6.2.2 第3课时 利用导数解决与函数相关的问题-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册五维课堂教师用书word（人教B版）

本讲义聚焦利用导数解决函数相关问题这一核心知识点，系统梳理导数与函数单调性、最值的关系，搭建从基础应用到综合问题（不等式证明、恒成立问题、函数零点）的学习支架，帮助学生逐步掌握导数工具的应用逻辑。 资料通过例题解析与变式训练结合，分层设计当堂达标、基础/能力/素养练习，在解决不等式证明（如例1构造函数证lnx+1/x>1）、零点问题中培养逻辑推理与数学运算核心素养，课中助力教师高效教学，课后便于学生巩固提升、查漏补缺。

第3课时　利用导数解决与函数相关的问题 课程标准 素养解读 1.体会导数与单调性、最大(小)值的关系． 2.感悟利用导数解决与不等式、函数零点有关的问题. 在运用导数解决函数问题过程中达成逻辑推理、数学运算的核心素养. 利用导数证明不等式问题 [例1]　已知x＞1，证明：ln x＋＞1. 证明　令f(x)＝ln x＋(x＞1)，∴f′(x)＝－＝， ∵x＞1，∴f′(x)＞0， ∴f(x)＝ln x＋在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)＞f(1)＝ln 1＋1＝1. 从而ln x＋＞1，命题得证． 利用导数法证明不等式的思路 (1)若证明f(x)＞a成立，只需证明f(x)min＞a即可． (2)若要证明f(x)＞g(x)在区间D上成立，基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性证明h(x)min＞0. [变式训练] 1．已知x＞0，证明：1＋2x＜e2x. 证明　设f(x)＝1＋2x－e2x，则f′(x)＝2－2e2x＝2(1－e2x)，当x＞0时，2x＞0,2x＞e0＝1，∴f′(x)＝2(1－e2x)＜0，∴函数f(x)＝1＋2x－e2x在(0，＋∞)上是减函数．∵函数f(x)＝1＋2x－e2x是连续函数，∴当x＞0时，f(x)＜f(0)＝0，∴当x＞0时，1＋2x－e2x＜0，即1＋2x＜e2x. 不等式的恒成立问题 [例2]　设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0)． (1)求f(x)的最小值h(t)； (2)若h(t)＜－2t＋m对t∈(0,2)恒成立，求实数m的取值范围． [思路点拨]　 (1)利用配方法，即可求出二次函数f(x)的最小值h(t)；(2)构造函数g(t)＝h(t)－(－2t＋m)，只需使g(t)在(0,2)上的最大值小于零即可求得m的取值范围． [解]　(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，∴当x＝－t时，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，即h(t)＝－t3＋t－1. (2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，由g′(t)＝－3t2＋3＝0，得t＝1或t＝－1(不合题意，舍去)． 当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如下表： t (0,1) 1 (1,2) g′(t) ＋ 0 － g(t) ↗ 极大值1－m ↘ ∴g(t)在(0,2)内有最大值g(1)＝1－m. h(t)＜－2t＋m在(0,2)内恒成立等价于g(t)＜0在(0,2)内恒成立，即等价于1－m＜0.∴m的取值范围为(1，＋∞)． [母题探究] 1．(变条件)若将本例(2)的条件改为“存在t∈[0,2]，使h(t)＜－2t＋m成立”，则实数m的取值范围如何求解？ [解]　令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，由g′(t)＝－3t2＋3＝0，得t＝1或t＝－1(不合题意，舍去)． 当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如下表： t 0 (0,1) 1 (1,2) 2 g′(t) ＋ 0 － g(t) －1－m ↗ 极大值1－m ↘ －3－m ∴g(t)在[0,2]上有最小值g(2)＝－3－m，存在t∈[0,2]，使h(t)＜－2t＋m成立，等价于g(t)的最小值g(2)＜0. ∴－3－m＜0，∴m＞－3，所以实数m的取值范围为(－3，＋∞)． 2．(变条件)若将本例(2)的条件改为“对任意的t1，t2∈(0,2)，都有h(t1)＜－2t2＋m”，求实数m的取值范围． [解]　∵h(t)＝－t3＋t－1，t∈(0,2) ∴h′(t)＝－3t2＋1 由h′(t)＝0得t＝或t＝－(舍) 又当0＜t＜时，h′(t)＞0，当＜t＜2时，h′(t)＜0. ∴当t＝时，h(t)max＝－＋－1＝. 令φ(t)＝－2t＋m，t∈(0,2)，∴φ(t)min＞m－4. 由题意可知≤m－4，即m≥＋3＝. ∴实数m的取值范围为. 分离参数求解不等式恒成立问题的步骤 [变式训练] 2．已知函数f(x)＝x3－3x2－9x＋c，当x∈[－2,6]时，f(x)＜2|c|恒成立，求c的取值范围． 