29、1：由圖象判斷函數的極值 【例1】設函數f (x)在R上可導，其導函數為f ′(x)，且函數y＝(1－x)f ′(x)的圖象如圖所示，則下列結論中一定成立的是(　　) A．函數f (x)有極大值f (2)和極小值f (1) B．函數f (x)有極大值f (－2)和極小值f (1) C．函數f (x)有極大值f (2)和極小值f (－2) D．函數f (x)有極大值f (－2)和極小值f (2) 解析　由題圖可知，當x<－2時，f ′(x)>0；當－22時，f ′(x)>0。由此可以得到函數f (x)在x＝－2

30、處取得極大值，在x＝2處取得極小值。故選D。 答案　D 知圖判斷函數極值的情況。先找導數為0的點，再判斷導數為0的點的左、右兩側的導數符號。 方向2：求函數的極值 【例2】　已知函數f (x)＝2f ′(1)lnx－x，則f (x)的極大值為(　　) A．2 B．2ln2－2 C．e D．2－e 解析　函數f (x)定義域(0，＋∞)，f ′(x)＝－1，所以f ′(1)＝1，f (x)＝2lnx－x，令f ′(x)＝－1＝0，解得x＝2。當00，當x>2時，f ′(x)<0，所以當x＝2時函數取得極大值，極大值為2ln2－2。 答案　B

31、 求函數極值的一般步驟：①先求函數f (x)的定義域，再求函數f (x)的導函數f ′(x)；②求f ′(x)＝0的根；③判斷在f ′(x)＝0的根的左、右兩側f ′(x)的符號，確定極值點；④求出具體極值。 方向3：已知極值求參數 【例3】　(2019·江西八校聯(lián)考)若函數f (x)＝x2－x＋alnx在[1，＋∞)上有極值點，則實數a的取值范圍為________。 解析　函數f (x)的定義域為(0，＋∞)，f ′(x)＝2x－1＋＝，由題意知2x2－x＋a＝0在R上有兩個不同的實數解，且在[1，＋∞)上有解，所以Δ＝1－8a>0，且2×12－1＋a≤0，所以a∈(－∞，－1]。

32、 答案　(－∞，－1] 已知函數極值點或極值求參數的兩個要領 1．列式：根據極值點處導數為0和極值這兩個條件列方程組，利用待定系數法求解。 2．驗證：因為某點處的導數值等于0不是此點為極值點的充要條件，所以利用待定系數法求解后必須驗證根的合理性。 【題點對應練】　 1．(方向1)已知函數f (x)的定義域為(a，b)，導函數f ′(x)在(a，b)上的圖象如圖所示，則函數f (x)在(a，b)上的極大值點的個數為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析　由函數極值的定義和導函數的圖象可知，f ′(x)在(a，b)上與x軸的交點個數為4，但是在原點附近的導數值

33、恒大于零，故x＝0不是函數f (x)的極值點，其余的3個交點都是極值點，其中有2個點滿足其附近的導數值左正右負，故極大值點有2個。 答案　B 2．(方向2)若x＝－2是函數f (x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，則f (x)的極小值為(　　) A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1 解析　因為f (x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以f ′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1。因為x＝－2是函數f (x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f ′

34、(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1。令f ′(x)>0，解得x<－2或x>1，令f ′(x)<0，解得－2

35、略)可知，函數在x＝2處取得極大值。故選B。 答案　B 4．(方向3)(2019·長春市質量監(jiān)測)若函數f (x)＝(x2＋ax＋3)ex在(0，＋∞)內有且僅有一個極值點，則實數a的取值范圍是(　　) A．(－∞，－2] B．(－∞，－2) C．(－∞，－3] D．(－∞，－3) 解析　f ′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax＋3)ex＝[x2＋(a＋2)x＋a＋3]ex，令g(x)＝x2＋(a＋2)x＋a＋3。由題意知，g(x)在(0，＋∞)內先減后增或先增后減，結合函數g(x)的圖象特征知，或解得a≤－3。故選C。 答案　C 考點二函數的最值問題 【例4】　(2019

