函數(shù)值的大小， 最大(小)者為最大(小)值；若函數(shù)在開區(qū)間內(nèi)只有一個極值點，那么該極值點就是最值點(4)回歸實際問題作答.跟蹤訓(xùn)臻3 (2016 蘇北四市調(diào)研)經(jīng)市場調(diào)查，某商品每噸的價格為 x(1<x<14)百元時，該，一，,7 2一 一一， 一，121商品的月供給重為 y1噸，y1 = ax+ 2a a(a>0)；月需求重為 y2萬噸，y?= 22

18、不一而*+1, 當(dāng)該商品的需求量大于供給量時，銷售量等于供給量；當(dāng)該商品的需求量不大于供給量時，銷售量等于需求量，該商品的月銷售額等于月銷售量與價格的乘積1(1)若a=7,問商品的價格為多少時，該商品的月銷售額最大？(2)記需求量與供給量相等時的價格為均衡價格，若該商品的均衡價格不低于每噸6百元，求實數(shù)a的取值范圍._1.解(1)右 a = 7,由 y2>y1,12117 12 1得224x 112x+1>+2(7)解得40Vx<6 .因為 1<x<14,所以 1<x<6.設(shè)該商品的月銷售額為g(x),y1 - x, 1<x<6則 g( x

19、) = |y2 - x, 6< x<14.一1133當(dāng) 1<x<6 時，g(x) = 7(x-2)x<g(6)=.11121當(dāng) 6wx<14 時，g(x) = ( 224x 而x+1)x,，12則 g (刈=224(3x +4x224)1=-224( x-8)(3 x+28),由 g' (x)>0 ,得 x<8,所以g(x)在6,8)上是增函數(shù)，在(8,14)上是減函數(shù),故當(dāng)x= 8時，g(x)有最大值g(8)=.11217 2(2) Tf(x) = y1y2=224x +(ii2+a)x + 2a -1-a,因為a>0,所以f (

20、x)在區(qū)間(1,14)上是增函數(shù)，若該商品的均衡價格不低于6百元，則函數(shù)f(x)在區(qū)間6,14)上有零點,211f所以，f614濁7a + 10a-7 W。即7a2+ 13a>0, ,2解得0<aw1.，41 一一，一 ,一，、一答(1)若a=：商品的每噸價格定為8百元時，月銷售額最大； 1(2)若該商品的均衡價格不低于每噸6百兀，實數(shù)a的取值范圍是(0, 7.審題路線圖系列一審條件挖隱含典例 (16 分)設(shè) f (x) =a+xln x, g(x) =x3-x2- 3. x(1)如果存在x1, x2 0,2使得g(x1) g(x2) >M成立，求滿足上述條件的最大整數(shù) 1.

21、(2)如果對于任意的s, te2, 2,都有f(s)>g(t)成立，求實數(shù)a的取值范圍百題跖麗|(1)存在 Xi, *2>0,2使得 g(x1) - g(x2) >MJ (正確理解“存在”的含義)g( X1)-g(X2) max> MJ挖掘g(X1) - g( X2) max的隱含實質(zhì)g( X) max g( X) min > MJ求得M的最大整數(shù)值1工，(2)對任意 s, tC2, 2都有 f(s)>g(t)J (理解“任意”的含義)：(X)min>g(X) maxJ 求得 g( x) max= 1a一+ xln x>l恒成立J分離參數(shù)aa&g

22、t;x-x2ln x恒成立J求h( x) = x x2ln x的最大值a > h( x) max= h(1) =1Ja > 1規(guī)范解答解(1)存在 xi , x2 0,2使得 g(xi) g(x2)> M成立，等價于g(xi) g(x2) max> M2分由 g(x)=x3"-3,得 g'(x)=3x2-2x=3x(x-|).令 g' (x)>0 ,得 x<0 或 x>2,3又xC0,2,所以g(x)在區(qū)間0, 2上單調(diào)遞減，在區(qū)間2, 2上單調(diào)遞增，所以g(x)min33所以當(dāng) 1<x<2 時，h' (x

