2024-2025學(xué)年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題3.3函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用知識(shí)點(diǎn)講解理科版含解析

專題3.3函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用（精測）1．(2024·四川成都模擬)已知函數(shù)f(x)＝e2x－2aex－2ax，其中a>0.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)若函數(shù)f(x)有唯一零點(diǎn)，求a的值．【解析】(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝e2x－2ex－2x，∴f′(x)＝2e2x－2ex－2，∴f′(0)＝2e0－2e0－2＝－2.又f(0)＝e0－2e0－0＝－1，∴曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y－(－1)＝－2x，即2x＋y＋1＝0.(2)由題意得f′(x)＝2e2x－2aex－2a＝2(e2x－aex－a)．令t＝ex∈(0，＋∞)，則g(t)＝2(t2－at－a)．設(shè)t2－at－a＝0的解為t1，t2則t1＋t2＝a，t1t2＝－a，又∵a>0，∴函數(shù)y＝g(t)在(0，＋∞)上僅有一個(gè)零點(diǎn)．∴存在t0∈(0，＋∞)，使得g(t0)＝0，即存在x0滿意t0＝ex0時(shí)，f′(x0)＝0.∴當(dāng)t∈(0，t0)，即x∈(－∞，x0)時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，x0)上單調(diào)遞減；當(dāng)t∈(t0，＋∞)，即x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增．又當(dāng)x→－∞時(shí)，e2x－2aex→0，－2ax→＋∞，∴f(x)→＋∞；當(dāng)x>0時(shí)，ex>x，∴f(x)＝e2x－2aex－2ax>e2x－2aex－2aex＝ex(ex－4a)，∵當(dāng)x→＋∞時(shí)，ex(ex－4a)→＋∞，∴f(x)→＋∞.∴函數(shù)f(x)有唯一零點(diǎn)時(shí)，必有f(x0)＝e2x0－2aex0－2ax0＝0.①又e2x0－aex0－a＝0，②由①②消去a，得ex0＋2x0－1＝0.令h(x)＝ex＋2x－1，∵h(yuǎn)′(x)＝ex＋2>0，∴h(x)單調(diào)遞增．又h(0)＝0，∴方程ex0＋2x0－1＝0有唯一解x＝0.將x＝0代入e2x0－aex0－a＝0，解得a＝eq\f(1,2)，∴當(dāng)函數(shù)f(x)有唯一零點(diǎn)時(shí)，a為eq\f(1,2).2.(2024·廣西桂林市聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))lnx＋eq\f(1,x)－x(a>0)．(1)若a＝eq\f(1,2)，求f(x)的極值點(diǎn)；(2)若曲線y＝f(x)上總存在不同的兩點(diǎn)P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))，使得曲線y＝f(x)在P，Q兩點(diǎn)處的切線平行，求證：x1＋x2>2.【解析】f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))·eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)－1(a>0)．(1)當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，f′(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,2)))＝－eq\f(（x－2）（2x－1）,2x2)，令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,2)或x>2；令f′(x)>0，得eq\f(1,2)<x<2，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(2，＋∞)上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞增，∴x＝eq\f(1,2)是f(x)的微小值點(diǎn)，x＝2是f(x)的極大值點(diǎn)．(2)證明：由題意知，f′(x1)＝f′(x2)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))·eq\f(1,x1)－eq\f(1,xeq\o\al(2,1))－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))·eq\f(1,x2)－eq\f(1,xeq\o\al(2,2))－1(x1≠x2)，∴a＋eq\f(1,a)＝eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(x1＋x2,x1x2).∵x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，∴x1＋x2>2eq\r(x1x2)，則有x1x2<eq\f(（x1＋x2）2,4)，∴a＋eq\f(1,a)＝eq\f(x1＋x2,x1x2)>eq\f(4,x1＋x2)，∴x1＋x2>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a＋\f(1,a))))eq\s\do7(max).∵a>0，∴eq\f(4,a＋\f(1,a))≤2(當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時(shí)取等號)，∴x1＋x2>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a＋\f(1,a))))eq\s\do7(max)＝2.3．(2024·云南昆明市高三診斷)已知函數(shù)f(x)＝2lnx－x＋eq\f(1,x).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若a>0，b>0，且a≠b，證明：eq\r(ab)<eq\f(a－b,lna－lnb)<eq\f(a＋b,2).【解析】(1)由題意得，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(2,x)－1－eq\f(1,x2)＝eq\f(－x2＋2x－1,x2)＝eq\f(－（x－1）2,x2)≤0.所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，無單調(diào)遞增區(qū)間．(2)設(shè)a>b>0，則eq\r(ab)<eq\f(a－b,lna－lnb)?lna－lnb<eq\f(a－b,\r(ab))?lneq\f(a,b)<eq\r(\f(a,b))－eq\f(1,\r(\f(a,b)))?2lneq\r(\f(a,b))－eq\r(\f(a,b))＋eq\f(1,\r(\f(a,b)))<0.