36、·貴陽檢測)已知函數f (x)＝－lnx。 (1)求f (x)的單調區(qū)間； (2)求函數f (x)在上的最大值和最小值(其中e是自然對數的底數)。 解　(1)f (x)＝－lnx＝1－－lnx，f (x)的定義域為(0，＋∞)。 所以f ′(x)＝－＝， 由f ′(x)>0，得01， 所以f (x)＝1－－lnx的單調遞增區(qū)間為(0,1)，單調遞減區(qū)間為(1，＋∞)。 (2)由(1)得f (x)在上單調遞增，在[1，e]上單調遞減， 所以f (x)在上的最大值為f (1)＝1－1－ln1＝0。 又f ＝1－e－ln＝2－e，f (e)＝1－

37、－lne＝－，且f

38、設函數f (x)＝lnx－2mx2－n(m，n∈R)。 (1)討論f (x)的單調性； (2)若f (x)有最大值－ln2，求m＋n的最小值。 解　(1)函數f (x)的定義域為(0，＋∞)，f ′(x)＝－4mx＝， 當m≤0時，f ′(x)>0，所以f (x)在(0，＋∞)上單調遞增； 當m>0時，令f ′(x)>0得0， 所以f (x)在上單調遞增，在上單調遞減。 (2)由(1)知，當m≤0時，f (x)無最大值；當m>0時，f (x)在上單調遞增，在上單調遞減。 所以f (x)max＝f ＝ln－2m·－n＝－ln2－lnm－－n＝－ln

39、2， 所以n＝－lnm－， 所以m＋n＝m－lnm－， 令h(x)＝x－lnx－(x>0)， 則h′(x)＝1－＝， 所以h(x)在上單調遞減，在上單調遞增， 所以h(x)min＝h＝ln2，所以m＋n的最小值為ln2。 1．(配合例3使用)設函數f (x)＝2lnx－mx2＋1。 (1)討論函數f (x)的單調性； (2)當f (x)有極值時，若存在x0，使得f (x0)>m－1成立，求實數m的取值范圍。 解　(1)函數f (x)的定義域為(0，＋∞)， f ′(x)＝－2mx＝， 當m≤0時，f ′(x)>0，所以f (x)在(0，＋∞)上單調遞增； 當m>0

40、時，令f ′(x)>0，則0，所以f (x)在上單調遞增，在上單調遞減。 綜上，當m≤0時，f (x)在(0，＋∞)上單調遞增； 當m>0時，f (x)在上單調遞增，在上單調遞減。 (2)由(1)知，當f (x)有極值時，m>0，且f (x)在上單調遞增，在上單調遞減。 所以f (x)max＝f ＝2ln－m·＋1＝－lnm， 若存在x0，使得f (x0)>m－1成立，則f (x)max>m－1。 即－lnm>m－1，lnm＋m－1<0成立， 令g(x)＝x＋lnx－1(x>0)， 因為g′(x)＝1＋>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上單調

41、遞增，且g(1)＝0， 所以m－1<0，即m<1。 綜上，0

42、＝－6。 (2)由f (x0)≤g(x0)，得(x0－lnx0)a≥x－2x0， 記F (x)＝x－lnx(x>0)，則F ′(x)＝(x>0)， 所以當01時，F ′(x)>0，F (x)單調遞增。 所以F (x)≥F (1)＝1>0，所以a≥。 記G(x)＝，x∈， 則G′(x)＝＝。 因為x∈，所以2－2lnx＝2(1－lnx)≥0， 所以x－2lnx＋2>0， 所以當x∈時，G′(x)<0，G(x)單調遞減； 當x∈(1，e)時，G′(x)>0，G(x)單調遞增。 所以G(x)min＝G(1)＝－1，所以a≥