解：f(x)＝x3－3x2－9x＋c，f′(x)＝3x2－6x－9. 当x变化时，f′(x)，f(x)随x的变化如下表： x (－∞，－1) －1 (－1,3) 3 (3，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 递增 极大值c＋5 递减 极小值c－27 递增 而f(－2)＝c－2，f(6)＝c＋54，∴当x∈[－2,6]时，f(x)的最大值为c＋54，要使f(x)＜2|c|恒成立，只要c＋54＜2|c|即可，当c≥0时，c＋54＜2c，∴c＞54；当c＜0时，c＋54＜－2c，∴c＜－18. ∴c∈(－∞，－18)∪(54，＋∞)，此即为参数c的取值范围． 利用导数研究函数的零点(方程的根)问题 [例3]　给定 函数f(x)＝(x＋1)ex. (1)判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的极值； (2)画出函数f(x)的大致图象； (3)求出方程f(x)＝a(a∈R)的解的个数． 解：(1)函数的定义域为x∈R. 因为f′(x)＝(x＋1)′ex＋(x＋1)(ex)′＝ex＋(x＋1)ex＝(x＋2)ex. 令f(x)′＝0，解得：x＝－2. 当x变化时，f(x)′、f(x)的变化情况如表所示 x (－∞，－2) －2 (－2，＋∞) y′ － 0 ＋ y 单调递减 － 单调递增 所以，f(x)在区间(－∞，－2)上单调递减，在区间(－2，＋∞)上单调递增． 当x＝－2时，f(x)有极小值f(－2)＝－ (2)令f(x)＝0，解得：x＝－1. 当x＜－1时，f(x)＜0；当x＞－1时， f(x)＞0. 所以f(x)的图象经过特殊点A(－2，－)， B(－1,0)，C(0,1)． 当x→－∞时，与一次函数相比，指数函数y＝e－x呈爆炸性增长，从而y＝→0；当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞， 根据以上信息，我们画出的大致图象如图所示 (3)方程f(x)＝a(a∈R)的解的个数为函数y＝f(x)的图象与直线y＝a的交点个数。 由(1)及图可得，当x＝－2时，有最小值f(－2)＝－ 所以，方程f(x)＝a的解的个数有如下结论； 当a＜－时，解为0个， 当a＝－或a≥0时，解为1个， 当－＜a＜0时，解为2个． 利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法 (1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数． (2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数． [变式训练] 3．已知函数f(x)＝ln x－.讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点． 解：f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)． 因为f′(x)＝＋＞0，所以f(x)在(0,1)和(1，＋∞)上单调递增． 因为f(e)＝1－＜0，f(e2)＝2－＝＞0，所以f(x)在(1，＋∞)上有唯一零点x1(e＜x1＜e2)，即f(x1)＝0. 又0＜＜1，f＝－ln x1＋＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0,1)上有唯一零点. 综上，f(x)有且仅有两个零点． [当堂达标] 1．已知函数f(x)的定义域为[－1,4]，部分对应值如下表： x －1 0 2 3 4 f(x) 1 2 0 2 0 f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．当1＜a＜2时，函数y＝f(x)－a的零点的个数为(　　) A．1　　　　　　　 B．2 C．3 D．4 解析：D　[根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示．由于f(0)＝f(3)＝2,1＜a＜2，所以y＝f(x)－a的零点个数为4. ] 2．已知函数f(x)＝x2－2 lnx，若在定义域内存在x0，使得不等式f(x0)－m≤0(成立，则实数m的最小值是(　　) A．2 B．－2 C．1 D．－1 解析：C　[函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－. 令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍)． 当x∈0时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0. 所以当x＝1时，f(x)取得极小值，也是最小值，且最小值为1. 因为存在x0，使得不等式f(x0)－m≤0成立， 所以m≥1，所以实数m的最小值为1，故选C.] 3．设函数f(x)＝x3－－2x＋5，若对任意x∈[－1,2]，都有f(x)＞m，则实数m的取值范围是　________　. 解析：由f′(x)＝3x2－x－2＝0，得x＝1，－.