2019版高考数学一轮总复习第三章导数及应用题组训练18定积分与微积分基本定理理2018051541.doc

题组训练18 定积分与微积分基本定理1若a>2，则函数f(x)x3ax21在区间(0，2)上恰好有()A0个零点B1个零点C2个零点 D3个零点答案B解析f(x)x22ax，且a>2，当x(0，2)时，f(x)<0，即f(x)在(0，2)上是单调减函数又f(0)1>0，f(2)4a<0，f(x)在(0，2)上恰好有1个零点故选B.2函数yx2ex的图像大致为()答案A解析因为y2xexx2exx(x2)ex，所以当x<2或x>0时，y>0，函数yx2ex为增函数；当2<x<0时，y<0，函数yx2ex为减函数，排除B，C，又yx2ex>0，所以排除D，故选A.3函数f(x)ex(sinxcosx)在区间0，上的值域为()A，eB(，e)C1，e D(1，e)答案A解析f(x)ex(sinxcosx)ex(cosxsinx)excosx，当0x时，f(x)0.f(x)是0，上的增函数f(x)的最大值为f()e，f(x)的最小值为f(0).4(2018·山东陵县一中月考)已知函数f(x)x2ex，当x1，1时，不等式f(x)<m恒成立，则实数m的取值范围为()A，)B(，)Ce，) D(e，)答案D解析由f(x)ex(2xx2)x(x2)ex，得当1<x<0时，f(x)<0，函数f(x)单调递减，当0<x<1时，f(x)>0，函数f(x)单调递增，且f(1)>f(1)，故f(x)maxf(1)e，则m>e.故选D.5(2014·课标全国)已知函数f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是()A(2，) B(1，)C(，2) D(，1)答案C解析当a0时，显然f(x)有两个零点，不符合题意当a0时，f(x)3ax26x，令f(x)0，解得x10，x2.当a>0时，>0，所以函数f(x)ax33x21在(，0)与(，)上为增函数，在(0，)上为减函数，因为f(x)存在唯一零点x0，且x0>0，则f(0)<0，即1<0，不成立当a<0时，<0，所以函数f(x)ax33x21在(，)和(0，)上为减函数，在(，0)上为增函数，因为f(x)存在唯一零点x0，且x0>0，则f()>0，即a·3·1>0，解得a>2或a<2，又因为a<0，故a的取值范围为(，2)选C.6f(x)是定义在R上的偶函数，当x<0时，f(x)xf(x)<0，且f(4)0，则不等式xf(x)>0的解集为()A(4，0)(4，) B(4，0)(0，4)C(，4)(4，) D(，4)(0，4)答案D解析设g(x)xf(x)，则当x<0时，g(x)xf(x)xf(x)xf(x)xf(x)f(x)<0，所以函数g(x)在区间(，0)上是减函数因为f(x)是定义在R上的偶函数所以g(x)xf(x)是R上的奇函数，所以函数g(x)在区间(0，)上是减函数因为f(4)0，所以f(4)0，即g(4)0，g(4)0，所以xf(x)>0化为g(x)>0.设x>0，不等式为g(x)>g(4)，即0<x<4；设x<0，不等式为g(x)>g(4)，即x<4，所求的解集为(，4)(0，4)故选D.7(2018·衡水调研卷)已知函数f(x)alnxbx2，a，bR.若不等式f(x)x对所有的b(，0，x(e，e2都成立，则实数a的取值范围是()Ae，) B，)C，e2) De2，)答案B解析由题意可得bx2alnxx，所以b.由b(，0，故对任意的x(e，e2，都有0，即alnxx对一切x(e，e2恒成立，即a对一切x(e，e2恒成立令h(x)，则h(x)>0在x(e，e2上恒成立，故h(x)max，所以a.故选B.8(2018·湖南衡阳期末)设函数f(x)ex(x3x26x2)2aexx，若不等式f(x)0在2，)上有解，则实数a的最小值为()A BC D1答案C解析由f(x)ex(x3x26x2)2aexx0，得ax3x23x1.令g(x)x3x23x1，则g(x)x2x3(x1)(x3)当x2，1)时，g(x)<0，当x(1，)时，g(x)>0，故g(x)在2，1)上是减函数，在(1，)上是增函数故g(x)ming(1)31，则实数a的最小值为.故选C.9已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积最大时，其高的值为_答案2解析设正六棱柱的底面边长为a，高为h，则可得a29，即a29，正六棱柱的体积V(6×a2)×h×(9)×h×(9h)令y9h，则y9，令y0，得h2.