43、G(x)min＝－1， 故實數a的取值范圍為[－1，＋∞)。 第3課時　導數與不等式 考點一不等式的證明微點小專題 方向1：移項作差構造法 【例1】　(2019·江西贛州高三模擬)已知函數f (x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲線y＝f (x)與曲線y＝g(x)的一個公共點是A(1,1)，且在點A處的切線互相垂直。 (1)求a，b的值； (2)證明：當x≥1時，f (x)＋g(x)≥。 解　(1)因為f (x)＝1－， 所以f ′(x)＝，f ′(1)＝－1。 因為g(x)＝＋－bx， 所以g′(x)＝－－－b。 因為曲線y＝f (x)與曲線y＝g(x)的

44、一個公共點是A(1,1)，且在點A處的切線互相垂直，所以g(1)＝1，且f ′(1)·g′(1)＝－1， 所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1。 (2)證明：由(1)知，g(x)＝－＋＋x， 則f (x)＋g(x)≥?1－－－＋x≥0。 令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)， 則h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1。 因為x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0， 所以h(x)在[1，＋∞)上單調遞增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0， 所以當x≥1時，f (x)＋g(x)≥。 待證不等式的兩邊含有同一個變量

45、時，一般地，可以直接構造“左減右”的函數，利用導數研究其單調性，借助所構造函數的單調性即可得證。 【變式訓練】　(2018·全國卷Ⅰ)已知函數f (x)＝aex－lnx－1。(e＝2.718 28…是自然對數的底數) (1)設x＝2是f (x)的極值點，求a，并求f (x)的單調區(qū)間； (2)證明：當a≥時，f (x)≥0。 解　(1)f (x)的定義域為(0，＋∞)， f ′(x)＝aex－。 由題設知，f ′(2)＝0，所以a＝。 從而f (x)＝ex－lnx－1，f ′(x)＝ex－。 當02時，f ′(x)>0。 所以f (x)在(

46、0,2)單調遞減，在(2，＋∞)單調遞增。 (2)證明：當a≥時，f (x)≥－lnx－1。 設g(x)＝－lnx－1，則g′(x)＝－。 當01時，g′(x)>0。 所以x＝1是g(x)的極小值點也是最小值點。 故當x>0時，g(x)≥g(1)＝0。 因此，當a≥時，f (x)≥0。 方向2：特征分析法 【例2】　已知函數f (x)＝ax－lnx－1。 (1)若f (x)≥0恒成立，求a的最小值； (2)證明：＋x＋lnx－1≥0； (3)已知k(e－x＋x2)≥x－xlnx恒成立，求k的取值范圍。 解　(1)由題意知x>0， 所以

47、f (x)≥0等價于a≥。 令g(x)＝，則g′(x)＝， 所以當x∈(0,1)時，g′(x)>0，當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0， 則g(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，所以g(x)max＝g(1)＝1，則a≥1， 所以a的最小值為1。 (2)證明：當a＝1時，由(1)得x≥lnx＋1。 即t≥lnt＋1。 令＝t，則－x－lnx＝lnt， 所以≥－x－lnx＋1，即＋x＋lnx－1≥0。 (3)因為k(e－x＋x2)≥x－xlnx， 即k≥1－lnx恒成立， 所以k≥＝－＋1， 由(2)知＋x＋lnx－1≥0恒成立， 所以－＋1≤1，故

48、k≥1。 這種方法往往要在前面問題中證明出某個不等式，在后續(xù)的問題中應用前面的結論，呈現出層層遞進的特點。 【變式訓練】　已知函數f (x)＝。 (1)求函數f (x)的單調區(qū)間和極值； (2)若對任意的x>1，恒有l(wèi)n(x－1)＋k＋1≤kx成立，求k的取值范圍； (3)證明：＋＋…＋<(n∈N*，n≥2)。 解　(1)f (x)的定義域是(0，＋∞)， f ′(x)＝－，由f ′(x)＝0?x＝1，列表如下： x (0,1) 1 (1，＋∞) f ′(x) ＋ 0 － f (x) 單調遞增 極大值 單調遞減 因此函數f (x)的單調遞增區(qū)間為