由(1)知，f(x)是(0，＋∞)上的減函數(shù)，又eq\r(\f(a,b))>1，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,b))))<f(1)＝0，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,b))))＝2lneq\r(\f(a,b))－eq\r(\f(a,b))＋eq\f(1,\r(\f(a,b)))<0，所以eq\r(ab)<eq\f(a－b,lna－lnb).又eq\f(a－b,lna－lnb)<eq\f(a＋b,2)?lna－lnb>eq\f(2（a－b）,a＋b)?lneq\f(a,b)>eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)－1)),\f(a,b)＋1).令g(x)＝lnx－eq\f(2（x－1）,x＋1)，則g′(x)＝eq\f(（x－1）2,x（x＋1）2)，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，g′(x)≥0，即g(x)是(0，＋∞)上的增函數(shù)．因?yàn)閑q\f(a,b)>1，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))>g(1)＝0，所以lneq\f(a,b)>eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)－1)),\f(a,b)＋1)，從而eq\f(a－b,lna－lnb)<eq\f(a＋b,2).綜上所述，當(dāng)a>0，b>0，且a≠b時(shí)，eq\r(ab)<eq\f(a－b,lna－lnb)<eq\f(a＋b,2).4．(2024·山東煙臺(tái)模擬)已知函數(shù)f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)求函數(shù)f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；(2)若存在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))(e是自然對數(shù)的底數(shù)，e＝2.71828…)使不等式2f(x)≥g(x)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解析】(1)由題意知f′(x)＝lnx＋1，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時(shí)，f′(x)<0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時(shí)，f′(x)>0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞增．當(dāng)0<t<t＋2<eq\f(1,e)時(shí)，t無解；當(dāng)0<t≤eq\f(1,e)<t＋2，即0<t≤eq\f(1,e)時(shí)，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)；當(dāng)eq\f(1,e)<t<t＋2，即t>eq\f(1,e)時(shí)，f(x)在[t，t＋2]上單調(diào)遞增，故f(x)min＝f(t)＝tlnt.所以f(x)min＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0<t≤\f(1,e)，,tlnt，t>\f(1,e).))(2)由題意，知2xlnx≥－x2＋ax－3，即a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)，令h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(2,x)＋1－eq\f(3,x2)＝eq\f(（x＋3）（x－1）,x2)，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))時(shí)，h′(x)<0，此時(shí)h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，e]時(shí)，h′(x)>0，此時(shí)h(x)單調(diào)遞增．所以h(x)max＝maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))，h（e）)).因?yàn)榇嬖趚∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，使2f(x)≥g(x)成立，所以a≤h(x)max，又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－2＋eq\f(1,e)＋3e，h(e)＝2＋e＋eq\f(3,e)，故heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))>h(e)，所以a≤eq\f(1,e)＋3e－2.5．(2024·陜西省質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(k,x)，k∈R.(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(e，f(e))處的切線與直線x－2＝0垂直，求f(x)的單調(diào)性和微小值(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))；(2)若對隨意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)<x1－x2恒成立，求k的取值范圍．【解析】(1)由題意，得f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(k,x2)(x>0)，∵曲線y＝f(x)在點(diǎn)(e，f(e))處的切線與直線x－2＝0垂直，∴f′(e)＝0，即eq\f(1,e)－eq\f(k,e2)＝0，解得k＝e，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(e,x2)＝eq\f(x－e,x2)(x>0)，由f′(x)<0，得0<x<e；由f′(x)>0，得x>e，∴f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)x＝e時(shí)，f(x)取得微小值，且f(e)＝lne＋eq\f(e,e)＝2.∴f(x)的微小值為2.(2)由題意知，對隨意的x1>x2>0，f(x1)－x1<f(x2)－x2恒成立，設(shè)h(x)＝f(x)－x＝lnx＋eq\f(k,x)－x(x>0)，則h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(k,x2)－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即當(dāng)x>0時(shí)，k≥－x2＋x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)恒成立，∴k≥eq\f(1,4).