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第3讲导数的综合应用利用导数证明不等式(5年3考)考向1构造函数法(最值法)证明单变量不等式高考解读以我们熟知的不等关系，如ln xx，ln(x1)x，exx1等为载体，通过变形或适当重组，形成一道新颖的题目.重在考查学生的等价转化能力，逻辑推理及数学运算的能力. (2016全国卷)设函数f(x)ln xx1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明当x(1，)时，1x；(3)设c1，证明当x(0,1)时，1(c1)xcx.切入点：(1)当x1时，1xln xx1xln x；(2)构造函数g(x)1(c1)xcx，借助(2)的讨论求解解(1)由题设，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.当0x1时，f(x)0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减(2)证明：由(1)知，f(x)在x1处取得最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln xx1，ln1，即1x.(3)证明：由题设c1，设g(x)1(c1)xcx，则g(x)c1cxln c.令g(x)0，解得x0.当xx0时，g(x)0，g(x)单调递增；当xx0时，g(x)0，g(x)单调递减由(2)知1c，故0x01.又g(0)g(1)0，故当0x1时，g(x)0.所以当x(0,1)时，1(c1)xcx.单变量不等式的证明方法(1)移项法：证明不等式f(x)g(x)(f(x)g(x)的问题转化为证明f(x)g(x)0(f(x)g(x)0)，进而构造辅助函数h(x)f(x)g(x)；(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数；(3)最值法：欲证f(x)g(x)，有时可以证明f(x)maxg(x)min.提醒：拆分函数时，ex和ln x尽量分到两个不同的函数中(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数一题多解(与ex，ln x有关的不等式证明问题)已知函数f(x)1ln xa2x2ax(aR)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a0且x(0,1)，求证：x21.解(1)a0时，f(x)在(0，)上递减；a0时，f(x)在上递减，在上递增；a0时，f(x)在上递减，在上递增(2)法一：(最值法)若a0且x(0,1)，欲证x21，只需证x21，即证x(1ln x)(1xx3)ex.设函数g(x)x(1ln x)，则g(x)ln x.当x(0,1)时，g(x)0，故函数g(x)在(0,1)上单调递增，所以g(x)g(1)1.设函数h(x)(1xx3)ex，则h(x)(2x3x2x3)ex.设函数p(x)2x3x2x3，则p(x)16x3x2.当x(0,1)时，p(0)p(1)80，故存在x0(0,1)，使得p(x0)0，从而函数p(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减当x(0，x0)时，p(x0)p(0)2，当x(x0,1)时，p(x0)p(1)20，故存在x1(0,1)，使得h(x1)0，即当x(0，x1)时，p(x)0，当x(x1,1)时，p(x)0，从而函数h(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1,1)上单调递减因为h(0)1，h(1)e，所以当x(0,1)时，h(x)h(0)1，所以x(1ln x)(1xx3)ex，x(0,1)，即x21，x(0,1)法二：(放缩法)若a0且x(0,1)，欲证x21，只需证x21，即证x(1ln x)(1xx3)ex.设函数g(x)x(1ln x)，则g(x)ln x，当x(0,1)时，g(x)0，故函数g(x)在(0,1)上单调递增所以g(x)g(1)1.设函数h(x)(1xx3)ex，x(0,1)，因为x(0,1)，所以xx3，所以1xx31，又1exe，所以h(x)1，所以g(x)1h(x)，即原不等式成立法三：(放缩法)若a0且x(0,1)，欲证x21，只需证x21，由于1ln x0，exe01，则只需证明1ln xx21，只需证明ln xx20，令g(x)ln xx2，则当x(0,1)时，g(x)2x0，则函数g(x)在(0,1)上单调递减，则g(x)g(1)0，所以ln xx20，即原不等式原立点评含“x”的不等式证明,考题第二问出现含x的不等式，往往是对所求证的不等式先进行等价变形，如移项、分解、重组，放缩等手段，化为更加加强的不等式的证明，甚至构造两个系数，其中放缩法比较灵活.x0时，证明：f(x1,ex)(1xxln x)1e2.析：令g(x)，h(x)1xxln x.易证0g(x)1，h(x)ln x2.h(x)在(0，e2)上递增，在(e2，)上递减，h(x)h(e2)1e2，g(x)h(x)1e2.当m2时，求证：exln(xm)0.证明：当m2时，x(m，)，ln(xm)ln(x2)，只需证：exln(x2)0.令g(x)exln(x2)，g(x)ex在(2，)上递增.又g(1)10，g(0)0，存在唯一实数x0(1，0)，使g(x0)0，即ex0.