49、(0,1)，單調遞減區(qū)間為(1，＋∞)，極大值為f (1)＝1，無極小值。 (2)因為x>1， ln(x－1)＋k＋1≤kx?≤k?f (x－1)≤k， 所以f (x－1)max≤k，所以k≥1。 (3)證明：由(1)可得f (x)＝≤f (x)max＝f (1)＝1?≤1－，當且僅當x＝1時取等號。 令x＝n2(n∈N*，n≥2)。 則<1－?< < ＝(n≥2)， 所以＋＋…＋ <＋＋…＋ ＝＝。 方向3：隔離分析法 【例3】　(2019·福州高三期末考試)已知函數f (x)＝elnx－ax(a∈R)。 (1)討論f (x)的單調性； (2)當a＝e時，證明：

50、xf (x)－ex＋2ex≤0。 解　(1)f ′(x)＝－a(x>0)， ①若a≤0，則f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上單調遞增； ②若a>0，則當00，當x>時，f ′(x)<0， 故f (x)在上單調遞增，在上單調遞減。 (2)因為x>0，所以只需證f (x)≤－2e， 當a＝e時，由(1)知，f (x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減， 所以f (x)max＝f (1)＝－e。 記g(x)＝－2e(x>0)， 則g′(x)＝， 所以當01時，g′(x)>0，g

51、(x)單調遞增， 所以g(x)min＝g(1)＝－e。 綜上，當x>0時，f (x)≤g(x)， 即f (x)≤－2e，即xf (x)－ex＋2ex≤0。 解：由題意知，即證exlnx－ex2－ex＋2ex≤0， 從而等價于lnx－x＋2≤。 設函數g(x)＝lnx－x＋2，則g′(x)＝－1。 所以當x∈(0,1)時，g′(x)>0，當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0， 故g(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減， 從而g(x)在(0，＋∞)上的最大值為g(1)＝1。 設函數h(x)＝，則h′(x)＝。 所以當x∈(0,1)時，h′(x)<0，當x

52、∈(1，＋∞)時，h′(x)>0， 故h(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增， 從而h(x)在(0，＋∞)上的最小值為h(1)＝1。 綜上，當x>0時，g(x)≤h(x)，即xf (x)－ex＋2ex≤0。 若直接求導比較復雜或無從下手時，可將待證式進行變形，構造兩個函數，從而找到可以傳遞的中間量，達到證明的目標。 【變式訓練】　(2019·廣西三市聯(lián)考)已知f (x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g(x)＝，其中e是自然對數的底數，a∈R。 (1)當a＝1時，求f (x)的極值，并證明f (x)>g(x)＋恒成立； (2)是否存在實數a，使f (x)

53、的最小值為3？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由。 解　(1)因為f (x)＝x－lnx(x>0)， f ′(x)＝1－＝(00，此時f (x)單調遞增。 所以f (x)的極小值為f (1)＝1， 即f (x)在(0，e]上的最小值為1， 令h(x)＝g(x)＋＝＋， 則h′(x)＝， 當00，h(x)在(0，e]上單調遞增， 所以h(x)max＝h(e)＝＋<＋＝1＝f (x)min。 所以f (x)>g(x)＋恒成立。 (2)假設

54、存在實數a，使f (x)＝ax－lnx(x∈(0，e])有最小值3，f ′(x)＝a－＝。 ①當a≤0時，f (x)在(0，e]上單調遞減，f (x)min＝f (e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)， 所以a≤0時，不存在a使f (x)的最小值為3。 ②當0<時，f (x)在上單調遞減，在上單調遞增， 所以f (x)min＝f ＝1＋lna＝3，a＝e2，滿足條件。 ③當≥e，即0

55、使得當x∈(0，e]時，f (x)有最小值3。 考點二不等式恒成立問題 【例4】　(2019·石家莊質量監(jiān)測)已知函數f (x)＝axex－(a＋1)(2x－1)。 (1)若a＝1，求函數f (x)的圖象在點(0，f (0))處的切線方程； (2)當x>0時，函數f (x)≥0恒成立，求實數a的取值范圍。 解　(1)若a＝1，則f (x)＝xex－2(2x－1)，f ′(x)＝xex＋ex－4， 則f ′(0)＝－3，f (0)＝2， 所以所求切線方程為y＝－3x＋2。 (2)若a≤－1，則f (x)≥0對x>0不恒成立，若a>－1，f (x)≥0對任意的x>0恒成立可轉化為≥