易知当h2时，正六棱柱的体积最大10已知函数f(x)ex2xa有零点，则a的取值范围是_答案(，2ln22解析由原函数有零点，可将问题转化为方程ex2xa0有解问题，即方程a2xex有解令函数g(x)2xex，则g(x)2ex，令g(x)0，得xln2，所以g(x)在(，ln2)上是增函数，在(ln2，)上是减函数，所以g(x)的最大值为g(ln2)2ln22.因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以，a(，2ln2211设l为曲线C：y在点(1，0)处的切线(1)求l的方程；(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线l的下方答案(1)yx1(2)略解析(1)设f(x)，则f(x).所以f(1)1.所以l的方程为yx1.(2)令g(x)x1f(x)，则除切点之外，曲线C在直线l的下方等价于g(x)>0(x>0，x1)g(x)满足g(1)0，且g(x)1f(x).当0<x<1时，x21<0，lnx<0，所以g(x)<0，故g(x)单调递减；当x>1时，x21>0，lnx>0，所以g(x)>0，故g(x)单调递增所以g(x)>g(1)0(x>0，x1)所以除切点之外，曲线C在直线l的下方12已知函数f(x)x28lnx，g(x)x214x.(1)求函数f(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若函数f(x)与g(x)在区间(a，a1)上均为增函数，求a的取值范围；(3)若方程f(x)g(x)m有唯一解，试求实数m的值答案(1)y6x7(2)2，6(3)m16ln224解析(1)因为f(x)2x，所以切线的斜率kf(1)6.又f(1)1，故所求的切线方程为y16(x1)即y6x7.(2)因为f(x)，又x>0，所以当x>2时，f(x)>0；当0<x<2时，f(x)<0.即f(x)在(2，)上单调递增，在(0，2)上单调递减又g(x)(x7)249，所以g(x)在(，7)上单调递增，在(7，)上单调递减欲使函数f(x)与g(x)在区间(a，a1)上均为增函数，则解得2a6.(3)原方程等价于2x28lnx14xm，令h(x)2x28lnx14x，则原方程即为h(x)m.因为当x>0时原方程有唯一解，所以函数yh(x)与ym的图像在y轴右侧有唯一的交点又h(x)4x14，且x>0，所以当x>4时，h(x)>0；当0<x<4时，h(x)<0.即h(x)在(4，)上单调递增，在(0，4)上单调递减，故h(x)在x4处取得最小值，从而当x>0时原方程有唯一解的充要条件是mh(4)16ln224.13(2018·湖北四校联考)已知函数f(x)lnxa(x1)，g(x)ex.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数h(x)f(x1)g(x)，当x>0时，h(x)>1恒成立，求实数a的取值范围答案(1)当a0时，f(x)的单调递增区间为(0，)，无单调递减区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，)(2)(，2解析(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)a(x>0)若a0，对任意的x>0，均有f(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(0，)，无单调递减区间；若a>0，当x(0，)时，f(x)>0，当x(，)时，f(x)<0，所以f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，)综上，当a0时，f(x)的单调递增区间为(0，)，无单调递减区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，)(2)因为h(x)f(x1)g(x)ln(x1)axex，所以h(x)exa.