人教版高中数学选择性必修第二册5.3.2第1课时函数的极值 同步练习(含解析)

5.3.2　函数的极值与最大(小)值
第1课时　函数的极值
基础过关练
题组一　函数极值的概念及其求解
1.已知函数f(x)的导函数为f'(x),则“f'(x0)=0”是“x=x0是函数f(x)的一个极值点”的 (　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
2.函数f(x)的定义域为R,导函数f'(x)的图象如图所示,则函数f(x)　(　　)
A.无极大值点,有四个极小值点
B.有三个极大值点,两个极小值点
C.有两个极大值点,两个极小值点
D.有四个极大值点,无极小值点
3.(2019天津高二上期末)已知函数f(x)=ln x-x2,则f(x)(　　)
A.有极小值,无极大值
B.无极小值,有极大值
C.既有极小值,又有极大值
D.既无极小值,又无极大值
4.函数f(x)=x+2cos x在上的极大值点为(　　)
A.0 B. C. D.
5.求下列函数的极值.
(1)f(x)=x3-3x2-9x+5;
(2)f(x)=-2;
(3)f(x)=x2-2ln x.
题组二　含参函数的极值问题
6.(2019海南海口高二上期末)已知f(x)=ln x+(a≠0),则(　　)
A.当a<0时, f(x)存在极小值f(a)
B.当a<0时, f(x)存在极大值f(a)
C.当a>0时, f(x)存在极小值f(a)
D.当a>0时, f(x)存在极大值f(a)
7.(2020浙江湖州高二上期末)若函数y=ex-2mx有小于零的极值点,则实数m的取值范围是 (　　)
A.m< B.0C.m> D.08.(2020浙江杭州七校高二下联考)若函数f(x)=x3+ax2+ax(x∈R)不存在极值点,则a的取值范围是　　　　.
9.已知函数f(x)=x3+3mx2+nx+m2在x=-1处取得极值0,则m=　　　　,n=　　　　.
10.(2020山西吕梁高二上期末)已知函数f(x)=ln x-ax2+x,a∈R.
(1)当a=0时,求曲线f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)若g(x)=f(x)-(ax-1),求函数g(x)的极值.
题组三　函数极值的综合应用
11.若a>0,b>0,且函数f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1处有极值,则ab的最大值等于(　　)
A.2 B.3 C.6 D.9
12.(2019云南昆明高三月考)已知函数f(x)=(x2-m)·ex,若函数f(x)的图象在x=1处的切线斜率为3e,则f(x)的极大值是(　　)
A.4e-2 B.4e2 C.e-2 D.e2
13.(2019辽宁省实验中学高二上期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn=n2+k+(n∈N*),则f(x)=x3-kx2-2x+1的极大值为(　　)
A. B.3 C. D.2
14.已知三次函数f(x)=mx3+nx2+px+2q的图象如图所示,则 =　　　　.
15.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在点x0处取得极小值-5,其导函数y=f'(x)的图象经过点(0,0),(2,0).
(1)求a,b的值;
(2)求x0及函数f(x)的表达式.
16.(2020山西吕梁高二上期末)已知函数f(x)=2x3+3ax2+3bx+c在x=1及x=2处取得极值.
(1)求a,b的值;
(2)若方程f(x)=0有三个不同的实根,求c的取值范围.
深度解析
17.已知函数f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=4x+4.
(1)求a,b的值;
(2)讨论f(x)的单调性,并求出f(x)的极大值.
能力提升练
题组一　函数极值的求解及其应用
1.(2020湖南长沙麓山国际学校高二上检测,)函数f(x)的定义域为(a,b),其导函数f'(x)在(a,b)内的图象如图,则函数f(x)在区间(a,b)内的极小值点有(　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
2.()已知函数f(x)=x3-px2-qx的图象与x轴相切于(1,0)点,则f(x)的极小值为(　　)
A.0 B.- C.- D.1
3.(多选)()如图是函数y=f(x)的导函数f'(x)的图象,则下面判断正确的是(　　)
A.f(x)在(-3,1)上是增函数
B.f(x)在(1,3)上是减函数
C.f(x)在(1,2)上是增函数
D.当x=4时, f(x)取得极小值
4.(2019北京大兴高三上期末,)已知函数f(x)=-aln x.