56、對任意的x>0恒成立。 設函數f (x)＝(x>0)， 則F ′(x)＝－。 當00，當x>1時，F ′(x)<0， 所以函數f (x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減， 所以f (x)max＝F (1)＝， 于是≥，解得a≥。 故實數a的取值范圍是。 不等式恒成立問題的求解策略 1．已知不等式f (x，λ)≥0(λ為實參數)對任意的x∈D恒成立，求參數λ的取值范圍。利用導數解決此類問題可以運用分離參數法。 2．如果無法分離參數，可以考慮對參數或自變量進行分類討論求解，如果是二次不等式恒成立的問題，可以考慮二次項系數與判別式

57、的方法(a>0，Δ<0或a<0，Δ<0)求解。 【變式訓練】　已知函數f (x)＝lnx－(a∈R)。 (1)求函數f (x)的單調區(qū)間； (2)求證：不等式(x＋1)lnx>2(x－1)對?x∈(1,2)恒成立。 解　(1)定義域為(0，＋∞)，f ′(x)＝。 ①a≤0時，f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上為增函數，故f (x)的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)。 ②a>0時，由x>a時，f ′(x)>0,00， 所以要證原

58、不等式成立，即證lnx>對?x∈(1,2)恒成立，令g(x)＝lnx－， g′(x)＝≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上為增函數， 所以當x∈(1,2)時，g(x)>g(1)＝ln1－＝0， 所以lnx>對?x∈(1,2)恒成立， 所以(x＋1)lnx>2(x－1)對?x∈(1,2)恒成立。 證明：令F (x)＝(x＋1)lnx－2(x－1)， F ′(x)＝lnx＋－2＝lnx－。 令φ(x)＝lnx－，由(1)知a＝1時， φ(x)在(0,1)上為減函數，在(1，＋∞)上為增函數。 因為x∈(1,2)，則φ(x)在(1,2)為增函數，φ(x)>φ(1)＝0， 即x∈

59、(1,2)，F ′(x)>0，所以f (x)在(1,2)上為增函數， 所以f (x)>F (1)＝0， 所以(x＋1)lnx>2(x－1)對?x∈(1,2)恒成立。 第4課時　導數與函數的零點 考點一求函數零點的個數 【例1】　設函數f (x)＝ex－ax，a是常數，討論f (x)的零點的個數。 解　當a>0時，f ′(x)＝ex－a，由f ′(x)＝0得x＝lna。 若xlna，則f ′(x)>0。 函數f (x)在區(qū)間(－∞，lna)上單調遞減，在區(qū)間(lna，＋∞)上單調遞增， f (x)的最小值為f (lna)＝a(1－

60、lna)。 ①當00，f (x)無零點； ②當a＝e時，f (lna)＝a(1－lna)＝0，f (x)只有一個零點； ③當a>e時，f (lna)＝a(1－lna)<0，根據f (0)＝1>0與函數的單調性， 可知f (x)在區(qū)間(－∞，lna)和(lna，＋∞)上各有一個零點，f (x)共有兩個零點。 當a＝0時，f (x)＝ex，f (x)無零點。 當a<0時，由f (x)＝0，得ex＝ax，易知曲線y＝ex與直線y＝ax只有一個交點，所以f (x)只有一個零點。 綜上所述，當0≤a

61、時，f (x)有一個零點； 當a>e時，f (x)有兩個零點。 根據參數確定函數零點的個數，解題的基本思想是“數形結合”，即通過研究函數的性質(單調性、極值、函數值的極限位置等)，作出函數的大致圖象，然后通過函數圖象得出其與x軸交點的個數，或者兩個相關函數圖象交點的個數，基本步驟是“先數后形”。 【變式訓練】　(2018·全國卷Ⅱ)已知函數f (x)＝x3－a(x2＋x＋1)。 (1)若a＝3，求f (x)的單調區(qū)間； (2)證明：f (x)只有一個零點。 解　(1)當a＝3時，f (x)＝x3－3x2－3x－3，f ′(x)＝x2－6x－3。 令f ′(x)＝0解得x＝