令(x)h(x)，因为x(0，)，(x)ex>0，所以h(x)在(0，)上单调递增，h(x)>h(0)2a，当a2时，h(x)>0，所以h(x)在(0，)上单调递增，h(x)>h(0)1恒成立，符合题意；当a>2时，h(0)2a<0，h(x)>h(0)，所以存在x0(0，)，使得h(x0)0，所以h(x)在(x0，)上单调递增，在(0，x0)上单调递减，又h(x0)<h(0)1，所以h(x)>1不恒成立，不符合题意综上，实数a的取值范围是(，2(第二次作业)1(2018·皖南十校联考)设函数f(x)lnxax2xa1(aR)(1)当a时，求函数f(x)的单调区间；(2)证明：当a0时，不等式f(x)x1在1，)上恒成立答案(1)增区间为(0，减区间为，)(2)略解析(1)当a时，f(x)lnxx2x，且定义域为(0，)，因为f(x)x1，当x(0，)时，f(x)>0；当x(，)时，f(x)<0，所以f(x)在(0，上是增函数；在，)上是减函数(2)令g(x)f(x)x1lnxax2a，则g(x)2ax，所以当a0时，g(x)>0在1，)上恒成立，所以g(x)在1，)上是增函数，且g(1)0，所以g(x)0在1，)上恒成立，即当a0时，不等式f(x)x1在1，)上恒成立2(2018·福建连城期中)已知函数f(x)(a)x2lnx(aR)(1)当a1时，求f(x)在区间1，e上的最大值和最小值；(2)若在区间1，)上，函数f(x)的图像恒在直线y2ax的下方，求实数a的取值范围答案(1)f(x)maxf(e)1，f(x)minf(1)(2)当a，时，在区间(1，)上函数f(x)的图像恒在直线y2ax的下方解析(1)当a1时，f(x)x2lnx，f(x)x.当x1，e时，f(x)>0，所以f(x)在区间1，e上为增函数，所以f(x)maxf(e)1，f(x)minf(1).(2)令g(x)f(x)2ax(a)x22axlnx，则g(x)的定义域为(0，)在区间(1，)上，函数f(x)的图像恒在直线y2ax的下方等价于g(x)<0在区间(1，)上恒成立g(x)(2a1)x2a.若a>，令g(x)0，得x11，x2，当x2>x11，即<a<1时，在(x2，)上有g(x)>0，此时g(x)在区间(x2，)上是增函数，并且在该区间上有g(x)(g(x2)，)，不合题意；当x2x11，即a1时，同理可知，g(x)在区间(1，)上是增函数，有g(x)(g(1)，)，不合题意若a，则有2a10，此时在区间(1，)恒有g(x)<0，从而g(x)在区间(1，)上是减函数，要使g(x)<0在此区间上恒成立，只需满足g(1)a0，即a，由此求得实数a的取值范围是，综合可知，当a，时，在区间(1，)上函数f(x)的图像恒在直线y2ax的下方3(2018·西城区期末)已知函数f(x)(xa)ex，其中e是自然对数的底数，aR.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a<1时，试确定函数g(x)f(xa)x2的零点个数，并说明理由答案(1)单调递减区间为(，a1)，单调递增区间为(a1，)(2)仅有一个零点解析(1)因为f(x)(xa)ex，xR，所以f(x)(xa1)ex.令f(x)0，得xa1.当x变化时，f(x)和f(x)的变化情况如下：x(，a1)a1(a1，)f(x)0f(x)故f(x)的单调递减区间为(，a1)，单调递增区间为(a1，)(2)结论：函数g(x)有且仅有一个零点理由如下：由g(x)f(xa)x20，得方程xexax2，显然x0为此方程的一个实数解，所以x0是函数g(x)的一个零点当x0时，方程可化简为exax.设函数F(x)exax，则F(x)exa1，令F(x)0，得xa.当x变化时，F(x)与F(x)的变化情况如下：x(，a)a(a，)F(x)0F(x)即F(x)的单调递增区间为(a，)，单调递减区间为(，a)所以F(x)minF(a)1a.因为a<1，所以F(x)minF(a)1a>0，所以对于任意xR，F(x)>0，因此方程exax无实数解所以当x0时，函数g(x)不存在零点综上，函数g(x)有且仅有一个零点4(2018·重庆调研)已知曲线f(x)在点(e，f(e)处的切线与直线2xe2y0平行，aR.(1)求a的值；(2)求证：>.答案(1)a3(2)略解析(1)f(x)，由题f(e)a3.(2)f(x)，f(x)，f(x)>0<x<1，故f(x)在(0，)和(1，)上递减，在(，1)上递增当x(0，1)时，f(x)f()e，而()，故y在(0，1)上递增，<<e，f(x)>即>；当x1，)时，ln2x3lnx30033，令g(x)，则g(x).