2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用教案 理

2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用教案 理1.(2018·全國卷,理21)已知函數(shù)f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,證明:當(dāng)x0時(shí),f(x)1;(2)若f(x)在(0,+)只有一個(gè)零點(diǎn),求a.(1)證明:當(dāng)a=1時(shí),f(x)1等價(jià)于(x2+1)e-x-10.設(shè)函數(shù)g(x)=(x2+1)e-x-1,則g'(x)=-(x2-2x+1)·e-x=-(x-1)2e-x.當(dāng)x1時(shí),g'(x)<0,所以g(x)在(0,+)上單調(diào)遞減.而g(0)=0,故當(dāng)x0時(shí),g(x)0,即f(x)1.(2)解:設(shè)函數(shù)h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+)上只有一個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于h(x)在(0,+)上只有一個(gè)零點(diǎn).()當(dāng)a0時(shí),h(x)>0,h(x)沒有零點(diǎn);()當(dāng)a>0時(shí),h'(x)=ax(x-2)e-x.當(dāng)x(0,2)時(shí),h'(x)<0;當(dāng)x(2,+)時(shí),h'(x)>0.所以h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減,在(2,+)上單調(diào)遞增.故h(2)=1-是h(x)在(0,+)上的最小值.若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+)上沒有零點(diǎn).若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+)上只有一個(gè)零點(diǎn).若h(2)<0,即a>,因?yàn)閔(0)=1,所以h(x)在(0,2)上有一個(gè)零點(diǎn);由(1)知,當(dāng)x>0時(shí),ex>x2,所以h(4a)=1-=1->1-=1->0,故h(x)在(2,4a)上有一個(gè)零點(diǎn).因此h(x)在(0,+)上有兩個(gè)零點(diǎn).綜上,當(dāng)f(x)在(0,+)上只有一個(gè)零點(diǎn)時(shí),a=.2.(2017·全國卷,理21)已知函數(shù)f(x)=x-1-aln x.(1)若f(x)0,求a的值;(2)設(shè)m為整數(shù),且對于任意正整數(shù)n,1+1+1+<m,求m的最小值.解:(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+).若a0,因?yàn)閒=-+aln 2<0,所以不滿足題意;若a>0,由f'(x)=1-=知,當(dāng)x(0,a)時(shí),f'(x)<0;當(dāng)x(a,+)時(shí),f'(x)>0,所以f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減,在(a,+)上單調(diào)遞增,故x=a是f(x)在(0,+)的最小值點(diǎn).由于f(1)=0,所以當(dāng)且僅當(dāng)a=1時(shí),f(x)0.故a=1.(2)由(1)知當(dāng)x(1,+)時(shí),x-1-ln x>0.令x=1+,得ln1+<.從而ln1+ln1+ln1+<+=1-<1.故1+1+1+<e.而1+1+1+>2,所以m的最小值為3.1.考查角度考查利用導(dǎo)數(shù)知識證明不等式、根據(jù)不等式恒成立確定參數(shù)范圍,考查利用導(dǎo)數(shù)知識研究函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)、根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)確定參數(shù)取值范圍、證明函數(shù)零點(diǎn)的性質(zhì)等.2.題型及難易度解答題,屬于難題或者較難題.(對應(yīng)學(xué)生用書第1618頁) 導(dǎo)數(shù)與不等式考向1導(dǎo)數(shù)方法證明不等式【例1】 (2018·鄭州二模)已知函數(shù)f(x)=ex-x2.(1)求曲線f(x)在x=1處的切線方程;(2)求證:當(dāng)x>0時(shí),ln x+1.(1)解:f'(x)=ex-2x,由題設(shè)得f'(1)=e-2,f(1)=e-1,所以f(x)在x=1處的切線方程為y=(e-2)x+1.