(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为x-2y+1=0,求a的值;
(2)求函数y=f(x)在区间[1,4]上的极值.
题组二　含参函数的极值问题
5.(2019福建泉州高三月考,)已知函数f(x)=ax3-bx+2的极大值和极小值分别为M,m,则M+m=(　　)
A.0 B.1
C.2 D.4
6.(2020浙江杭州高三检测,)已知a>0且a≠1,则函数f(x)=(x-a)2ln x(　　)
A.有极大值,无极小值
B.有极小值,无极大值
C.既有极大值,又有极小值
D.既无极大值,又无极小值
7.(2019湖南湘潭高三一模,)若函数f(x)=恰有三个极值点,则m的取值范围是(　　)
A.
B.
C.
D.
8.(2020河北保定高二上期末,)已知x=1是函数f(x)=+x2的极值点,则实数a的值为　　　　.易错
9.(2020北京海淀高三上期末,)已知函数f(x)=ex(ax2+1)(a>0).
(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)若函数f(x)有极小值,求证:f(x)的极小值小于1.
10.(2020江西高安中学高二上期末,)已知函数f(x)=x2-ax+ln x(a∈R).
(1)若f(x)在定义域上不单调,求a的取值范围;
(2)设a题组三　函数极值的综合应用
11.(2020福建三明高二上期末质量检测,)函数y=-x2的图象大致是(　　)
12.(2020河北邯郸高三上期末,)已知函数f(x)为定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数,当x>0时,f(x)=(x-2e)ln x.若函数g(x)=f(x)-m存在四个不同的零点,则m的取值范围是(深度解析)
A.(-e,e) B.[-e,e]
C.(-1,1) D.[-1,1]
13.(2020山东济宁高二上期末质量检测,)已知点A,B为曲线y=上两个不同的点,A,B的横坐标x1,x2是函数f(x)=ax2-ax-ln x的两个极值点,则直线AB与椭圆+y2=1的位置关系是(　　)
A.相离 B.相切
C.相交 D.不确定
14.(多选)()已知函数f(x)=xln x+x2,x0是函数f(x)的极值点,则下列结论正确的是(　　)
A.0
C.f(x0)+2x0<0 D.f(x0)+2x0>0
15.(多选)()已知函数f(x)=ax-ln x(a∈R),则下列说法正确的是(　　)
A.若a≤0,则函数f(x)没有极值
B.若a>0,则函数f(x)有极值
C.若函数f(x)有且只有两个零点,则实数a的取值范围是
D.若函数f(x)有且只有一个零点,则实数a的取值范围是(-∞,0]∪
16.(2020山东青岛高三上期末,)已知函数f(x)=ln x-x+2sin x, f'(x)为f(x)的导函数.求证:
(1)f'(x)在(0,π)上存在唯一零点;
(2)f(x)有且仅有两个不同的零点.
答案全解全析
基础过关练
1.B　由极值点的定义可以得出,可导函数f(x)的极值点为x0,则f'(x0)=0,必要性成立;反过来不成立.故选B.
2.C　设y=f'(x)的图象与x轴的交点从左到右的横坐标依次为x1,x2,x3,x4,则f(x)在x=x1,x=x3处取得极大值,在x=x2,x=x4处取得极小值,故选C.
3.B　由题可得, f'(x)=-x=(x>0),
当x>1时, f'(x)<0,
当00,
所以f(x)在x=1处取得极大值,无极小值.
故选B.
4.B　由题意得, f'(x)=1-2sin x,
令f'(x)=0,得x=,
当00;
当∴当x=时, f(x)取得极大值.
5.解析　(1)由题意得, f'(x)=3x2-6x-9,
令f'(x)=0,即3x2-6x-9=0,
解得x=-1或x=3.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x (-∞,-1) -1 (-1,3) 3 (3,+∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
∴当x=-1时,函数f(x)有极大值,且f(-1)=10;
当x=3时,函数f(x)有极小值,且f(3)=-22.
