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导数及其应用【2019年高考考纲解读】高考对本内容的考查主要有：(1)导数的几何意义是考查热点，要求是B级，理解导数的几何意义是曲线上在某点处的切线的斜率，能够解决与曲线的切线有关的问题；(2)导数的运算是导数应用的基础，要求是B级，熟练掌握导数的四则运算法则、常用导数公式及复合函数的导数运算，一般不单独设置试题，是解决导数应用的第一步；(3)利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容，要求是B级，对应用导数研究函数的单调性与极值要达到相等的高度.(4)导数在实际问题中的应用为函数应用题注入了新鲜的血液，使应用题涉及到的函数模型更加宽广，要求是B级；(5)导数还经常作为高考的压轴题，能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力估计以后对导数的考查力度不会减弱作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.【重点、难点剖析】 1导数的几何意义(1)函数yf(x)在xx0处的导数f(x0)就是曲线yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线的斜率，即kf(x0)(2)曲线yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线方程为yf(x0)f(x0)(xx0)2基本初等函数的导数公式和运算法则(1)基本初等函数的导数公式原函数导函数f(x)cf(x)0f(x)xn(nR)f(x)nxn1f(x)sin xf(x)cos xf(x)cos xf(x)sin xf(x)ax(a0且a1)f(x)axln af(x)exf(x)exf(x)logax(a0且a1)f(x)f(x)ln xf(x)(2)导数的四则运算u(x)v(x)u(x)v(x)；u(x)v(x)u(x)v(x)u(x)v(x)；(v(x)0)3函数的单调性与导数如果已知函数在某个区间上单调递增(减)，则这个函数的导数在这个区间上大(小)于零恒成立在区间上离散点处导数等于零，不影响函数的单调性，如函数yxsin x . 4函数的导数与极值对可导函数而言，某点导数等于零是函数在该点取得极值的必要条件例如f(x)x3，虽有f(0)0，但x0不是极值点，因为f(x)0恒成立，f(x)x3在(，)上是单调递增函数，无极值5闭区间上函数的最值在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小值6函数单调性的应用(1)若可导函数f(x)在(a，b)上单调递增，则f(x)0在区间(a，b)上恒成立；(2)若可导函数f(x)在(a，b)上单调递减，则f(x)0在区间(a，b)上恒成立；(3)可导函数f(x)在区间(a，b)上为增函数是f(x)0的必要不充分条件.【题型示例】题型一、导数的几何意义【例1】(2018全国)设函数f(x)x3(a1)x2ax，若f(x)为奇函数，则曲线yf(x)在点(0,0)处的切线方程为()Ay2x Byx Cy2x Dyx答案D解析方法一f(x)x3(a1)x2ax，f(x)3x22(a1)xa.又f(x)为奇函数，f(x)f(x)恒成立，即x3(a1)x2axx3(a1)x2ax恒成立，a1，f(x)3x21，f(0)1，曲线yf(x)在点(0,0)处的切线方程为yx.故选D.方法二f(x)x3(a1)x2ax为奇函数，f(x)3x22(a1)xa为偶函数，a1，即f(x)3x21，f(0)1，曲线yf(x)在点(0,0)处的切线方程为yx.故选D.【举一反三】(2018全国)曲线y2ln x在点(1,0)处的切线方程为_答案2xy20解析因为y，y|x12，所以切线方程为y02(x1)，即2xy20.【变式探究】若函数f(x)ln x(x0)与函数g(x)x22xa(x0)，则切线方程为yln x1(xx1)设公切线与函数g(x)x22xa切于点B(x2，x2x2a)(x20)，则切线方程为y(x2x2a)2(x21)(xx2)，x20x1，02.又aln x121ln 21，令t，0t2，at2tln t.设h(t)t2tln t(0t2)，则h(t)t1h(2)ln 21ln ，a.