故g(x)在1，2)上递增，(2，)上递减，g(x)g(2)<3，ln2x3lnx3>即>；综上，对任意x>0，均有>.5(2017·课标全国，理)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的取值范围答案(1)当a0时，在(，)单调递减；当a>0时，f(x)在(，lna)上单调递减，在(lna，)上单调递增(2)(0，1)解析(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)2ae2x(a2)ex1(aex1)(2ex1)若a0，则f(x)<0，所以f(x)在(，)单调递减若a>0，则由f(x)0得xlna.当x(，lna)时，f(x)<0；当x(lna，)时，f(x)>0.所以f(x)在(，lna)单调递减，在(lna，)单调递增(2)若a0，由(1)知，f(x)至多有一个零点若a>0，由(1)知，当xlna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)1lna.a当a1时，由于f(lna)0，故f(x)只有一个零点；b当a(1，)时，由于1lna>0，即f(lna)>0，故f(x)没有零点；c当a(0，1)时，1lna<0，即f(lna)<0.又f(2)ae4(a2)e22>2e22>0，故f(x)在(，lna)有一个零点设正整数n0满足n0>ln(1)，则f(n0)en0(aen0a2)n0>en0n0>2n0n0>0.由于ln(1)>lna，因此f(x)在(lna，)有一个零点综上，a的取值范围为(0，1)6(2018·深圳调研二)已知函数f(x)(x2)exx2，其中aR，e为自然对数的底数(1)函数f(x)的图像能否与x轴相切？若能与x轴相切，求实数a的值；否则，请说明理由；(2)若函数yf(x)2x在R上单调递增，求实数a能取到的最大整数值解析(1)f(x)(x1)exax.假设函数f(x)的图像与x轴相切于点(t，0)，则有即由可知at(t1)et，代入中可得(t2)etet0.et>0，(t2)0，即t23t40.94×47<0.方程t23t40无解无论a取何值，函数f(x)的图像都不与x轴相切(2)方法1：记g(x)(x2)exx22x.由题意知，g(x)(x1)exax20在R上恒成立由g(1)a20，可得g(x)0的必要条件是a2.若a2，则g(x)(x1)ex2x2(x1)(ex2)当ln2<x<1时，g(x)<0，与已知矛盾，a<2.下面证明：当a1时，不等式(x1)exx20在R上恒成立令h(x)(x1)exx2，则h(x)xex1.记H(x)xex1，则H(x)(x1)ex.当x>1时，H(x)>0，H(x)单调递增，且H(x)>H(1)1；当x<1时，H(x)<0，H(x)单调递减，且1H(1)<H(x)<0.H()1<0，H(1)e1>0.存在唯一的x0(，1)使得H(x0)0，且当x(，x0)时，H(x)h(x)<0，h(x)单调递减；当x(x0，)时，H(x)h(x)>0，h(x)单调递增h(x)minh(x0)(x01)ex0x02，H(x0)0，ex0，h(x0)(x01)x023(x0)<x0<1，2<x0<.从而(x1)exx2>0在R上恒成立，a能取得的最大整数为1.方法2：记g(x)(x2)exx22x，由题意知g(x)(x1)exax20在R上恒成立g(1)a20，g(x)0的必要条件是a2.若a2，则g(x)(x1)ex2x2(x1)(ex2)当ln2<x<1时，g(x)<0，与已知矛盾，a<2.下面证明：当a1时，不等式(x1)exx20在R上恒成立，即(x1)exx2.先证xR，exx1.令k(x)exx1，则k(x)ex1.当x>0时，k(x)>0，k(x)单调递增；当x<0时，k(x)<0，k(x)单调递减k(x)mink(0)0，exx1恒成立当x1时，(x1)ex(x1)(x1)x21>x2；当x<1时，由exx1得exx1>0，即ex.(x1)ex(x1)×1>x2.综上所述，(x1)exx20在R上恒成立，故a能取得的最大整数为1.1(2014·课标全国)设函数f(x)sin.