(2)由题意得,函数f(x)的定义域为R,
f'(x)==-.
令f'(x)=0,得x=-1或x=1.
当x变化时, f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x (-∞,-1) -1 (-1,1) 1 (1,+∞)
f'(x) - 0 + 0 -
f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘
∴当x=-1时,函数有极小值,且极小值为f(-1)=-3;
当x=1时,函数有极大值,且极大值为f(1)=-1.
(3)由题意得, f'(x)=2x-,且函数f(x)的定义域为(0,+∞),
令f'(x)=0,得x=1或x=-1(舍去),
当x∈(0,1)时, f'(x)<0,
当x∈(1,+∞)时, f'(x)>0,
∴当x=1时,函数有极小值,极小值为f(1)=1,无极大值.
6.C　由题意得, f'(x)=-=,且函数f(x)的定义域是(0,+∞).
当a>0时,令f'(x)>0,解得x>a,
令f'(x)<0,解得0∴f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,
故f(x)的极小值为f(a),无极大值,
当a<0时, f'(x)>0, f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值.故选C.
7.B　由y=ex-2mx,得y'=ex-2m.由题意知ex-2m=0有小于零的实根,即ex=2m,得m=ex.∵x<0,∴08.答案　[0,3]
解析　由f(x)=x3+ax2+ax(x∈R),
得f'(x)=3x2+2ax+a.
∵函数f(x)=x3+ax2+ax(x∈R)不存在极值点,且f'(x)的图象开口向上,
∴f'(x)≥0对x∈R恒成立,
∴Δ=4a2-12a≤0,解得0≤a≤3,
∴a的取值范围是[0,3].
9.答案　2;9
解析　由题可得, f'(x)=3x2+6mx+n,
∴
解得或当时,f'(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0恒成立,不满足题意.故m=2,n=9.
10.解析　(1)当a=0时, f(x)=ln x+x,所以f'(x)=+1,则切线斜率k=f'(1)=2,
又f(1)=1,所以切点坐标为(1,1),
所以切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0.
(2)由题知,g(x)=f(x)-(ax-1)=ln x-ax2+(1-a)x+1(x>0),
所以g'(x)=-ax+(1-a)
=(x>0),
当a≤0时,因为x>0,所以g'(x)>0.
所以g(x)在(0,+∞)上是单调递增函数,无极值.
当a>0时,g'(x)=,
令g'(x)=0,得x=或x=-1(舍去),
所以当x∈时,g'(x)>0;当x∈时,g'(x)<0,
所以当a>0时,函数g(x)的单调递增区间是,单调递减区间是,
所以当x=时,g(x)有极大值g=-ln a,
综上,当a≤0时,函数g(x)无极值;
当a>0时,函数g(x)有极大值-ln a,无极小值.
11.D　f'(x)=12x2-2ax-2b,
∵f(x)在x=1处有极值,
∴f'(1)=12-2a-2b=0,∴a+b=6.
又a>0,b>0,∴a+b≥2,∴2≤6,
∴ab≤9,当且仅当a=b=3时等号成立,
∴ab的最大值为9.
12.A　因为函数f(x)=(x2-m)ex,所以f'(x)=ex(x2-m+2x),由函数f(x)的图象在x=1处的切线斜率为3e,得f'(1)=e(1-m+2)=e(3-m)=3e,所以m=0.则f'(x)=ex(x2+2x)=ex(x+2)x,因为ex>0,所以函数f(x)在(-∞,-2)上单调递增,在(-2,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以函数f(x)的极大值为f(-2)=4e-2.故选A.
13.A　由于等差数列前n项和公式中,常数项为0,所以k+=0,所以k=-,所以f(x)=x3+x2-2x+1,所以f'(x)=3x2+x-2=(3x-2)(x+1),故函数f(x)在(-∞,-1)和上单调递增,在上单调递减,故当x=-1时,f(x)取得极大值,为f(-1)=.故选A.