23、)<0;1當(dāng)2Vx<1 時，h' (x)>0.14 分c1即函數(shù)h(x) = x x2ln x在區(qū)間(2，1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減，所以h( x) max= h(1) =1,所以si> 1,即實數(shù)a的取值范圍是1 , +8).16分課時作業(yè)1.函數(shù)f (x) = (x 1) 2( x 2)2的極大值是 .答案116解析 f(x) =(x- 1) 2(x-2)2,f' (x) =2(x- 1)(2 x 3)( x 2).3令f (x)=0,得可能的極值點 x1=1, x2 = 2, x3= 2.當(dāng)x變化時，f' ( x) , f(

24、x)的變化情況如下表：x(8, 1)13 (1，2)323 (2, 2)2(2 , +00)f' (x)一0十0一0十f(x)極小值極大值極小值31 - f (2)=痛是函數(shù)的極大值.2 .已知曲線y = x2+aln x(a>0)上任意一點處的切線的斜率為k,若k的最小值為4,則此時切點的坐標為.答案(1,1)a解析 函數(shù) y = x+aln x(a>0)的te義域為x|x>0, y = 2x+_>2A/2a= 4,則 a=2,當(dāng) x且僅當(dāng)x=1時，成立，將 x=1代入曲線方程得y=1,故所求的切點坐標是(1,1).3 .如果不等式ln&xw1對任意的

25、正實數(shù)x恒成立，則實數(shù)k的取值范圍為.x e答案(0,1解析 由題意知k>0,令f(x)=(x>0), x ln kx ln k+ln x則 f (x)=,xx1 In kx . 一 e e 因此f (x) = x ，令f (x)=0,解得x = k，且函數(shù)f (x)在x = k處取得極大值，也是最大值，一 、.k 1 由題息有-W-,所以0<kw 1. e e4 .若商品的年利潤y(萬元)與年產(chǎn)量x(百萬件)的函數(shù)關(guān)系式：y=x3+ 27x+ 123(x>0),則獲得最大利潤時的年產(chǎn)量為 百萬件.答案 3解析 y' = 3x2+27=3(x+3)( x3),

26、當(dāng) 0<x<3 時，y' >0;當(dāng) x>3 時,y' <0.故當(dāng)x= 3時，該商品的年利潤最大5 .(2017 南京質(zhì)檢)直線x= t分別與函數(shù)f (x) =ex+1的圖象及g(x) =2x1的圖象相交于點A和點B,則AB的最小值為 .答案 42ln 2解析由題意得，AB= |ex+1-(2x-1)|=|e x-2x+ 2| ,令 h(x) =ex- 2x+ 2,則h' (x)=ex2,所以h( x)在(一in 2)上單調(diào)遞減,在(ln 2 , +8)上單調(diào)遞增，所以h(x) min = h(ln 2) =42ln 2>0 ,即AB的

27、最小值是4 2ln 2. .f x6 .已知定義域為 R的奇函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)為y = f (x),當(dāng)xwo時，f (x)+>0,x若 a=2f g j b=- 2f ( 2)，c= n 2) f n 2 j,則 a, b, c 的大小關(guān)系是 .答案a<c<b解析 構(gòu)造函數(shù)h(x) =xf (x),則 h' (x) = f (x) + x f' (x).y = f(x)是定義在R上的奇函數(shù), ，h(x)是定義在R上的偶函數(shù).當(dāng) x>0 時，h' (x) = f (x) + x f' (x)>0 ,.此時函數(shù)h(x)單調(diào)遞增.b

28、=- 2f( 2) =2f(2) = h(2)InInIn 2 ：= h( In 2) = h(ln 2)又2<ln 2<2 ,a<c<b.7 .若函數(shù)f(x) = ax2+4x3在0,2上有最大值f(2),則a的取值范圍是 .答案1, +8)解析f' (x)=2ax+4,由f(x)在0,2上有最大值f(2),則要求f(x)在0,2上單調(diào)遞增， 則2ax+ 4>0在0,2上恒成立.當(dāng)a>0時，2ax+4>0恒成立；當(dāng) a<0時，要求 4a+4>0 恒成立，即a>1.，a的取值范圍是1, +8).8 .(2016 蘇州模擬)定義