【变式探究】【2016高考新课标2文数】若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则 【答案】【感悟提升】函数图像上某点处的切线斜率就是函数在该点处的导数值求曲线上的点到直线的距离的最值的基本方法是“平行切线法”，即作出与直线平行的曲线的切线，则这条切线到已知直线的距离即为曲线上的点到直线的距离的最值，结合图形可以判断是最大值还是最小值【举一反三】(2015陕西，15)设曲线yex在点(0，1)处的切线与曲线y(x0)上点P处的切线垂直，则P的坐标为_解析(ex)e01，设P(x0，y0)，有1，又x00，x01，故xP(1，1)答案(1，1)【变式探究】 (1)曲线yxex1在点(1,1)处切线的斜率等于()A2eBeC2D1(2)在平面直角坐标系xOy中，若曲线yax2(a，b为常数)过点P(2，5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x2y30平行，则ab的值是_【命题意图】(1)本题主要考查函数求导法则及导数的几何意义(2)本题主要考查导数的几何意义，意在考查考生的运算求解能力【感悟提升】1求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点2利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解题型二、利用导数研究函数的单调性【例2】已知函数f(x)4ln xmx21.(1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若对任意x，f(x)0恒成立，求实数m的取值范围解(1)由题意知f(x)2mx(x0)，当m0时，f(x)0在x(0，)时恒成立，f(x)在(0，)上单调递增当m0时，f(x)(x0)，令f(x)0，得0x；令f(x).f(x)在上单调递增，在上单调递减综上所述，当m0时，f(x)在(0，)上单调递增；当m0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)方法一由题意知4ln xmx210在上恒成立，即m在上恒成立令g(x)，x， g(x)，x1，e，令g(x)0，得1x；令g(x)0，得x0，()若e，即0m，则f(x)在上单调递增，f(x)maxf(e)4me210，即m，这与0m矛盾，此时不成立()若1e，即m2，则f(x)在上单调递增，在上单调递减f(x)maxf4ln10，即，解得m.又m2，m2，()若01，即m2，则f(x)在上单调递减，则f(x)maxf(1)m10，m1.又m2，m2.综上可得m.即实数m的取值范围是.【变式探究】 (2017高考全国卷)设函数f(x)(1x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x0时，f(x)ax1，求a的取值范围解：(1)f(x)(12xx2)ex.令f(x)0得x1或x1.当x(，1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(x)0.所以f(x)在(，1)，(1，)单调递减，在(1，1)单调递增(2)f(x)(1x)(1x)ex.当a1时，设函数h(x)(1x)ex，则h(x)xex0)，因此h(x)在0，)单调递减而h(0)1，故h(x)1，所以f(x)(x1)h(x)x1ax1.当0a0(x0)，所以g(x)在0，)单调递增而g(0)0，故exx1.当0x(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取x0，则x0(0,1)，(1x0)(1x0)2ax010，故f(x0)ax01.当a0时，取x0，则x0(0,1)，f(x0)(1x0)(1x0)21ax01.综上，a的取值范围是1，)【变式探究】【2016高考山东文数】已知.（I）讨论的单调性；（II）当时，证明对于任意的成立.【答案】（）见解析；（）见解析【解析】（）的定义域为；.当， 时，单调递增；，单调递减.当时，.（1），当或时，单调递增；当时，单调递减；（2）时，在内，单调递增；（3）时，当或时，单调递增；当时，单调递减.综上所述，当时，函数在内单调递增，在内单调递减；当时，在内单调递增，在内单调递减，在 内单调递增；当时，在内单调递增；当，在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增.（）由（）知，时，令，.则，由可得，当且仅当时取得等号.又，设，则在单调递减，因为，所以在上存在使得 时，时，所以函数在上单调递增；在上单调递减，由于，因此，当且仅当取得等号，所以，即对于任意的恒成立。