14.答案　1
解析　由题意得,m≠0,且f'(x)=3mx2+2nx+p,
由题图可知,x=2是函数的极大值点,x=-1是极小值点,即2,-1是f'(x)=0的两个根,
由
解得
∵f'(0)=p=-6m, f'(1)=p=-6m,
∴=1.
15.解析　(1)由题意可得f'(x)=3x2+2ax+b.
∵f'(x)的图象过点(0,0),(2,0),
∴解得
(2)由(1)知f'(x)=3x2-6x,
令f'(x)>0,得x>2或x<0,
令f'(x)<0,得0∴f(x)在(-∞,0),(2,+∞)上单调递增,在(0,2)上单调递减,∴f(x)在x=2处取得极小值.∴x0=2.
由f(2)=-5,得c=-1,∴f(x)=x3-3x2-1.
16.解析　(1)由题意得, f'(x)=6x2+6ax+3b,
由函数f(x)在x=1及x=2处取得极值,得解得经检验a,b均符合题意.
(2)由(1)可知,f(x)=2x3-9x2+12x+c,
f'(x)=6x2-18x+12=6(x-2)(x-1),
令f'(x)=0,得x=1或x=2,
当x<1或x>2 时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
当1∴f(x)在x=1处取得极大值,在x=2处取得极小值.又f(x)=0有三个不同的实根,
∴ 解得-5方法技巧　解决一元三次方程的实数根问题,常常要考虑两个方面:一是导数为零时一元二次方程实根的个数;二是一元二次方程有两个不等实根时,三次函数有极大值点和极小值点,判断极大值、极小值与0的大小关系.
17.解析　(1)由题可得,f'(x)=ex(ax+a+b)-2x-4.
由已知得
解得
(2)由(1)知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x,
f'(x)=4ex(x+2)-2x-4
=4(x+2).
令f'(x)=0,得x=-ln 2或x=-2.
从而当x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(-2,-ln 2)时,f'(x)<0.
故f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln 2)上单调递减.
当x=-2时,函数f(x)取得极大值,极大值为f(-2)=4(1-e-2).
能力提升练
1.A　设y=f'(x)的图象与x轴交点的横坐标从左到右依次为x1,x2,x3,x4.由题图知,
当a0,当x1同理,x2是极小值点,x4是极大值点.又当x20,当x30,所以x3不是极值点,所以f(x)在(a,b)内有1个极小值点.故选A.
2.A　由题知f'(x)=3x2-2px-q, f'(1)=3-2p-q=0, f(1)=1-p-q=0,
联立解得
∴f(x)=x3-2x2+x, f'(x)=3x2-4x+1.
令f'(x)=3x2-4x+1=0,
解得x=1或x=,
经检验知x=1是函数f(x)的极小值点,
∴f(x)极小值=f(1)=0.
3.CD　f'(x)的图象在(-3,1)上先小于0,后大于0,故f(x)在(-3,1)上先减后增,因此A错误;f'(x)的图象在(1,3)上先大于0,后小于0,故f(x)在(1,3)上先增后减,因此B错误;由题图可知,当x∈(1,2)时, f'(x)>0,所以f(x)在(1,2)上单调递增,因此C正确;当x∈(2,4)时, f'(x)<0,当x∈(4,5)时, f'(x)>0,所以当x=4时, f(x)取得极小值,因此D正确.故选CD.
4.解析　(1)因为f(x)=-aln x,
所以f'(x)=-(x>0),
所以f'(1)=-a.
因为曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为x-2y+1=0,所以-a=,解得a=0.
(2)f'(x)=-=.
①当2a≤1,即a≤时, f'(x)≥0在[1,4]上恒成立,
所以y=f(x)在[1,4]上单调递增,
所以y=f(x)在[1,4]上无极值;
②当2a≥2,即a≥1时, f'(x)≤0在[1,4]上恒成立,
所以y=f(x)在[1,4]上单调递减,
所以y=f(x)在[1,4]上无极值;
③当1<2a<2,即x (1,4a2) 4a2 (4a2,4)
f'(x) - 0 +
f(x) ↘ 极小值 ↗
因此, f(x)的单调递减区间为(1,4a2),单调递增区间为(4a2,4),
所以当x=4a2时, f(x)在[1,4]上取得极小值,且极小值为f(4a2)=2a-2aln 2a,无极大值.