(2)證明:設(shè)g(x)=f(x)-(e-2)x-1,x>0,則g'(x)=ex-2x-(e-2),g(x)=ex-2,g'(x)在(0,ln 2)上單調(diào)遞減,在(ln 2,+)上單調(diào)遞增,又g'(0)=3-e>0,g'(1)=0,0<ln 2<1,g'(ln 2)<0,所以,存在x0(0,ln 2),使得g'(x0)=0,所以,當(dāng)x(0,x0)(1,+)時(shí),g'(x)>0;當(dāng)x(x0,1)時(shí),g'(x)<0,故g(x)在(0,x0)上單調(diào)遞增,在(x0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+)上單調(diào)遞增.又g(0)=g(1)=0,所以g(x)=ex-x2-(e-2)x-10,當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號,故x,x>0,又xln x+1,即ln x+1,當(dāng)x=1時(shí),等號成立.導(dǎo)數(shù)方法證明不等式的基本途徑有兩條:(1)考慮單調(diào)性,利用函數(shù)在區(qū)間(a,b)上單調(diào)遞增(減),則f(a)<f(x)<f(b)(f(b)<f(x)<f(a),如證明x0,sin x<x時(shí),可以證明f(x)=sin x-x在0,上單調(diào)遞減,則f(x)<f(0)得證;(2)考慮最值,利用函數(shù)在區(qū)間D上,f(x)minf(x)f(x)max,如證明,當(dāng)x(0,+),ln xx-1時(shí),可以求出函數(shù)f(x)=ln x-(x-1)在(0,+)上的最大值為0得證.無論哪條途徑都是以單調(diào)性為基礎(chǔ),函數(shù)的單調(diào)性的研究是導(dǎo)數(shù)方法證明不等式的核心.考向2根據(jù)不等式確定參數(shù)取值范圍【例2】 (2018·咸陽一模)已知f(x)=ex-aln x(aR).(1)求函數(shù)f(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程;(2)當(dāng)a=-1時(shí),若不等式f(x)>e+m(x-1)對任意x(1,+)恒成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.解:(1)已知f(x)=ex-aln x,則f'(x)=ex-,f'(1)=e-a,切點(diǎn)為(1,e),所求切線方程為y-e=(e-a)(x-1),即(e-a)x-y+a=0.(2)當(dāng)a=-1時(shí),原不等式即為ex+ln x-e-m(x-1)>0,記F(x)=ex+ln x-e-m(x-1),F(1)=0,依題意有F(x)>0對任意x(1,+)恒成立,求導(dǎo)得F'(x)=ex+-m,F'(1)=e+1-m,F(x)=ex-,當(dāng)x>1時(shí),F(x)>0,則F'(x)在(1,+)上單調(diào)遞增,有F'(x)>F'(1)=e+1-m,若me+1,則F'(x)>0,則F(x)在(1,+)上單調(diào)遞增,且F(x)>F(1)=0,適合題意;若m>e+1,則F'(1)<0,又F'(ln m)=>0,故存在x1(1,ln m)使F'(x1)=0,當(dāng)1<x<x1時(shí),F'(x)<0,得F(x)在(1,x1)上單調(diào)遞減,F(x)<F(1)=0,舍去,綜上,實(shí)數(shù)m的取值范圍是(-,e+1.(1)對于f(x)g(x)在區(qū)間D上恒成立,只需f(x)-g(x)min0即可,而f(x)>g(x)在區(qū)間D上恒成立,此時(shí)h(x)=f(x)-g(x)在區(qū)間D上未必存在最小值,需要根據(jù)具體情況,或者研究h(x)的單調(diào)性或者通過放縮或者通過引進(jìn)第三方不等式靈活處理;(2)在區(qū)間D上,若x0使得f(x0)>g(x0)成立,則只需x0,使得h(x)=f(x)-g(x)>0成立,如果h(x)存在最小值,則只需h(x)min>0即可,如果h(x)不存在最小值,只需h(x)大于或者等于 h(x) 值域的下確界;(3)如果在區(qū)間D上f(x1)>g(x2)恒成立,則只需f(x)min>g(x)max,如果f(x),g(x)有不存在最值的,則需要確定其值域,再根據(jù)值域得出結(jié)論.【不等式的類型很多,但其基本思想是化歸,即化歸為函數(shù)的最值、值域的上下界,據(jù)此得出參數(shù)滿足的不等式】熱點(diǎn)訓(xùn)練1:(2018·河南一模)已知:f(x)=(2-x)ex+a(x-1)2(aR).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若對任意的xR,都有f(x)2ex,求a的取值范圍.解:(1)f'(x)=(1-x)ex+2a(x-1)=(x-1)(2a-ex),當(dāng)a0時(shí),函數(shù)在(-,1)上遞增,在(1,+)上遞減;當(dāng)0<a<時(shí),函數(shù)在(-,ln 2a),(1,+)上遞減,在(ln 2a,1)上遞增;當(dāng)a>時(shí),函數(shù)在(-,1),(ln 2a,+)上遞減,在(1,ln 2a)上遞增;當(dāng)a=時(shí),函數(shù)在R上遞減.