故k的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)).6.(2024·山西大同調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R)．(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求f(x)的圖象在x＝1處的切線方程；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax＋m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．【解析】(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝2lnx－x2＋2x，f′(x)＝eq\f(2,x)－2x＋2，則k＝f′(1)＝2.∵f(1)＝1，∴切點(diǎn)坐標(biāo)為(1，1)．所以切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.(2)由題意得，g(x)＝2lnx－x2＋m，則g′(x)＝eq\f(2,x)－2x＝eq\f(－2（x＋1）（x－1）,x).∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，∴令g′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)eq\f(1,e)≤x<1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)1<x≤e時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減．故g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有最大值g(1)＝m－1.又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝m－2－eq\f(1,e2)，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝4－e2＋eq\f(1,e2)<0，則g(e)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))，∴g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最小值是g(e)．g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)的條件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（1）＝m－1>0，,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝m－2－\f(1,e2)≤0，))解得1<m≤2＋eq\f(1,e2)，∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，2＋\f(1,e2))).7．(2024·河南安陽二模)已知函數(shù)f(x)＝lnx－x2＋ax，a∈R.(1)證明：lnx≤x－1；(2)若a≥1，探討函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．【解析】(1)證明：令g(x)＝lnx－x＋1(x>0)，則g(1)＝0，g′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減．∴當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)g(x)取得極大值也是最大值，∴g(x)≤g(1)＝0，即lnx≤x－1.(2)f′(x)＝eq\f(1,x)－2x＋a＝eq\f(－2x2＋ax＋1,x)，x>0.令－2x2＋ax＋1＝0，解得x0＝eq\f(a＋\r(a2＋8),4)(負(fù)值舍去)，在(0，x0)上，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，在(x0，＋∞)上，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．∴f(x)max＝f(x0)．當(dāng)a＝1時(shí)，x0＝1，f(x)max＝f(1)＝0，此時(shí)函數(shù)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)x＝1.當(dāng)a>1時(shí)，f(1)＝a－1>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)))＝lneq\f(1,2a)－eq\f(1,4a2)＋eq\f(1,2)<eq\f(1,2a)－1－eq\f(1,4a2)＋eq\f(1,2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)－\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,4)<0，f(2a)＝ln2a－2a2<2a－1－2a2＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)<0.∴函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))和區(qū)間(1，2a)上各有一個(gè)零點(diǎn)．綜上可得，當(dāng)a＝1時(shí)，函數(shù)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)x＝1；當(dāng)a>1時(shí)，函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．8．(2024·河北石家莊質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝(2－x)ek(x－1)－x(k∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))．(1)若f(x)在R上單調(diào)遞減，求k的最大值；(2)當(dāng)x∈(1，2)時(shí)，證明：lneq\f(x（2x－1）,2－x)>2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x))).【解析】(1)∵f(x)在R上單調(diào)遞減，∴f′(x)＝ek(x－1)[k(2－x)－1]－1≤0恒成立，即－kx＋2k－1≤eq\f(1,ek（x－1）)對隨意x∈R恒成立．設(shè)g(x)＝eq\f(1,ek（x－1）)＋kx－2k＋1，則g(x)≥0對隨意x∈R恒成立，明顯應(yīng)滿意g(1)＝2－k≥0，∴k≤2.當(dāng)k＝2時(shí)，g′(x)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,e2（x－1）)))，且g′(1)＝0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，∴g(x)min＝g(1)＝0，即g(x)≥0恒成立，故k的最大值為2.