5.D　由题意得, f'(x)=3ax2-b,设方程3ax2-b=0的两个根分别为x1,x2,则f(x)在x1,x2处取到极值,
则M+m=4-b(x1+x2)+a(x1+x2)[(x1+x2)2-3x1x2],又x1+x2=0,x1x2=-,
所以M+m=4,故选D.
6.C　由题意得, f'(x)=2(x-a)ln x+=(x-a)(x>0),令f'(x)=0,得x=a或2ln x+1-=0.作出g(x)=2ln x+1和h(x)=的图象(图略),
易知g(x)=2ln x+1和h(x)=的图象有交点,所以方程2ln x+1-=0有解,所以根据函数的单调性和极值的关系可得,函数f(x)=(x-a)2ln x既有极大值又有极小值,故选C.
7.A　由题可知f'(x)=
当x>0时,令f'(x)=0,得-2m=,
令g(x)=,则g'(x)=,
则函数g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,g(x)的图象如图所示,
所以当0<-2m<1,即-当x≤0时,令f'(x)=0,得x=<0,解得m<-.综上,m∈-,-.
8.答案　2
解析　由f(x)=+x2,得f'(x)=-+2x.
因为x=1是f(x)的极值点,所以f'(1)=0,即-a+2=0,所以a=2.
此时f'(x)=,当x<1时, f'(x)<0;当x=1时, f'(x)=0;当x>1时, f'(x)>0.
因此x=1是极小值点,即a=2符合题意.
易错警示　已知极值点求参数的值,先计算f'(x)=0,求得x的值,再验证极值点.由于导数为0的点不一定是极值点,因此解题时要防止遗漏验证导致错误.
9.解析　(1)由已知得f'(x)=ex(ax2+2ax+1),因为f(0)=1, f'(0)=1,
所以所求切线的方程为y=x+1.
(2)证明: f'(x)=ex(ax2+2ax+1),令g(x)=ax2+2ax+1,则Δ=4a2-4a.
(i)当Δ≤0,即0所以函数f(x)在R上是单调递增函数,此时函数f(x)在R上无极小值.
(ii)当Δ>0,即a>1时,记x1,x2是方程ax2+2ax+1=0的两个根,不妨设x1当x变化时, f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x (-∞,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,+∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以函数y=f(x)的极小值为f(x2),
又因为函数y=f(x)在[x2,0]上单调递增,所以f(x2)所以函数y=f(x)的极小值小于1.
10.解析　(1)由已知得f'(x)=x+-a(x>0,a∈R).
①若f(x)在定义域上单调递增,则f'(x)≥0,即a≤x+在(0,+∞)上恒成立,又x+∈[2,+∞),所以a≤2.
②若f(x)在定义域上单调递减,则f'(x)≤0,即a≥x+在(0,+∞)上恒成立,又x+∈[2,+∞),所以a∈ .
因为f(x)在定义域上不单调,所以a>2,所以a∈(2,+∞).
(2)由(1)知,要使f(x)在(0,+∞)上有极大值和极小值,必须满足a>2.
又a设f'(x)=x+-a==0的两根分别为x1,x2,即x2-ax+1=0的两根分别为x1,x2,于是
不妨设0所以S=m-n=f(x1)-f(x2)
=-
=(-)-a(x1-x2)+(ln x1-ln x2)
=-(-)+ln
=-+ln.
令t=,t∈(0,1),则S=-+ln t.
又t+==
=a2-2∈,所以所以S'=-+
=-<0,
所以S=-+ln t在上为减函数.所以S∈.
11.D　令y=-x2=0,得x3=1,解得x=1.
因此选项A、C中的图象不正确;
y'=--2x,令y'=0,得2x3+1=0,解得x=-,因此,x=-是函数y=-x2的唯一的极大值点,
因此,当x<-时,y'>0,当-12.A　当x>0时, f'(x)=ln x+1-, f″(x)=+>0,故f'(x)在(0,+∞)上单调递增,因为f'(e)=0,所以f(x)在(0,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增.
f(x)的大致图象如图所示.