若存在f(x)的极值点x0满足x02f(x0)2<m2，则m的取值范围是()A(，6)(6，)B(，4)(4，)C(，2)(2，)D(，1)(1，)答案C解析正难则反思想，将特称命题与全称命题相互转化，即转化为不等式恒成立问题f(x)sin的极值点即为函数图像中的最高点或最低点的横坐标，由三角函数的性质可知T2m，x0km(kZ)假设不存在这样的x0，即对任意的x0都有x02f(x0)2m2，则(km)23m2，整理得m2(k2k)30，即k2k恒成立，因为yk2k的最小值为(当k1或0时取得)，故2m2，因此原特称命题成立的条件是m>2或m<2.2某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y10(x6)2.其中3<x<6，a为常数已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克(1)求a的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大答案(1)2(2)4解析(1)因为x5时，y11，所以1011，a2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量y10(x6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)(x3)10(x6)2210(x3)(x6)2，3<x<6.从而，f(x)10(x6)22(x3)(x6)30(x4)(x6)于是，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(3，4)4(4，6)f(x)0f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得，x4是函数f(x)在区间(3，6)内的极大值点，也是最大值点所以，当x4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.答：当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大3(2018·广东珠海期末)已知函数f(x)xln(xa)的最小值为0，其中a>0，设g(x)lnx.(1)求a的值；(2)对任意x1>x2>0，<1恒成立，求实数m的取值范围；(3)讨论方程g(x)f(x)ln(x1)在1，)上根的个数答案(1)a1(2)，)(3)略解析(1)f(x)的定义域为(a，)，f(x)1.由f(x)0，解得x1a>a.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(a，1a)1a(1a，)f(x)0f(x)极小值因此，f(x)在1a处取得最小值故由题意f(1a)1a0，所以a1.(2)由<1知g(x1)x1<g(x2)x2对任意x1>x2>0恒成立，即h(x)g(x)xlnxx在(0，)上为减函数h(x)10在(0，)上恒成立，所以mxx2在(0，)上恒成立，(xx2)max，即m，即实数m的取值范围为，)(3)由题意知方程可化为lnxx，即mx2xlnx(x1)设m(x)x2xlnx，则m(x)2xlnx1(x1)设h(x)2xlnx1(x1)，则h(x)2>0，因此h(x)在1，)上单调递增，h(x)minh(1)1.所以m(x)x2xlnx在1，)上单调递增因此当x1时，m(x)m(1)1.所以当m1时方程有一个根，当m<1时方程无根4(2017·东北四市一模)已知函数f(x)(x1)exax2有两个零点(1)当a1时，求f(x)的最小值；(2)求a的取值范围；(3)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x2<0.解析(1)当a1时，由题知f(x)x(ex2)，令f(x)>0，得x>0，yf(x)在(0，)上单调递增；令f(x)<0，得x<0，yf(x)在(，0)上单调递减，f(x)minf(0)1.(2)由题可知，f(x)ex(x1)ex2axx(ex2a)，当a0时，f(x)(x1)ex，此时函数f(x)只有一个零点，不符合题意，舍去当a>0时，由f(x)>0，得x>0；由f(x)<0，得x<0，f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，f(x)minf(0)1<0，又f(2)e24a>0，取b满足b<1且b<ln，则f(b)>(b1)ab2(b1)(2b1)>0，故f(x)存在两个零点当a<0时，由f(x)0，得x0或xln(2a)若a<0，则ln(2a)0，故当x(0，)时，f(x)0，因此f(x)在(0，)上单调递增又x0时，f(x)<0