62、3－2或x＝3＋2。 當x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)時，f ′(x)>0； 當x∈(3－2，3＋2)時，f ′(x)<0。 故f (x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(3－2，3＋2)。 (2)證明：由于x2＋x＋1>0， 所以f (x)＝0等價于－3a＝0。 設g(x)＝－3a， 則g′(x)＝≥0， 當且僅當x＝0時g′(x)＝0， 所以g(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增。 故g(x)至多有一個零點，從而f (x)至多有一個零點。 又f (3a－1)＝－6a2＋2a－＝－62－<0，f (3a＋1)＝>0，故f (x)有一

63、個零點。 綜上，f (x)只有一個零點。 考點二已知函數零點個數求參數值或范圍 【例2】　(2019·重慶市質量調研)設函數f (x)＝－x2＋ax＋lnx(a∈R)。 (1)當a＝－1時，求函數f (x)的單調區(qū)間； (2)設函數f (x)在上有兩個零點，求實數a的取值范圍。 解　(1)函數f (x)的定義域為(0，＋∞)， 當a＝－1時，f ′(x)＝－2x－1＋＝＝， 令f ′(x)＝0，得x＝(負值舍去)， 當00，當x>時，f ′(x)<0， 所以f (x)的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為。 (2)令f (x)＝－x2＋ax＋lnx＝0，

64、得a＝x－， 令g(x)＝x－，其中x∈， 則g′(x)＝1－＝， 令g′(x)＝0，得x＝1， 當≤x<1時，g′(x)<0，當10， 所以g(x)的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為(1,3]， 所以g(x)min＝g(1)＝1， 由于函數f (x)在上有兩個零點，g＝3ln3＋，g(3)＝3－，3ln3＋>3－， 所以實數a的取值范圍是。 與函數零點有關的參數范圍問題，往往利用導數研究函數的單調區(qū)間和極值點，并結合特殊點，從而判斷函數的大致圖象，討論其圖象與x軸的位置關系，進而確定參數的取值范圍；或通過對方程等價變形轉化為兩個函數圖象的交點問

65、題。 【變式訓練】　已知函數f (x)＝kx－lnx(k>0)。 (1)若k＝1，求f (x)的單調區(qū)間； (2)若函數f (x)有且只有一個零點，求實數k的值； (3)比較e3與3e的大小。 解　(1)k＝1，f (x)＝x－lnx，定義域為(0，＋∞)，則f ′(x)＝1－＝， 由f ′(x)>0得x>1，由f ′(x)<0得00)， 令g(x)＝(x>0)，則g′(x)＝， 當x＝e時，g′(x)＝0；

66、 當00； 當x>e時，g′(x)<0。 所以g(x)在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減， 所以g(x)max＝g(e)＝。 當x→＋∞時，g(x)→0。 又k>0，所以要使f (x)僅有一個零點，則k＝。 解法一：f (x)＝kx－lnx，f ′(x)＝k－＝(x>0，k>0)。 當x＝時，f ′(x)＝0； 當0時，f ′(x)>0。 所以f (x)在上單調遞減，在上單調遞增， 所以f (x)min＝f ＝1－ln， 因為f (x)有且只有一個零點， 所以1－ln＝0，即k＝。 解法二：因為k>0，所以函數f (x)有且只有一個零點即為直線y＝kx與曲線y＝lnx相切，設切點為(x0，y0)，由y＝lnx得y′＝， 所以所以k＝，x0＝e，y0＝1， 所以實數k的值為。 (3)由(1)(2)知≤，即≥lnx，當且僅當x＝e時，取“＝”，令x＝3，得>ln3，即lne3>eln3＝ln3e，所以e3>3e。 考點三函數零點性質研究 【例3】　(2019·四川內江模擬