(2)由對任意的xR,f(x)2ex,即(2-x)ex+a(x-1)22ex,當(dāng)x=1時(shí),ex2ex,恒成立,當(dāng)x1時(shí),整理得:a,對任意xR恒成立,設(shè)g(x)=,求導(dǎo)g'(x)=,令g'(x)=0,解得x=1±,當(dāng)x>1+,g'(x)>0,當(dāng)1<x<1+,g'(x)<0,當(dāng)x<1-,g'(x)<0,當(dāng)1-<x<1時(shí)g'(x)>0,所以當(dāng)x=1+時(shí)取極小值,極小值為,當(dāng)x=1-時(shí)取極小值,極小值為,由<,所以g(x)的最小值為,由題意對任意的xR,都有f(x)2ex,即ag(x)最小值,所以a的取值范圍為-,.導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)考向1確定函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)【例3】 (2018·湖北武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=ex-ax-1(aR,e=2.718 28是自然對數(shù)的底數(shù)).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)討論g(x)=f(x)·x-在區(qū)間0,1內(nèi)零點(diǎn)的個(gè)數(shù).解:(1)f'(x)=ex-a,當(dāng)a0時(shí),f'(x)>0,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,+),無減區(qū)間;當(dāng)a>0時(shí),f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(-,ln a),增區(qū)間為(ln a,+).(2)由g(x)=0得f(x)=0或x=,先考慮f(x)在區(qū)間0,1的零點(diǎn)個(gè)數(shù).當(dāng)a1時(shí),f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增且f(0)=0,f(x)有一個(gè)零點(diǎn);當(dāng)ae時(shí),f(x)在(-,1)上單調(diào)遞減,f(x)有一個(gè)零點(diǎn);當(dāng)1<a<e時(shí),f(x)在(0,ln a)上單調(diào)遞減,在(ln a,1)上單調(diào)遞增.而f(1)=e-a-1,所以a1或a>e-1時(shí),f(x)有一個(gè)零點(diǎn),當(dāng)1<ae-1時(shí),f(x)有兩個(gè)零點(diǎn).而x=時(shí),由f=0得a=2(-1).所以a1或a>e-1或a=2(-1)時(shí),g(x)有兩個(gè)零點(diǎn);當(dāng)1<ae-1且a2(-1)時(shí),g(x)有三個(gè)零點(diǎn).確定函數(shù)f(x)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的基本思想是數(shù)形結(jié)合,即根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性、極值、函數(shù)值的變化趨勢,得出函數(shù)y=f(x)的圖象與x軸交點(diǎn)的個(gè)數(shù),其中的一個(gè)技巧是把f(x)=0化為g(x)=h(x),通過研究函數(shù)g(x),h(x)的性質(zhì),得出兩個(gè)函數(shù)圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù).考向2根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)確定參數(shù)取值范圍【例4】 (2018·河南南陽一中三模)設(shè)函數(shù)f(x)=x2-mln x,g(x)=x2-x+a.(1)當(dāng)a=0時(shí),f(x)g(x)在(1,+)上恒成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍;(2)當(dāng)m=2時(shí),若函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)在1,3上恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解:(1)當(dāng)a=0時(shí),由f(x)-g(x)0得mln xx,因?yàn)閤>1,所以ln x>0,所以有m在(1,+)上恒成立,令h(x)=,h'(x)=,由h'(x)=0得x=e,當(dāng)x>e,h'(x)>0,當(dāng)0<x<e時(shí),h'(x)<0,所以h(x)在(0,e)上為減函數(shù),在(e,+)上為增函數(shù),所以h(x)min=h(e)=e,所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為(-,e.