由g(x)=f(x)-m存在四个不同的零点知,直线y=m与y=f(x)的图象有四个不同的交点,故m∈(-e,e),故选A.
解题模板　利用导数解决函数的极值问题,常见的解题步骤是:求导、求驻点(令导数为0时方程的解)、列表、回答问题,由表可得出函数的大致图象,借助数形结合可解决函数的极值问题.
13.C　由f(x)=ax2-ax-ln x,
得f'(x)=ax-a-=,
因为A,B的横坐标x1、x2是函数f(x)=ax2-ax-ln x的两个极值点,
所以x1、x2是方程ax2-ax-1=0的两根,
因此
又点A,B为曲线y=上两个不同的点,所以kAB==-=a,
因此直线AB的方程为y-=a(x-x1),
即y=ax-ax1+=ax-ax1-ax2
=ax-a(x1+x2)=ax-a=a(x-1),
即直线AB恒过定点(1,0),
显然点(1,0)在椭圆+y2=1内,因此直线AB与椭圆+y2=1必相交.故选C.
14.AD　∵函数f(x)=xln x+x2(x>0),
∴f'(x)=ln x+1+2x,
易得f'(x)=ln x+1+2x在(0,+∞)上单调递增,f'=>0,
∵当x→0时, f'(x)→-∞,∴0∴A正确,B错误.
∵f'(x0)=ln x0+1+2x0=0,
∴f(x0)+2x0=x0ln x0++2x0=x0(ln x0+x0+2)=x0(1-x0)>0,
∴C错误,D正确.故选AD.
15.ABD　由题意得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=a-=,
当a≤0时, f'(x)<0恒成立,此时f(x)单调递减,没有极值.
又当x趋近于0时, f(x)趋近于+∞,当x趋近于+∞时, f(x)趋近于-∞,∴f(x)有且只有一个零点.
当a>0时,在上f'(x)<0, f(x)单调递减,在上f'(x)>0, f(x)单调递增,当x=时, f(x)取得极小值,同时也是最小值,∴f(x)min=f=1+ln a,当x趋近于0时,ln x趋近于-∞, f(x)趋近于+∞,当x趋近于+∞时, f(x)趋近于+∞,当1+ln a=0,即a=时, f(x)有且只有一个零点;当1+ln a<0,即016.证明　(1)设g(x)=f'(x)=-1+2cos x,
当x∈(0,π)时,g'(x)=-2sin x-<0,
所以g(x)在(0,π)上单调递减,
又因为g=-1+1>0,g=-1<0,
所以g(x)在上有唯一的零点α,即f'(x)在(0,π)上存在唯一零点α.
(2)①由(1)知,当x∈(0,α)时, f'(x)>0,f(x)在(0,α)上单调递增;
当x∈(α,π)时, f'(x)<0, f(x)在(α,π)上单调递减,
所以f(x)在(0,π)上存在唯一的极大值点α,
所以f(α)>f=ln-+2>2->0,
又因为f=-2-+2sin <-2-+2<0,
所以f(x)在(0,α)上恰有一个零点,
又因为f(π)=ln π-π<2-π<0,
所以f(x)在(α,π)上也恰有一个零点,
②当x∈[π,2π)时,sin x≤0, f(x)≤ln x-x,
设h(x)=ln x-x,则h'(x)=-1<0,
所以h(x)在[π,2π)上单调递减,
所以h(x)≤h(π)<0,
所以当x∈[π,2π)时, f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立,
所以f(x)在[π,2π)上没有零点.
③当x∈[2π,+∞)时, f(x)≤ln x-x+2,
设φ(x)=ln x-x+2,φ'(x)=-1<0,
所以φ(x)在[2π,+∞)上单调递减,
所以φ(x)≤φ(2π)<0,
所以当x∈[2π,+∞)时, f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立,
所以f(x)在[2π,+∞)上没有零点.
综上, f(x)有且仅有两个零点.