当x(1，x0)时，g(x)0，x(x0，0)时，g(x)0.g(x)ming(x0)ex0ln(x02)x0x0220.考向2转化法证明双变量不等式高考解读以对数函数与线性函数的组合为载体，以函数的极值点、零点为依托，将函数、方程、不等式巧妙的融合在一起，重在考查学生的等价转化能力、数学运算能力和逻辑推理能力. (2018全国卷改编)已知函数f(x)xaln x存在两个极值点x1，x2，证明：a2.切入点： f(x1)f(x2)0，借助方程思想找出x1，x2的等量关系，构造函数借助单调性证明不等式解f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，易知当且仅当a2时，f(x)存在两个极值点由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x1x2，则x21，由于1a2a2a，所以a2等价于x22ln x20.设函数g(x)x2ln x，g(x)10，g(x)在(0，)单调递减，又g(1)0，从而当x(1，)时，g(x)0，所以x22ln x20，即a2.证明双变量不等式的两种常见方法对于形如f(x1，x2)A的不等式，其证明中的常见变形有以下两种：(1)消元法：即借助题设条件，建立x1与x2的等量关系，如x2g(x1)，从而将f(x1，x2)A的双变量不等式化成h(x1)A的单变量不等式；(2)换元法：结合题设条件，有时需要先对含有双变量的不等式进行“除法”变形，再对含有双变量的局部代数式进行“换元”处理，将双变量问题等价转化为单变量问题，即构建形如形式(与零点有关的双变量问题)已知函数f(x)axln x(aR)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2，证明：2.解(1)a0时，减区间为(0，)，没有增区间；a0时，减区间为 ，增区间为.(2)证明：函数f(x)有两个零点分别为x1，x2，则a0，不妨设x1x2，则ln x1ax10，ln x2ax20，ln x2ln x1a(x2x1)要证2，只需证2a，只需证a，只需证，只需证ln ，只需证ln .令t，则t1，即证ln t.设(t)ln t，则(t)0，即函数(t)在(1，)上单调递减，则(t)(1)0.即得2.利用导数解决不等式恒成立(能成立)中的参数问题(5年2考)考向1分离参数或构造函数解决恒成立(能成立)问题高考解读以不等式中的恒成立(能成立)为载体，考查学生的等价转化能力，考查函数最值的求法，逻辑推理能力及数学运算的素养. (2017全国卷)已知函数f(x)x1aln x.(1)若f(x)0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，m，求m的最小值解(1)f(x)的定义域为(0，)，若a0，因为faln 20，所以不满足题意若a0，由f(x)1知，当x(0，a)时，f(x)0.所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，)单调递增故xa是f(x)在(0，)的唯一最小值点由于f(1)0，所以当且仅当a1时，f(x)0，故a1.(2)由(1)知当x(1，)时，x1ln x0.令x1，得ln，从而lnlnln11.故e.而2，所以m的最小值为3.不等式恒成立、能成立问题常用解法(1)分离参数后转化为求最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如af(x)max或af(x)min.(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，注意对参数的分类讨论(3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用(4)恒成立(能成立)问题出现在压轴题第二问，分离参数法一般不好做，原因有两点：一是分离后求最值利用导数研究单调性不好研究(多次求导无果或越求导越复杂)二是遇到一个障碍点，如研究出f(x)在(1，)上递减，f(x)f(1)，而f(1)无意义，需要用到“洛必达法则”所以一般不分离，直接利用导数研究单调性(需讨论)，转化求最值，注意定义域、端点值的利用，先出结果，排除反面1(能成立问题)设函数f(x)2ln xmx21.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当f(x)有极值时，若存在x0，使得f(x0)m1成立，求实数m的取值范围解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2mx，当m0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；当m0时，令f(x)0，则0x，令f(x)0，则x，f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)由(1)知，当f(x)有极值时，m0，且f(x)在 上单调递增，在上单调递减f(x)maxf2lnm1ln m，若存在x0，使得f(x0)m1成立，则f(x)maxm1.即ln mm1，ln mm10成立，令g(x)xln x1(x0)，g(x)10，g(x)在(0，)上单调递增，且g(1)0，0m1.