又f(－1)＝5，f＝5，f(1)＝3，f(2)＝7，∴m＜3. 答案： 4．已知函数f(x)＝kx－lnx(k＞0)． (1)若k＝1，求f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值． 解：(1)若k＝1，则f(x)＝x－ln x，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝1－，由f′(x)＞0，得x＞1；由f′(x)＜0，得0＜x＜1，∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)法一：由题意知，方程kx－ln x＝0仅有一个实根，由kx－ln x＝0，得k＝(x＞0)． 令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝，当0＜x＜e时，g′(x)＞0；当x＞e时，g′(x)＜0. ∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴g(x)max＝g(e)＝. 当x→＋∞时，g(x)→0. 又∵k＞0，∴要使f(x)仅有一个零点，则k＝. 法二：f(x)＝kx－ln x，f′(x)＝k－＝(x＞0，k＞0)． 当0＜x＜时，f′(x)＜0；当x＞时，f′(x)＞0. ∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，∴f(x)min＝f＝1－ln ，∵f(x)有且只有一个零点，∴1－ln ＝0，即k＝. 法三：∵k＞0，∴函数f(x)有且只有一个零点等价于直线y＝kx与曲线y＝ln x相切，设切点为(x0，y0)，由y＝ln x，得y′＝，∴∴k＝，∴实数k的值为. [基础达标练] 1．若f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是(　　) A．[－1，＋∞]　　　　 B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1] D．(－∞，－1) 解析：C　[由题意可知f′(x)＝－x＋＜0，在x∈(－1，＋∞)上恒成立，即b＜x(x＋2)在x∈(－1，＋∞)上恒成立，由于x≠－1，所以b≤－1，故C为正确答案．] 2．若函数f(x)在定义域R内可导，f(1.9＋x)＝f(0.1－x)且(x－1)f′(x)＜0，a＝f(0)，b＝f()，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a＞b＞c B．c＞a＞b C．c＞b＞a D．b＞a＞c 解析：D　[∵(x－1)f′(x)＜0，∴当x＞1时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减；当x＜1时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增．又f(1.9＋x)＝f(0.1－x)，∴f(x)＝f(2－x)，∴f(3)＝f[2－(－1)]＝f(－1)，∵－1＜0＜，∴f(－1)＜f(0)＜f，∴f(3)＜f(0)＜f，∴b＞a＞c.] 3．已知函数f(x)＝ex－ax2(x＞0)无零点，则实数a的取值范围为(　　) A．(－∞，) B．(－∞，) C．(，＋∞) D．(，＋∞) 解析：B　[因为函数f(x)＝ex－ax2(x＞0)无零点，所以方程ex－ax2＝0在x∈(0，＋∞)上无解，即a＝在x∈(0，＋∞)上无解，令g(x)＝(x＞0)，g′(x)＝，当x＞2时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，当0＜x＜2时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，所以x＝2时，函数g(x)有唯一的极小值，也是最小值． g(2)＝，所以g(x)≥.若a＝无解，则a＜，故选B.] 4．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则实数a的取值范围是(　　) A．(2，＋∞) B．(－∞，－2) C．(1，＋∞) D．(－∞，－1) 解析：B　[法一　由题意a≠0，由f′(x)＝3ax2－6x＝0得x＝0或x＝.当a＞0时，f(x)在(－∞，0)和上单调递增，在上单调递减．且f(0)＝1＞0，故f(x)有小于0的零点，不符合题意，排除A，C.当a＜0时，要使x0＞0且唯一，只需f＞0，即a2＞4，∴a＜－2. 法二　f(x)有唯一正零点x0，等价于方程ax3－3x2＋1＝0有唯一正根x0，即a＝－有唯一正根x0. 令g(x)＝－，g′(x)＝， ∴g(x)在(－∞，－1)上递减，(－1,0)上递增，(0,1)上递增，(1，＋∞)上递减． 又g(－1)＝－2，g(1)＝2，且当x＜－1时，g(x)＜0，当x＞1时，g(x)＞0，∴g(x)的大致图象如图： ∴直线y＝a与y＝g(x)有唯一交点，且横坐标x0＞0，只需a＜g(－1)＝－2.] 5．(多选)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中正确的是(　　) A．