29、在 R上的函數(shù)f(x)滿足：f(x)+f ' (x)>1 , f(0) =4,則不等式 exf(x)>ex+3(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的解集為 .答案 (0 , +8)解析設(shè) g(x) = exf (x) -ex(x R» ,貝U g' (x) = exf (x) + exf ' ( x) ex= exf(x) + f ' (x) - 1,. f(x) + f' (x)>1,，f(x)+f' (x) 1>0,，g' (x)>0 ,y= g(x)在定義域上單調(diào)遞增，e xf (x)>ex+3,

30、 . . g(x)>3,又 g(0) = e0f(0) -e0=4-1=3, g(x)>g(0) , x>0.9 .已知函數(shù)f(x) =ax3- 3x2+1,若f(x)存在唯一的零點xo且x0>0,則a的取值范圍是答案(8, 2)解析 當(dāng)a=0時，f(x) = 3x2+1有兩個零點，不合題意，故aw。，f' (x) =3ax26x =3x( ax- 2),令 f ' (x)=0,得 x1=0, x2=-.a若a>0,由三次函數(shù)圖象知 f(x)有負數(shù)零點，不合題意，故a<0.由三次函數(shù)圖象及 f(0) =1>0知,2 f(-)>0,

31、 a2 c2 c即 ax(a)-3x(a)+i>0,化簡得a2 4>0,又a<0,所以a< 2.10.已知函數(shù) f (x) = ax33x+1 對xC(0,l總有f(x)>0成立，則實數(shù) a的取值范圍是答案4 , +oo)解析 當(dāng)xC(0,1時不等式ax33x+1>0可化為3x13x1a>3-，設(shè) g(x) =-3-, xC (0,1, xx.1,3x33x1 3x20 x 2g (x)=x 一"g' (x)與g(x)隨x的變化情況如下表:x1 (0, 2)121 (1)g' (x)十0一g(x)極大值4因此g(x)的最大值為

32、4,則實數(shù)a的取值范圍是4 , +oo).11.(2016 鹽城模擬)已知 f(x) =(1 x)ex1.(1)求函數(shù)f(x)的最大值；(2)設(shè) g(x)=x x>1 且 xw0,證明：g(x)<1. x解 f ' (x) = xex.當(dāng) xC(8, 0)時，f' (x)>0, f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)xC(0,+8)時，f ' (x)<0 , f (x)單調(diào)遞減.所以f(x)的最大值為f (0) =0.(2)證明 由(1)知，當(dāng) x>0 時,f(x)<0, g(x)<0<1.當(dāng)一1<x<0 時，g(x)<1

33、 等價于 f(x)>x.設(shè) h(x) =f (x) x,則 h' ( x) = xex1.當(dāng) xC( 1,0)時，0<-x<1,0<e x<1,則 0< xex<1,從而當(dāng) xC ( 1,0)時，h' (x)<0,h(x)在(1,0)上單調(diào)遞減.當(dāng)一1<x<0 時，h(x)>h(0) =0,即 g(x)<1.綜上，當(dāng)x>1且xwo時總有g(shù)(x)<1.12.已知函數(shù) f(x)=ex+ax a(aCR且 aw。).(1)若f(0) =2,求實數(shù)a的值，并求此時f(x)在2,1上的最小值；(2)若函數(shù)

34、f (x)不存在零點，求實數(shù) a的取值范圍.解(1)由 f (0) = 1 a=2,得 a= 1.易知f(x)在2,0上單調(diào)遞減，在0,1上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x=0時，f(x)在2,1上取得最小值2.(2) f' (x) = ex+a,由于 ex>0.當(dāng)a>0時，f' (x)>0, f(x)是增函數(shù)，當(dāng) x>1 時，f(x) = ex+a(x1)>0.當(dāng) x<0 時，取 x= - 1,則 f ( 1)<1 + a( 1 1) = a<0. aaa所以函數(shù)f(x)存在零點，不滿足題意.當(dāng) a<0 時，f' (x) = ex+a,令 f ' (x) =0,得 x=ln( a).在(00, in( a)上，f' (x)<0 , f (x)單調(diào)遞減，在(ln( a), +8)上，f' (x)>0 , f (x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x=ln( a)時，f(x)取最小值.函數(shù) f(x)不存在零點，等價于 f(in( a) =eln(a)+ain( -a) -a=- 2a+ain( -a)>0 ,解得2e <a<0.