(2)證明：由(1)知，當(dāng)k＝2時(shí)，f(x)＝(2－x)e2(x－1)－x在R上單調(diào)遞減，且f(1)＝0，所以當(dāng)x∈(1，2)時(shí)，f(x)<f(1)，即(2－x)e2(x－1)<x，兩邊同取以e為底的對數(shù)得ln(2－x)＋2(x－1)<lnx，即2(x－1)<lneq\f(x,2－x)，①下面證明－eq\f(2,x)＋2<ln(2x－1)，x∈(1，2)．②令H(x)＝ln(2x－1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)＋2))(1<x<2)，則H′(x)＝eq\f(2（x－1）2,x2（2x－1）)>0，∴H(x)在(1，2)上單調(diào)遞增，則H(x)>H(1)＝ln(2×1－1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,1)＋2))＝0，故②成立，＋②得，lneq\f(x（2x－1）,2－x)>2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))成立．9.(2024·河南鄭州市第一次質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝(ex－2a)ex，g(x)＝4a2x.(1)設(shè)h(x)＝f(x)－g(x)，試探討h(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)y＝f(x)的圖象恒在函數(shù)y＝g(x)的圖象的上方，求a的取值范圍．【解析】(1)∵h(yuǎn)(x)＝(ex－2a)ex－4a2x，∴h′(x)＝2e2x－2aex－4a2＝2(ex＋a)(ex－2a)．①當(dāng)a＝0時(shí)，h′(x)>0恒成立，∴h(x)在R上單調(diào)遞增；②當(dāng)a>0時(shí)，ex＋a>0，令h′(x)＝0，解得x＝ln2a，當(dāng)x<ln2a時(shí)，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>ln2a時(shí)，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增；③當(dāng)a<0時(shí)，ex－2a>0，令h′(x)＝0，解得x＝ln(－a)，當(dāng)x<ln(－a)時(shí)，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>ln(－a)時(shí)，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增．綜上所述，當(dāng)a＝0時(shí)，h(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，h(x)在(－∞，ln2a)上單調(diào)遞減，在(ln2a，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時(shí)，h(x)在(－∞，ln(－a))上單調(diào)遞減，在(ln(－a)，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)若函數(shù)y＝f(x)的圖象恒在函數(shù)y＝g(x)的圖象的上方，則h(x)>0恒成立，即h(x)min>0.①當(dāng)a＝0時(shí)，h(x)＝e2x>0恒成立；②當(dāng)a>0時(shí)，由(1)得，h(x)min＝h(ln2a)＝－4a2ln2a>0，∴l(xiāng)n2a<0，∴0<a<eq\f(1,2)；③當(dāng)a<0時(shí)，由(1)可得h(x)min＝h(ln(－a))＝3a2－4a2ln(－a)>0，∴l(xiāng)n(－a)<eq\f(3,4)，∴－eeq\s\up6(\f(3,4))<a<0.綜上所述，a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－e\s\up6(\f(3,4))，\f(1,2))).10．(2024·河北衡水中學(xué)調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(x＋1,x－1).(1)探討f(x)的單調(diào)性，并證明f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)；(2)設(shè)x0是f(x)的一個(gè)零點(diǎn)，證明曲線y＝lnx在點(diǎn)A(x0，lnx0)處的切線也是曲線y＝ex的切線．【解析】(1)函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(x＋1,x－1).定義域?yàn)?0，1)∪(1，＋∞)；f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,（x－1）2)>0，(x>0且x≠1)，∴f(x)在(0，1)和(1，＋∞)上單調(diào)遞增．①在(0，1)上取eq\f(1,e2)，eq\f(1,e)代入函數(shù)，由函數(shù)零點(diǎn)的定義得，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))<0，∴f(x)在(0，1)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)．②在(1，＋∞)上取e，e2代入函數(shù)，由函數(shù)零點(diǎn)的定義得，又∵f(e)<0，f(e2)>0，f(e)·f(e2)<0，∴f(x)在(1，＋∞)上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，故f(x)在定義域內(nèi)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)．(2)證明：若x0是f(x)的一個(gè)零點(diǎn)，則有l(wèi)nx0＝eq\f(x0＋1,x0－1)，由y＝lnx，得y′＝eq\f(1,x)；∴曲線y＝lnx在點(diǎn)A(x0，lnx0)處的切線方程為y－lnx0＝eq\f(1,x0)(x－x0)，即y＝eq\f(1,x0)x－1＋lnx0，即y＝eq\f(1,x0)x＋eq\f(2,x0－1)，當(dāng)曲線y＝ex切線斜率為eq\f(1,x0)時(shí)，切點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x0)，\f(1,x0)))，∴曲線y＝ex的切線在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x0)，\f(1,x0)))處的切線方程為y－eq\f(1,x0)＝eq\f(1,x0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－ln\f(1,x0)))，即y＝eq\f(1,x0)x＋eq\f(2,x0－1)，故曲線y＝lnx在點(diǎn)A(x0，lnx0)處的切線也