∃x0∈R, f(x0)＝0 B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形 C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减 D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0 解析：ABD　[由于三次函数的三次项系数为正值，当x→－∞时，函数值→－∞，当x→＋∞时，函数值→＋∞，又三次函数的图象是连续不断的，故一定穿过x轴，即一定∃x0∈R，f(x0)＝0，选项A中的结论正确；函数f(x)的解析式可以通过配方的方法化为形如(x＋m)3＋n(x＋m)＋h的形式，通过平移函数图象，函数的解析式可以化为y＝x3＋nx的形式，这是一个奇函数，其图象关于坐标原点对称，故函数f(x)的图象是中心对称图形，选项B中的结论正确；由于三次函数的三次项系数为正值，故函数如果存在极值点x1，x2，则极小值点x2＞x1，即函数在－∞到极小值点的区间上是先递增后递减的，所以选项C中的结论错误；根据导数与极值的关系，显然选项D中的结论正确. ] 6．已知函数f(x)＝＋ln x－1(a＞0)在定义域内有零点，则实数a的取值范围是　________　. 解析：函数f(x)定义域为(0，＋∞)．因为函数f(x)＝＋ln x－1(a＞0)在定义域内有零点，所以a＝x－xln x有解，令h(x)＝x－xln x，所以h′(x)＝－ln x，所以h(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)，所以h(x)max＝h(1)＝1，故0＜a≤1. 答案：0＜a≤1 7．已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是　________　. 解析：由题意知f′(x)＝－x＋4－＝ ＝－， 由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1,3， 则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内， 函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调， 由t<1<t＋1或t<3<t＋1，得0<t<1或2<t<3. 答案：(0,1)∪(2,3) 8．设函数f(x)＝ex－e－x，若对所有x≥0都有f(x)≥ax，求实数a的取值范围． 解：令g(x)＝f(x)－ax，由g′(x)＝f′(x)－a＝ex＋e－x－a，由于ex＋e－x＝ex＋≥2(当且仅当x＝0时等号成立)，所以当a≤2时，g′(x)＝ex＋e－x－a≥2－a≥0，故g(x)在(0，＋∞)上为增函数． 所以当x≥0时，g(x)≥g(0)＝0，即f(x)≥ax，当a＞2时，方程g′(x)＝0的根为x1＝ln ＜0，x2＝ln＞0，此时，若x∈(0，x2)，则g′(x)＜0，故g(x)在区间(0，x2)内为减函数，所以x∈(0，x2)时，g(x)＜g(0)＝0，即f(x)＜ax，与题设f(x)≥ax相矛盾． 综上所述，满足条件的实数a的取值范围为(－∞，2]． [能力提升练] 9．已知函数f(x)＝ln x－＋a在x∈[1，e]上有两个零点，则a的取值范围是(　　) A. B. C. D．[－1，e) 解析：C　[∵f′(x)＝＋＝ ，x∈[1，e]． 当a≥－1时，f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上单调递增，不合题意． 当a≤－e时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上单调递减，也不合题意． 当－e＜a＜－1时，则x∈[1，－a)时，f′(x)＜0，f(x)在[1，－a)上单调递减，x∈[－a，e]时，f′(x)＞0，f(x)在(－a，e]上单调递增，又f(1)＝0，所以f(x)在x∈[1，e]上有两个零点，只需f(e)＝1－＋a≥0即可，解得≤a＜－1. 综上，a的取值范围是.] 10．设函数f(x)＝ex＋1－ma，g(x)＝aex－x(m，a为实数)，若存在实数a，使得f(x)≤g(x)对任意x∈R恒成立，则实数m的取值范围是(　　) A. B. C. D. 解析：C　[令h(x)＝f(x)－g(x)＝ex＋1－ma－aex＋x＝(e－a)ex－ma＋x，则h′(x)＝(e－a)ex＋1，若e－a≥0，可得h′(x)＞0，函数h(x)为增函数，当x→＋∞时，h(x)→＋∞，不满足h(x)≤0对任意x∈R恒成立；若e－a＜0，由h′(x)＝0，得ex＝，则x＝ln ，∴当x∈时，h′(x)＞0，当x∈时，h′(x)＜0，∴h(x)max＝h＝(e－a)·eln－ma＋ln＝－1－ma＋ln. 若f(x)≤g(x)对任意x∈R恒成立，则－1－ma＋ln≤0(a＞e)恒成立，若存在实数a，使得－1－ma＋ln≤0成立，则ma≥ln－1，∴m≥－－(a＞e)，令F(a)＝－－，则F′(a)＝＋＝－＋＋＝＝. ∴当a＜2e时，F′(a)＜0，当a＞2e时，F′(a)＞0，则F′(a)min＝F(2e)＝－. ∴m≥－.则实数m的取值范围是.] 