(2)當(dāng)m=2時(shí),函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)=x-2ln x-a,h(x)在1,3上恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn),即方程x-2ln x=a在1,3上恰有兩個(gè)不同的根,令(x)=x-2ln x,則'(x)=1-=,當(dāng)1x<2時(shí),'(x)<0;當(dāng)2<x3時(shí),'(x)>0,所以(x)在1,2)上單調(diào)遞減,在(2,3上單調(diào)遞增,(x)min=(2)=2-2ln 2,又(1)=1,(3)=3-2ln 3,(1)>(3),要使方程x-2ln x=a在1,3上恰有兩個(gè)不同的根,結(jié)合圖象可知(2)<a(3).所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(2-2ln 2,3-2ln 3.根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)確定參數(shù)取值范圍的基本思想也是數(shù)形結(jié)合,即根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性、極值、函數(shù)值的變化趨勢大致得出函數(shù)y=f(x)的圖象,再根據(jù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)確定函數(shù)y=f(x)的圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù),得出參數(shù)滿足的不等式,求得參數(shù)的取值范圍,一個(gè)基本的技巧是把f(x)=0化為g(x)=h(x),據(jù)f(x)零點(diǎn)個(gè)數(shù)確定函數(shù)y=g(x),y=h(x)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù),得出參數(shù)滿足的不等式,求得參數(shù)的取值范圍.熱點(diǎn)訓(xùn)練2:(2018·河北石家莊二中模擬)已知函數(shù)f(x)=xex-(x+1)2.(1)當(dāng)x-1,2時(shí),求f(x)的最大值與最小值;(2)討論方程f(x)=ax-1的實(shí)根的個(gè)數(shù).解:(1)因?yàn)閒(x)=xex-(x+1)2,所以f'(x)=(x+1)ex-2(x+1)=(x+1)(ex-2),令f'(x)=0得x1=-1,x2=ln 2,f'(x),f(x)隨x的變化如下表:x-1(-1,ln 2)ln 2(ln 2,2)2f'(x)0-0+f(x)-(ln 2)2-12e2-9f(x)在-1,2上的最小值是-(ln 2)2-1,因?yàn)?e2-9>0,-<0,2e2-9>-,所以f(x)在-1,2上的最大值是2e2-9.(2)f(x)-ax+1=xex-x2-(a+2)x=x(ex-x-a-2),所以f(x)=ax-1x=0或ex-x-a-2=0,設(shè)g(x)=ex-x-a-2,則g'(x)=ex-1,x>0時(shí),g'(x)>0,x<0時(shí),g'(x)<0,所以g(x)在(0,+)上是增函數(shù),在(-,0)上是減函數(shù),g(x)g(0)=-a-1,且x+,g(x)+,x-,g(x)+,當(dāng)-a-1>0,即a<-1時(shí),g(x)=0沒有實(shí)根,方程f(x)=ax-1有1個(gè)實(shí)根;當(dāng)-a-1=0,即a=-1時(shí),g(x)=0有1個(gè)實(shí)根為零,方程f(x)=ax-1有1個(gè)實(shí)根;當(dāng)-a-1<0,即a>-1時(shí),g(x)=0有2個(gè)不等于零的實(shí)根,方程f(x)=ax-1有3個(gè)實(shí)根.綜上可得,a-1時(shí),方程f(x)=ax-1有1個(gè)實(shí)根;a>-1時(shí),方程f(x)=ax-1有3個(gè)實(shí)根.熱點(diǎn)訓(xùn)練3:(2018·衡水金卷高三大聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=ln x-2x2+3,g(x)=f'(x)+4x+aln x(a0).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若關(guān)于x的方程g(x)=a有實(shí)數(shù)根,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解:(1)依題意,得f'(x)=-4x=,x(0,+).