实数m的取值范围是(0,1)2(有限定范围恒成立问题)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的取值范围解(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)g(1)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)上单调递减，因此g(x)g(1)0，综上可知，实数a的取值范围是(，2考向2最值定位法解决双变量不等式恒成立问题高考解读以不等式恒成立(能成立)为载体，融合(特)称命题于其中，重在考查学生的最值转化能力，考查逻辑推理及数学运算的素养. (2015全国卷)设函数f(x)emxx2mx.(1)证明：f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增；(2)若对于任意x1，x21,1，都有|f(x1)f(x2)|e1，求m的取值范围切入点：(1)先对f(x)求导，再根据m的取值范围分别讨论f(x)与0的关系，从而得证；(2)对于任意x1，x21,1，都有|f(x1)f(x2)|e1说明函数f(x)的最大值与最小值的差不大于e1，结合(1)的结论求m的取值范围解(1)证明：f(x)m(emx1)2x.若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0；当x(0，)时，emx10，f(x)0.若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0；当x(0，)时，emx10.所以，f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在1,0上单调递减，在0,1上单调递增，故f(x)在x0处取得最小值所以对于任意x1，x21,1，|f(x1)f(x2)|e1的充要条件是即设函数g(t)ette1，则g(t)et1.当t0时，g(t)0时，g(t)0.故g(t)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增又g(1)0，g(1)e12e1时，由g(t)的单调性知，g(m)0，即emme1；当m0，即emme1.综上，m的取值范围是1,1常见的双变量不等式恒成立问题的类型(1)对于任意的x1a，b，总存在x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)max.(2)对于任意的x1a，b，总存在x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)min.(3)若存在x1a，b，对任意的x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)min.(4)若存在x1a，b，对任意的x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)max.(5)对于任意的x1a，b，x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)min.(6)对于任意的x1a，b，x2m，n，使得f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)max.(与量词有关的不等式恒成立问题)已知函数f(x)x(a1)ln x(aR)，g(x)x2exxex.(1)当x1，e时，求f(x)的最小值；(2)当a1时，若存在x1e，e2，使得对任意的x22,0，f(x1)g(x2)恒成立，求a的取值范围解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x).当a1时，x1，e，f(x)0，f(x)为增函数，f(x)minf(1)1a.当1ae时，x1，a时，f(x)0，f(x)为减函数；xa，e时，f(x)0，f(x)为增函数所以f(x)minf(a)a(a1)ln a1.当ae时，x1，e时，f(x)0，f(x)在1，e上为减函数f(x)minf(e)e(a1).综上，当a1时，f(x)min1a；当1ae时，f(x)mina(a1)ln a1；当ae时，f(x)mine(a1).(2)由题意知f(x)(xe，e2)的最小值小于g(x)(x2,0)的最小值由(1)知当a1时，f(x)在e，e2上单调递增，f(x)minf(e)e(a1).g(x)(1ex)x.当x2,0时，g(x)0，g(x)为减函数，g(x)ming(0)1，所以e(a1)1，即a，所以a的取值范围为.利用导数解决函数零点问题(5年4考)考向1根据参数确定函数零点的个数高考解读以函数零点个数的判定为载体，考查学生分类讨论及数形结合的思想，考查导数在研究函数图象变化中的作用，考查学生的逻辑推理能力及数学运算的素养. (2019全国卷)已知函数f(x)ln x.(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线yln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线yex的切线切入点：(1)由f(x)0(0)判断f(x)的单调性，借助零点存在性定理判断f(x)有两个零点；(2)由导数的几何意义证明解(1)f(x)的定义域为(0,1)(1，)因为f(x)0，所以f(x)在(0,1)，(1，)单调递增因为f(e)10，f(e2)20，所以f(x)在(1，)有唯一零点x1，即f(x1)0.