【感悟提升】确定函数的单调区间要特别注意函数的定义域，不要从导数的定义域确定函数的单调区间，在某些情况下函数导数的定义域与原函数的定义域不同【举一反三】(2015福建，10)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)1，其导函数f(x)满足f(x)k1，则下列结论中一定错误的是()Af BfCf Df【变式探究】已知函数f(x)exex2x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)f(2x)4bf(x)，当x0时，g(x)0，求b的最大值；(3)已知1.414 20，g(x)0；当b2时，若x满足2exex2b2，即0xln(b1)时，g(x)0.而g(0)0，因此当0xln(b1)时，g(x)0，ln 20.692 8；当b1时，ln(b1)ln ，g(ln)2(3 2)ln 2 0，ln 20时，xf(x)f(x)0，则使得f(x)0成立的x的取值范围是()A(，1)(0，1)B(1，0)(1，)C(，1)(1，0)D(0，1)(1，)解析因为f(x)(xR)为奇函数，f(1)0，所以f(1)f(1)0.当x0时，令g(x)，则g(x)为偶函数，且g(1)g(1)0.则当x0时，g(x)0，故g(x)在(0，)上为减函数，在(，0)上为增函数所以在(0，)上，当0x1时，g(x)g(1)00f(x)0；在(，0)上，当x1时，g(x)g(1)00f(x)0.综上，得使得f(x)0成立的x的取值范围是(，1)(0，1)，选A.答案A【举一反三】(2015江苏，19)已知函数f(x)x3ax2b(a，bR)(1)试讨论f(x)的单调性；(2)若bca(实数c是与a无关的常数)，当函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是(，3)，求c的值解(1)f(x)3x22ax，令f(x)0，解得x10，x2.当a0时，因为f(x)3x20(x0)，所以函数f(x)在(，)上单调递增；当a0时，x(0，)时，f(x)0，x时，f(x)0，所以函数f(x)在，(0，)上单调递增，在上单调递减；当a0时，x(，0)时，f(x)0，x时，f(x)0，所以函数f(x)在(，0)，上单调递增，在上单调递减(2)由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)b，fa3b，则函数f(x)有三个零点等价于f(0)fb0，从而或又bca，所以当a 0时，a3ac0或当a0时，a3ac0.设g(a)a3ac，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(，3)，则在(，3)上g(a)0，且在上g(a)0均恒成立从而g(3)c10，且gc10，因此c1.此时，f(x)x3ax21a(x1)x2(a1)x1a，因函数有三个零点，则x2(a1)x1a0有两个异于1的不等实根，所以(a1)24(1a)a22a30，且(1)2(a1)1a0，解得a(，3).综上c1.题型四导数的综合应用【例4】(2017高考天津卷)设a，bR，|a|1.已知函数f(x)x36x23a(a4)xb，g(x)exf(x)(1)求f(x)的单调区间(2)已知函数yg(x)和yex的图象在公共点(x0，y0)处有相同的切线，求证：f(x)在xx0处的导数等于0；若关于x的不等式g(x)ex在区间x01，x01上恒成立，求b的取值范围解：(1)由f(x)x36x23a(a4)xb，可得f(x)3x212x3a(a4)3(xa)x(4a)令f(x)0，解得xa或x4a.由|a|1，得a4a.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，a)(a,4a)(4a，)f(x)f(x)所以，f(x)的单调递增区间为(，a)，(4a，)，单调递减区间为(a,4a)(2)证明：因为g(x)ex(f(x)f(x)，由题意知所以，解得所以，f(x)在xx0处的导数等于0.因为g(x)ex，xx01，x01，且ex0，所以f(x)1.又因为f(x0)1，f(x0)0，所以x0为f(x)的极大值点，由(1)知x0a.另一方面，由于|a|1，故a14a.由(1)知f(x)在(a1，a)内单调递增，在(a，a1)内单调递减，故当x0a时，f(x)f(a)1在a1，a1上恒成立，从而g(x)ex在x01，x01上恒成立由f(a)a36a23a(a4)ab1，得b2a36a21，1a1.令t(x)2a36x21，x1,1，所以t(x)6x212x.令t(x)0，解得x2(舍去)或x0.