令f'(x)>0,即1-2x>0.解得0<x<令f'(x)<0,即1-2x<0.解得x>.故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為0,單調(diào)遞減區(qū)間為,+.(2)由題意得,g(x)=f'(x)+4x+aln x=+aln x.依題意,方程+aln x-a=0有實(shí)數(shù)根,即函數(shù)h(x)=+aln x-a存在零點(diǎn).h'(x)=-+=,令h'(x)=0,得x=.當(dāng)a<0時(shí),h'(x)<0.即函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,+)上單調(diào)遞減,而h(1)=1-a>0,h()=+a1-a=-1<-1<0.所以函數(shù)h(x)存在零點(diǎn);當(dāng)a>0時(shí),h'(x),h(x)隨x的變化情況如下表:x0,+h'(x)-0+h(x)極小值所以h=a+aln-a=-aln a為函數(shù)h(x)的極小值,也是最小值.當(dāng)h>0,即0<a<1時(shí),函數(shù)h(x)沒有零點(diǎn);當(dāng)h0,即a1時(shí),注意到h(1)=1-a0,h(e)=+a-a=>0,所以函數(shù)h(x)存在零點(diǎn).綜上所述,當(dāng)a(-,0)1,+)時(shí),方程g(x)=a有實(shí)數(shù)根. 【例1】 (2018·河北石家莊二中模擬)已知函數(shù)f(x)=2ln -.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若g(x)=(x-t)2+(ln x-at)2,若對任意x1(1,+),存在t(-,+),x2(0,+),使得f(x1)g(x2)成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解:(1)因?yàn)閒(x)=2ln -,所以f'(x)=-=,因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)?0,+),當(dāng)<x<2時(shí),f'(x)<0,0<x<或x>2時(shí),f'(x)>0,所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是,2,單調(diào)遞增區(qū)間是0,(2,+).(2)由(1)知,f(x)在(1,2)上單調(diào)遞減,在(2,+)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x>1時(shí)f(x)f(2)=0,又g(x)=(x-t)2+(ln x-at)20,所以對任意x1(1,+),存在t(-,+),x2(0,+),使得f(x1)g(x2)成立,存在t(-,+),x2(0,+),使得g(x2)0成立,存在t(-,+),x2(0,+),使得g(x2)=0成立.因?yàn)?x-t)2+(ln x-at)2表示點(diǎn)(x,ln x)與點(diǎn)(t,at)之間距離的平方,所以存在t(-,+),x2(0,+),使得g(x2)=0成立,y=ln x的圖象與直線y=ax有交點(diǎn),方程a=在(0,+)上有解.設(shè)h(x)=,則h'(x)=,當(dāng)x(0,e)時(shí),h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x(e,+)時(shí),h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減,又h(e)=,x0,h(x)-,所以h(x)的值域是-,所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是-,.【例2】 (2018·福建寧德5月質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)=x3-3ax2+4(aR).(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn),證明:當(dāng)x>0時(shí),f(x)>6(a-a2)ea.(1)解:f'(x)=3x2-6ax=3x(x-2a),令f'(x)=0,則x=0或x=2a,當(dāng)a=0時(shí),f'(x)0,f(x)在R上是增函數(shù);當(dāng)a>0時(shí),令f'(x)>0,得x<0,x>2a,所以f(x)在(-,0),(2a,+)上是增函數(shù);令f'(x)<0,得0<x<2a,所以f(x)在(0,2a)上是減函數(shù).當(dāng)a<0時(shí),令f'(x)>0,得x<2a,x>0,所以f(x)在(-,2a),(0,+)上是增函數(shù);令f'(x)<0,得2a<x<0,所以f(x)在(2a,0)上是減函數(shù).