，f(x)不存在两个零点若a<，则ln(2a)>0，故当x(0，ln(2a)时，f(x)<0；当x(ln(2a)，)时，f(x)>0，因此f(x)在(0，ln(2a)上单调递减，在(ln(2a)，)上单调递增，又当x0时，f(x)<0，f(x)不存在两个零点综上可知a(0，)(3)证明：由(2)，若x1，x2是f(x)的两个零点，则a>0，不妨令x1<x2，则x1<0<x2，当a>0时，f(x)在(，0)上单调递减，要证x1x2<0，即证x1<x2<0，即证f(x1)>f(x2)，又f(x1)0，只需证f(x2)<0，由于f(x2)(x21)ex2ax22，而f(x2)(x21)ex2ax220，f(x2)(x21)ex2(x21)ex2，令g(x)(x1)ex(x1)ex(x>0)，g(x)x()，x>0，e2x>1，g(x)<0，g(x)(x1)ex(x1)ex在(0，)上单调递减，而g(0)0，故当x>0时，g(x)<0，从而g(x2)f(x2)<0成立，x1x2<0成立5(2017·湖北4月调研)已知函数f(x)xlnx，g(x).(1)证明：方程f(x)g(x)在(1，2)内有且仅有唯一实根；(2)记maxa，b表示a，b两个数中的较大者，方程f(x)g(x)在(1，2)内的实根为x0，m(x)maxf(x)，b(x)若m(x)n(nR)在(1，)内有两个不等的实根x1，x2(x1<x2)，判断x1x2与2x0的大小，并说明理由解析(1)证明：记F(x)xlnx，则F(x)1lnx，x(1，2)，显然F(x)>0，即F(x)在(1，2)上单调递增因为F(1)<0，F(2)2ln2>0，而F(x)在(1，2)上连续，由零点存在性定理可知，F(x)在(1，2)内有且仅有唯一零点所以方程f(x)g(x)在(1，2)内有且仅有唯一实根(2)x1x2<2x0.证明过程如下：显然，m(x)当1<x<x0时，m(x)，m(x)<0，所以m(x)单调递减；当x>x0时，m(x)xlnx，m(x)1lnx>0，所以m(x)单调递增要证x1x2<2x0，即证x2<2x0x1，由(1)知x1<x0<x2，g(x1)f(x2)n，所以即证f(x2)<f(2x0x1)，即证g(x1)<f(2x0x1)，即证<(2x0x1)ln(2x0x1)(1<x1<x0<2)，(*)设H(x)(2x0x)ln(2x0x)(1<x<x0<2)，H(x)ln(2x0x)1，因为1<x<x0<2，所以1>0，ln(2x0x)>0，所以H(x)>0，所以H(x)在(1，x0)上单调递增，即H(x)<H(x0)0，故(*)成立，即以上各步均可逆推，所以x1x2<2x0.6(2017·云南统一检测二)已知e是自然对数的底数，f(x)mex，g(x)x3，(x)f(x)g(x)，h(x)f(x)g(x2)2 017.(1)设m1，求h(x)的极值；(2)设m<e2，求证：函数(x)没有零点；(3)若m0，x>0，设F(x)，求证：F(x)>3.解析(1)f(x)mex，g(x)x3，m1，f(x)ex，g(x2)x1.h(x)f(x)g(x2)2 017exx2 018.h(x)ex1.由h(x)0，得x0.e是自然对数的底数，h(x)ex1是增函数当x<0时，h(x)<0，即h(x)是减函数；当x>0时，h(x)>0，即h(x)是增函数函数h(x)没有极大值，只有极小值，且当x0时，h(x)取得极小值h(x)的极小值为h(0)2 017.(2)证明：f(x)mex，g(x)x3，(x)f(x)g(x)mexx3.(x)mex1.由(x)mex10，m<e2，解得xln()当x(，ln()时，(x)mex1>0，函数(x)是增函数；当x(ln()，)时，(x)mex1<0，函数(x)是减函数当xln()时，函数(x)取得最大值，最大值为ln()2ln(m)m<e2，2ln(m)<0.(x)<0.当m<e2时，函数(x)没有零点(3)证明：f(x)mex，g(x)x3，F(x)，F(x).x>0，F(x)>3(x2)exx2>0.设u(x)(x2)exx2，则u(x)(x1)ex1.设v(x)(x1)ex1，则v(x)xex.x>0，v(x)>0.又当x0时，v(x)0，函数v(x)在0，)上是增函数v(x)>v(0)，即v(x)>0.当x>0时，u(x)>0；当x0时，u(x)0.函数u(x)在0，)上是增函数当x>0时，u(x)>u(0)0，即(x2)exx2>0.当x>0时，F(x)>3.18