又01，fln x1f(x1)0，故f(x)在(0,1)有唯一零点.综上，f(x)有且仅有两个零点(2)因为e，故点B在曲线yex上由题设知f(x0)0，即ln x0，故直线AB的斜率k.曲线yex在点B处切线的斜率是，曲线yln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是，所以曲线yln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线yex的切线教师备选题(2015全国卷)已知函数f(x)x3ax，g(x)ln x.(1)当a为何值时，x轴为曲线yf(x)的切线？(2)用minm，n表示m，n中的最小值，设函数h(x)minf(x)，g(x)(x0)，讨论h(x)零点的个数切入点：(1)设切点为(x0,0)，由条件得f(x0)0，f(x0)0，由此列方程组，进而解得结果(2)分x1，x1,0x1三种情形讨论h(x)的零点解(1)设曲线yf(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)0，f(x0)0，即解得因此，当a时，x轴为曲线yf(x)的切线(2)当x(1，)时，g(x)ln x0，从而h(x)minf(x)，g(x)g(x)0，故h(x)在(1，)上无零点当x1时，若a，则f(1)a0，h(1)minf(1)，g(1)g(1)0，故x1是h(x)的零点；若a，则f(1)0，h(1)minf(1)，g(1)f(1)0，所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数若a3或a0，则f(x)3x2a在(0,1)上无零点，故f(x)在(0,1)上单调而f(0)，f(1)a，所以当a3时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当a0时，f(x)在(0,1)上没有零点若3a0，即a0，则f(x)在(0,1)上无零点b若f0，即a，则f(x)在(0,1)上有唯一零点c若f0，即3a，由于f(0)，f(1)a，所以当a时，f(x)在(0,1)上有两个零点；当3或a时，h(x)有一个零点；当a或a时，h(x)有两个零点；当a时，h(x)有三个零点三步求解函数零点(方程根)的个数问题第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线yk)在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；第三步：结合图象求解(2019雅礼中学二模)已知函数f(x)x3ax，g(x)exe(e为自然对数的底数)(1)若曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线与曲线yg(x)在点(0，g(0)处的切线互相垂直，求函数f(x)x3ax在区间1,1上的最大值；(2)设函数h(x)试讨论函数h(x)零点的个数解(1)f(x)3x2a，g(x)ex，f(0)a，g(0)1，由题意知，a1，f(x)3x210，f(x)在区间1,1上单调递减，f(x)maxf(1).(2)函数g(x)exe在R上单调递增，仅在x1处有一个零点，且x1时，g(x)0，又f(x)3x2a.当a0时，f(x)0，f(x)在R上单调递减，且过点0，f(1)a0.即f(x)在x0时，必有一个零点，此时yh(x)有两个零点；当a0时，令f(x)3x2a0，解得x10，x20.则是函数f(x)的一个极小值点，是函数f(x)的一个极大值点而f3a0，现在讨论极大值的情况：f3a.当f0，即a时，函数f(x)在(0，)上恒小于0，此时yh(x)有两个零点；当f0，即a时，函数f(x)在(0，)上有一个零点，x0，此时yh(x)有三个零点；当f0，即a时，函数f(x)在(0，)上有两个零点，一个零点小于，一个零点大于.若f(1)a0，即a时，yh(x)有四个零点；f(1)a0，即a时，yh(x)有三个零点； f(1)a0，即a时，yh(x)有两个零点综上所述，当a或a时，yh(x)有两个零点；当a或a时，yh(x)有三个零点；当a时，yh(x)有四个零点考向2根据零点个数确定参数的范围高考解读该类问题主要考查学生数形结合的意识和分类讨论的合理性，考查学生的逻辑推理及数学运算素养. (2016全国卷)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x22.切入点：(1)思路一：求导，结合f(x)的单调性及f(x)的大致图象，分类讨论求得a的取值范围思路二：数形结合，转化 为直线ya与曲线y有两个交点(2)将x1x22等价转化为f(x1)f(2x2)，进而通过构造辅助函数g(x)f(x2)，结合g(x)的单调性给予证明解(1)f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)设a0，则f(x)(x2)ex，f(x)只有一个零点设a0，则当x(，1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(x)0，所以f(x)在(，1)内单调递减，在(1，)内单调递增又f(1)e，f(2)a，取b满足b0且bln ，则f(b)(b2)a(b1)2a0，故f(x)存在两个零点设a0，由f(x)0得x1或xln(2a)若a，则ln(2a)1，故当x(1，)时，f(x)0，因此f(x)在(1，)内单调递增又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点若a，则ln(2a)1，故当x(1，ln(2a)时，f(x)0；当x(ln(2a)，)时，f(x)0.