因为t(1)7，t(1)3，t(0)1，所以，t(x)的值域为7,1所以，b的取值范围是7,1【变式探究】某地政府鉴于某种日常食品价格增长过快，欲将这种食品价格控制在适当范围内，决定对这种食品生产厂家提供政府补贴，设这种食品的市场价格为x元/千克，政府补贴为t元/千克，根据市场调查，当16x24时，这种食品市场日供应量p万千克与市场日需求量q万千克近似地满足关系：p2(x4t14)(x16，t0)，q248ln (16x24)当pq时的市场价格称为市场平衡价格(1)将政府补贴表示为市场平衡价格的函数，并求出函数的值域(2)为使市场平衡价格不高于每千克20元，政府补贴至少为每千克多少元？解析：(1)由pq得2(x4t14)248ln (16x24，t0)txln (16x24)t0，t是x的减函数tmin24ln ln ln ；tmax16ln ln ， 值域为.(2)由(1)知txln (16x24)而x20时，t20ln 1.5(元/千克)，t是x的减函数，欲使x20，必须t1.5(元/千克)，要使市场平衡价格不高于每千克20元，政府补贴至少为1.5元/千克【举一反三】时下，网校教学越来越受到广大学生的喜爱，它已经成为学生们课外学习的一种趋势，假设某网校的套题每日的销售量y(单位：千套)与销售价格x(单位：元/套)满足关系式y4(x6)2，其中2x6，m为常数已知销售价格为4元/套时，每日可售出套题21千套(1)求m的值；(2)假设网校的员工工资、办公等所有开销折合为每套题2元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价格x的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大(保留一位小数)【解析】解(1)因为x4时，y21，代入关系式y4(x6)2，得1621，解得m10.(2)由(1)可知，套题每日的销售量y4(x6)2，所以每日销售套题所获得的利润f(x)(x2)4(x6)24x356x2240x278(2x6)，从而f(x)12x2112x2404(3x10)(x6)(2x0，函数f(x)单调递增；在(，6)上，f(x) 0，函数f(x)单调递减，所以x是函数f(x)在(2,6)内的极大值点，也是最大值点，所以当x3.3时，函数f(x)取得最大值故当销售价格为3.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大【规律方法】在利用导数求实际问题中的最大值和最小值时，不仅要注意函数模型中的定义域，还要注意实际问题的意义，不符合的解要舍去【举一反三】请你给某厂商设计一个包装盒如图所示，ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒E，F在AB上，且是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点设AEFBx(cm)(1)若厂商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大，试问x应取何值？(2)若厂商要求包装盒的体积V(cm3)最大，试问x应取何值并求出此时包装盒的高与底面边长的比值【解析】解设包装盒的高为h(cm), 底面边长为a(cm)由已知得ax，h(30x)，0x0；当x(20,30)时，V0.所以当x20时，V取得极大值，也是最大值，此时，即包装盒的高与底面边长的比值为.题型五利用导数解决不等式的有关问题【例5】【2017北京，文20】已知函数（）求曲线在点处的切线方程；（）求函数在区间上的最大值和最小值【答案】()；（）最大值1；最小值.【解析】（）因为，所以.又因为，所以曲线在点处的切线方程为.（）设，则.当时， ，所以在区间上单调递减.所以对任意有，即.所以函数在区间上单调递减.因此在区间上的最大值为，最小值为.【举一反三】【2017江苏，20】 已知函数有极值,且导函数的极值点是的零点.（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求关于 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：; （3）若,这两个函数的所有极值之和不小于，求的取值范围.【答案】（1），定义域为.（2）见解析（3）.【解析】（1）由，得.当时， 有极小值.因为的极值点是的零点.所以，又，故.因为有极值，故有实根，从而，即.时，故在R上是增函数， 没有极值；时， 有两个相异的实根，.列表如下x+00+极大值极小值故的极值点是.从而，因此，定义域为.（3）由（1）知， 的极值点是，且，.从而记， 所有极值之和为，因为的极值为，所以， .因为，于是在上单调递减.因为，于是，故.因此a的取值范围为.