綜上所述:當(dāng)a=0時(shí),f(x)在R上是增函數(shù);當(dāng)a>0時(shí),f(x)在(-,0),(2a,+)上是增函數(shù),在(0,2a)上是減函數(shù).當(dāng)a<0時(shí),f(x)在(-,2a),(0,+)上是增函數(shù),在(2a,0)上是減函數(shù).(2)證明:由(1)可知,當(dāng)a=0時(shí),f(x)在R上是增函數(shù),所以函數(shù)f(x)不可能有三個(gè)零點(diǎn);當(dāng)a<0時(shí),f(x)在(-,2a),(0,+)上是增函數(shù),在(2a,0)上是減函數(shù).所以f(x)的極小值為f(0)=4>0,所以函數(shù)f(x)不可能有三個(gè)零點(diǎn),當(dāng)a>0時(shí),f(x)的極小值為f(2a)=4-4a3,要滿足f(x)有三個(gè)零點(diǎn),則需4-4a3<0,即a>1,當(dāng)x>0時(shí),要證明:f(x)>6(a-a2)ea等價(jià)于要證明f(x)min>6(a-a2)ea,即要證:4-4a3>6(a-a2)ea,由于a>1,故等價(jià)于證明:1+a+a2<aea,證明如下:構(gòu)造函數(shù)g(a)=3aea-2-2a-2a2(a(1,+),g'(a)=(3+3a)ea-2-4a,令h(a)=(3+3a)ea-2-4a,因?yàn)閔'(a)=(6+3a)ea-4>0,所以函數(shù)h(a)在(1,+)上單調(diào)遞增,所以h(a)min=h(1)=6e-6>0,所以函數(shù)g(a)在(1,+)上單調(diào)遞增.所以g(a)min=g(1)=3e-6>0,所以1+a+a2<aea,所以f(x)>6(a-a2)ea.【例3】 (2018·聊城二模)已知函數(shù)f(x)=2tln x,g(x)=x2-k(tR,kR).(1)當(dāng)k=1時(shí),若曲線y=f(x)與y=g(x)有且僅有一個(gè)公共點(diǎn),求t的取值范圍;(2)當(dāng)t=1時(shí),設(shè)h(x)=f(x)-g(x),若函數(shù)h(x)存在兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x2,求證>1.解:(1)當(dāng)k=1時(shí),g(x)=x2-1,設(shè)h(x)=f(x)-g(x)=2tln x-x2+1,由于曲線y=f(x)和曲線y=g(x)有且只有一個(gè)公共點(diǎn),令h(x)=2tln x-x2+1,則h'(x)=-2x=,即函數(shù)y=h(x)只有一個(gè)零點(diǎn),由于h(1)=0,所以x=1是函數(shù)y=h(x)的一個(gè)零點(diǎn),當(dāng)t0時(shí),x>0,則h'(x)<0,所以函數(shù)h(x)在(0,+)上單調(diào)遞減,所以函數(shù)h(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)x=1.當(dāng)t>0時(shí),h'(x)=,當(dāng)x(0,)時(shí),h'(x)>0,當(dāng)x(,+)時(shí),h'(x)<0,所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,)內(nèi)單調(diào)遞增,在(,+)內(nèi)單調(diào)遞減,此時(shí)h(x)max=h(),a.當(dāng)t=1時(shí),h(x)max=h(1)=0,此時(shí)符合題意;b.當(dāng)0<t<1時(shí),取x1=<1,則h(x1)=-<0,h()>h(1)=0,所以h(x)在(x1,)上存在另一個(gè)零點(diǎn),不符合題意;c.當(dāng)t>1時(shí),取x2=t+,則h(x2)=2tln x2-+1<2tx2-+1=0,h()>h(1)=0,所以h(x)在(,t+)上存在另一個(gè)零點(diǎn),不符合題意,綜上,t的取值范圍是t|t0或t=1.(2)當(dāng)t=1時(shí),h(x)=2ln x-x2+k,設(shè)F(x)=h(x)-h(2-x)=2ln x-2ln(2-x)-4x+4,則F'(x)=+-4=,所以當(dāng)x(0,1)時(shí),F'(x)>0,故F(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,所以F(x)<F(1)=0,即h(x)<h(2-x)在(0,1)上恒成立,又h'(x)=-2x=,所以當(dāng)x(0,1)時(shí),h'(x)>0,當(dāng)x(1,+)上,h'(x)<0,所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+)上單調(diào)遞減,不妨設(shè)x1<x2,則x1(0,1),x2(1,+),所以2-x1(1,2),所以h(x1)<h(2-x1),又h(x1)=h(x2),故h(x2)<h(2-x1),所以x2>2-x1,故而>1.