因此f(x)在(1，ln(2a)内单调递减，在(ln(2a)，)内单调递增又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点综上，a的取值范围为(0，)(2)不妨设x1x2，由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，f(x)在(，1)内单调递减，所以x1x22等价于f(x1)f(2x2)，即f(2x2)0.由于f(2x2)x2ea(x21)2，而f(x2)(x22)ea(x21)20，所以f(2x2)x2e(x22)e.设g(x)xe2x(x2)ex，则g(x)(x1)(e2xex)所以当x1时，g(x)0，而g(1)0，故当x1时，g(x)0.从而g(x2)f(2x2)0，故x1x22. 点评含x1，x2不等式证明问题策略x1，x2可以是函数零点、极值点、方程的根、函数图象上两点的横坐标.,处理策略：减元，二元向一元转化(x1与x2有等量关系)，构造整体变量的集中与换元.极值点偏移结合图象，对称，构造函数，研究单调性，比较大小. 教师备选题1(2017全国卷)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. 解(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)2ae2x(a2)ex1(aex1)(2ex1)()若a0，则f(x)0，则由f(x)0得xln a.当x(，ln a)时，f(x)0.所以f(x)在(，ln a)单调递减，在(ln a，)单调递增(2)()若a0，由(1)知，f(x)至多有一个零点()若a0，由(1)知，当xln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)1ln a.当a1时，由于f(ln a)0，故f(x)只有一个零点；当a(1，)时，由于1ln a0，即f(ln a)0，故f(x)没有零点；当a(0,1)时，1ln a0，即f(ln a)0.又f(2)ae4(a2)e222e220，故f(x)在(，ln a)有一个零点设正整数n0满足n0ln，则f(n0)en0(aen0a2)n0en0n02n0n00.由于lnln a，因此f(x)在(ln a，)有一个零点综上，a的取值范围为(0,1)2(2018全国卷)已知函数f(x)exax2.(1)若a1，证明：当x0时，f(x)1；(2)若f(x)在(0，)只有一个零点，求a.解(1)当a1时，f(x)1等价于(x21)ex10.设函数g(x)(x21)ex1，则g(x)(x22x1)ex(x1)2ex.当x1时，g(x)0，所以g(x)在(0，)单调递减而g(0)0，故当x0时，g(x)0，即f(x)1.(2)设函数h(x)1ax2ex.f(x)在(0，)只有一个零点等价于h(x)在(0，)只有一个零点()当a0时，h(x)0，h(x)没有零点；()当a0时，h(x)ax(x2)ex.当x(0,2)时，h(x)0；当x(2，)时，h(x)0.所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2，)单调递增故h(2)1是h(x)在0，)的最小值若h(2)0，即a，h(x)在(0，)没有零点；若h(2)0，即a，h(x)在(0，)只有一个零点；若h(2)0，即a，由于h(0)1，所以h(x)在(0,2)有一个零点由(1)知，当x0时，exx2，所以h(4a)11110，故h(x)在(2,4a)有一个零点因此h(x)在(0，)有两个零点综上，f(x)在(0，)只有一个零点时，a.解决由函数零点的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解提醒：(1)要注意参数端点值的取舍；(2)分类标准要恰当(方程根的个数与导数交汇)已知函数f(x)ln xax1.(1)当a1时，求证：f(x)0恒成立；(2)若关于x的方程f(x)x210至少有两个不相等的实数根，求实数a的最小值解(1)当a1时，f(x)ln xx1，f(x)1，令f(x)0x1，所以当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减故f(x)maxf(1)0，所以f(x)0.(2)f(x)x210至少有两个不相等的实数根，即ln xx2ax20，ax至少有两个不相等的实数根，记(x)x(x0)，所以(x)1，记h(x)x2ln x1(x0)，所以h(x)2x，令h(x)0x，所以当x时，h(x)0，h(x)单调递减，x时，h(x)0，h(x)单调递增，所以h(x)的最小值为hln1ln 2(1ln 2)0，又h(1)0，所以x(1，)时，h(x)0，又当x时，hln 1110，因此必存在唯一的x0，使得h(x0)0.因此x(0，x0)时，h(x)0，(x)单调递增，x(x0,1)时，h(x)0，(x)单调递减，x(1，)时，h(x)0，(x)单调递增，画出y(x)的大致图象，如图所示因此当(1)a(x0)时，直线ya与y(x)的图象至少有两个交点，所以a的最小值为(1)3.
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