【变式探究】(2016高考全国卷)已知函数f(x)(x1)ln xa(x1)(1)当a4时，求曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程；(2)若当x(1)时，f(x)0，求a的取值范围(1)f(x)的定义域为(0，)当a4时，f(x)(x1)ln x4(x1)，f(1)0，f(x)ln x3，f(1)2.故曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为2xy20.(2)当x(1，)时，f(x)0等价于ln x0.设g(x)ln x，则g(x)，g(1)0.当a2，x(1)时，x22(1a)x1x22x10，故g(x)0，g(x)在(1，)单调递增，因此g(x)0；当a2时，令g(x)0得x1a1，x2a1.由x21和x1x21得x11，故当x(1，x2)时，g(x)0，g(x)在(1，x2)单调递减，因此g(x)0.综上，a的取值范围是(，2【举一反三】 (2015湖南，21)已知a0，函数f(x)eaxsin x(x0，)记xn为f(x)的从小到大的第n(nN*)个极值点，证明：(1)数列f(xn)是等比数列；(2)若a，则对一切nN*，xn|f(xn)|恒成立. 证明(1)f(x)aeaxsin xeaxcos xeax(asin xcos x)eaxsin(x)，其中tan ，0.令f(x)0，由x0得xm，即xm，mN*，对kN，若2kx(2k1)，即2kx(2k1)， 则f(x)0；若(2k1)x(2k2)，即(2k1)x(2k2)，则f(x)0.因此，在区间(m1)，m)与(m，m)上，f(x)的符号总相反于是当xm(mN*)时，f(x)取得极值，所以xnn(nN*)此时，f(xn)ea(n)sin(n)(1)n1ea(n)sin .易知f(xn)0，而ea是常数，故数列f(xn)是首项为f(x1)ea()sin ，公比为ea的等比数列(2)由(1)知，sin ，于是对一切nN*；xn|f(xn)|恒成立，即nea(n)恒成立，等价于(*)恒成立，因为(a0)设g(t)(t0)，则g(t).令g(t)0得t1.当0t1时，g(t)0，所以g(t)在区间(0，1)上单调递减；当t1时，g(t)0，所以g(t)在区间(1，)上单调递增从而当t1时，函数g(t)取得最小值g(1)e.因此，要使(*)式恒成立，只需g(1)e，即只需a.而当a时，由tan 且0知，.于是，且当n2时，n2.因此对一切nN*，axn1，所以g(axn)g(1)e.故(*)式亦恒成立综上所述，若a，则对一切nN*，xn|f(xn)|恒成立【变式探究】(2015福建，20)已知函数f(x)ln(1x)，g(x)kx(kR)(1)证明：当x0时，f(x)x；(2)证明：当k1时，存在x00，使得对任意的x(0，x0)，恒有f(x)g(x)；(3)确定k的所有可能取值，使得存在t0，对任意的x(0，t)，恒有|f(x)g(x)|x2.(1)证明令F(x)f(x)xln(1x)x，x(0，)，则有F(x)1.当x(0，)时，F(x)0，所以F(x)在(0，)上单调递减，故当x0时，F(x)F(0)0，即当x0时，f(x)x.(2)证明令G(x)f(x)g(x)ln(1x)kx，x(0，)，则有G(x)k.当k0时，G(x)0，故G(x)在(0，)单调递增，G(x)G(0)0，故任意正实数x0均满足题意当0k1时，令G(x)0，得x10，取x01，对任意x(0，x0)，有G(x)0，从而G(x)在(0，x0)单调递增，所以G(x)G(0)0，即f(x)g(x)综上，当k1时，总存在x00，使得对任意x(0，x0)，恒有f(x)g(x)(3)解当k1时，由(1)知，对于x(0，)，g(x)xf(x)，故g(x)f(x)，|f(x)g(x)|g(x)f(x)kxln(1x)M(x)kxln(1x)x2，x0，)则有M(x)k2x.故当x时，M(x)0，M(x)在上单调递增，故M(x)M(0)0，即|f(x)g(x)|x2，所以满足题意的t不存在当k1时，由(2)知，存在x00，使得当x(0，x0)时，f(x)g(x)，此时|f(x)g(x)|f(x)g(x) ln(1x)kx.令N(x)ln(1x)kxx2，x0，) 则有N(x)k2x.当x时，N(x)0，N(x)在上单调递增，故N(x)N(0)0，即f(x)g(x)x2.记x0与中的较小者为x1，则当x(0，x1)时，恒有|f(x)g(x)|x2.故满足题意的t不存在当k1时，由(1)知，当x0时，|f(x)g(x)|g(x)f(x)xln(1x)，令H(x)xln(1x)x2，x0，)，则有H(x)12x.