11．已知函数f(x)＝sin x－1，g(x)＝ln x－x，若对任意x1∈R都存在x2∈(1，e)使f(x1)＜g(x2)成立，则实数a的取值范围是　________　. 解析：对任意x1∈R都存在x2∈(1，e)使f(x1)＜g(x2)成立，所以得到f(x)max＜g(x)max，而f(x)＝sin x－1，所以f(x)max＝0，即存在x∈(1，e)，使 ln x－x＞0，此时ln x＞0，x＞0，所以a＞0，因此将问题转化为存在x∈(1，e)，使＜成立，设h(x)＝，则＜h(x)max，h′(x)＝， 当x∈(1，e)，h′(x)＞0，h(x)单调递增，所以h(x)＜h(e)＝，即＜，所以a＞2e，所以实数a的取值范围是(2e，＋∞)． 答案：(2e，＋∞) 12．设函数f(x)＝ln x－x＋1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x. 解：(1)f′(x)＝－1(x＞0)． 由f′(x)＞0，解得0＜x＜1；由f′(x)＜0，解得x＞1. ∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)证明　要证当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x，即证ln x＜x－1＜xln x. 由(1)得f(x)＝ln x－x＋1在(1，＋∞)上单调递减，∴当x∈(1，＋∞)时，f(x)＜f(1)＝0，即有ln x＜x－1. 设F(x)＝xln x－x＋1，则F′(x)＝1＋ln x－1＝ln x. 当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增． ∴F(x)＞F(1)＝0，即有xln x＞x－1.∴原不等式成立． [素养培优练] 13．(多选)对于函数f(x)＝，下列说法正确的是(　　) A．f(x)在x＝处取得极大值 B．f(x)有两个不同的零点 C．f()＜f()＜f() D．若f(x)＜k－在(0，＋∞)上恒成立，则k＞ 解析：ACD　[由题意，函数f(x)＝，可得f′(x)＝(x＞0)，令f′(x)＝0，即＝0，解得x＝，当0＜x＜时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，)上单调递增；当x＞时，f′(x)＜0，函数f(x)在(，＋∞)上单调递减，所以当x＝时，函数f(x)取得极大值，极大值为f()＝，所以A正确；由当x＝1时，f(1)＝0，因为f(x)在(0，)上单调递增，所以函数f(x)在(0，)上只有一个零点，当x＞时，可得f(x)＞0，所以函数在(，＋∞)上没有零点，综上可得函数在(0，＋∞)只有一个零点，所以B不正确；由函数f(x)在(，＋∞)上单调递减，可得(f)＞f()，由于f()＝＝，f()＝＝， 则f()－f()＝－＝－， 因为π2＞2π，所以f()－f()＞0，即f()＞f()，所以f()＜f()＜f()，所以C正确； 由f(x)＜k－在(0，＋∞)上恒成立，即k＞f(x)＋＝在(0，＋∞)上恒成立， 设g(x)＝，则g′(x)＝， 令g′(x)＝0，即＝0，解得x＝， 所以当0＜x＜时，g′(x)＞0，函数g(x)在(0，)上单调递增； 当x＞时，g′(x)＜0，函数g(x)在(，＋∞)上单调递减， 所以当x＝时，函数g(x)取得最大值，最大值为g()＝e－＝， 所以k＞，所以D正确，故选ACD.] 14．已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1. 证明： (1)f(x)存在唯一的极值点； (2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 证明　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－. 因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减， 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又f′(1)＝－1＜0，f′(2)＝ln 2－＝＞0， 故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0. 又当x＜x0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x＞x0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以，f(x)存在唯一的极值点． (2)由(1)知f(x0)＜f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3＞0， 所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α. 由α＞x0＞1得＜1＜x0.又f＝ln －－1＝＝0， 故是f(x)＝0在(0，x0)内的唯一根． 所以f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 学科网（北京）股份有限公司 $