当x0时，H(x)0，所以H(x)在0，)上单调递减，故H(x)H(0)0.故当x0时，恒有|f(x)g(x)|x2.此时，任意正实数t均满足题意综上，k1.法二(1)(2)证明同法一(3)解当k1时，由(1)知，对于x(0，)，g(x)xf(x)，故|f(x)g(x)|g(x)f(x)kxln(1x)kxx(k1)x.令(k1)xx2，解得0xk1.从而得到，当k1时，对于x(0，k1)，恒有|f(x)g(x)|x2，故满足题意的t不存在当k1时，取k1，从而kk11，由(2)知，存在x00，使得x(0，x0)，f(x)k1xkxg(x)，此时|f(x)g(x)|f(x)g(x)(k1k)xx，令xx2，解得0x，此时f(x)g(x)x2.记x0与的较小者为x1，当x(0，x1)时，恒有|f(x)g(x)|x2.故满足题意的t不存在当k1时，由(1)知，x0，|f(x)g(x)|f(x)g(x)xln(1x)，令M(x)xln(1x)x2，x0，)，则有M(x)12x.当x0时，M(x)0，所以M(x)在0，)上单调递减，故M(x)M(0)0.故当x0时，恒有|f(x)g(x)|x2，此时，任意正实数t均满足题意综上，k1.【举一反三】已知函数f(x)exax(a为常数)的图象与y轴交于点A，曲线yf(x)在点A处的切线斜率为1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x0时，x2ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x(x0，)时，恒有x2cex.【命题意图】本小题主要考查基本初等函数的导数、导数的运算及导数的应用、全称量词与存在量词等基础知识，考查考生的运算求解能力、抽象概括能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、有限与无限思想、化归与转化思想、分类与整合思想、特殊与一般思想【解析】解法一：(1)由f(x)exax，得f(x)exa.又f(0)1a1，得a2.所以f(x)ex2x，f(x)ex2.令f(x)0，得xln 2.当xln 2时，f(x)0，f(x)单调递减；当xln 2时，f(x)0，f(x)单调递增所以当xln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)eln 22ln 22ln 4，(2)证明：令g(x)exx2，则g(x)ex2x，由(1)得g(x)f(x)f(ln 2)0，故g(x)在R上单调递增，又g(0)10，因此，当x0时，g(x)g(0)0，即x2ex.(3)证明：若c1，则excex.又由(2)知，当x0时，x2ex.所以当x0时，x2cex.取x00，当x(x0，)时，恒有x2cex.若0c1，令k1，要使不等式x2cex成立，只要exkx2成立而要使exkx2成立，则只要xln(kx2)，只要x2ln xln k成立令h(x)x2ln xln k，则h(x)1，所以当x2时，h(x)0，h(x)在(2，)内单调递增取x016k16，所以h(x)在(x0，)内单调递增，又h(x0)16k2ln(16k)ln k8(kln 2)3(kln k)5k，易知kln k，kln 2,5k0，所以h(x0)0.即存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.解法二：(1)同解法一(2)同解法一(3)证明：对任意给定的正数c，取x0，由(2)知，当x0时，exx2，所以exee22，当xx0时，ex222x2，因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.解法三：(1)同解法一(2)同解法一(3)证明：首先证明当x(0，)时，恒有x3ex，证明如下：令h(x)x3ex，则h(x)x2ex.由(2)知，当x0时，x2ex，从而h(x)0，h(x)在(0，)内单调递减，所以h(x)h(0)10，即x3ex.取x0，当xx0时，有x2x3ex.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.(3)满足条件的x0不存在证明如下：假设存在x00，使|g(x)g(x0)|对任意x0成立，即对任意x0，有ln xg(x0)ln x，(*)但对上述x0，取x1eg(x0)时，有ln x1g(x0)，这与(*)左边不等式矛盾，因此，不存在x00，使|g(x)g(x0)|对任意x0成立. 27
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