江苏省2019届高考数学专题五函数、不等式与导数5.4大题考法-函数与导数的综合问题讲义

1、精选优质文档-倾情为你奉上精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业专心-专注-专业精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业第四讲 大题考法函数与导数的综合问题题型(一)利用导数解决与不等式有关的问题主要考查不等式恒成立有关问题或不等关系证明的问题. 典例感悟例1(2018镇江期末)已知函数f(x)xln x，g(x)(x21)(为常数)(1)若函数yf(x)与函数yg(x)在x1处有相同的切线，求实数的值；(2)若eq f(1,2)，且x1，证明：f(x)g(x)；(3)若对任意x1，)，不等式f(x)g(x)恒成立，求实数的取值范围解(1)因为f(x)ln x1，所以f(1)1，因为f(

2、1)g(1)且g(x)2x，所以g(1)21，解得eq f(1,2).(2)证明：设函数h(x)f(x)g(x)xln xeq f(1,2)(x21)，则h(x)ln x1x(x1). 设p(x)ln x1x，从而p(x)eq f(1,x)10对任意x1，)上恒成立，所以p(x)在1，)上单调递减，因为p(1)0，所以当x1，)时，p(x)0，即h(x)0，因此函数h(x)xln xeq f(1,2)(x21)在1，)上单调递减，即h(x)h(1)0，所以当x1时，f(x)g(x)成立. (3)设函数H(x)xln x(x21)(x1)，从而对任意x1，)，不等式H(x)0H(1)恒成立又H(

3、x)ln x12x，当H(x)ln x12x0，即eq f(ln x1,x)2恒成立时，函数H(x)单调递减. 设r(x)eq f(ln x1,x)(x1)，则r(x)eq f(ln x,x2)0，所以r(x)maxr(1)1，即21，解得eq f(1,2).当0时，H(x)ln x12x0恒成立，此时函数H(x)单调递增. 于是，不等式H(x)H(1)0对任意x1，)恒成立，不符合题意； 当01，当xeq blc(rc)(avs4alco1(1，f(1,2)时，q(x)eq f(1,x)20，此时q(x)H(x)ln x12x单调递增，所以H(x)ln x12xH(1)120，故当xeq b

4、lc(rc)(avs4alco1(1，f(1,2)时，函数H(x)单调递增于是当xeq blc(rc)(avs4alco1(1，f(1,2)时，H(x)0成立，不符合题意. 综上所述，实数的取值范围为eq blcrc)(avs4alco1(f(1,2)，).方法技巧利用导数解决不等式恒成立问题的两种常用方法(1)分离参数法(2)函数思想法演练冲关1(2018苏锡常镇一模)已知函数f(x)(x1)ln xaxa(a为正实数，且为常数)(1)若f(x)在(0，)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若不等式(x1)f(x)0恒成立，求实数a的取值范围解：(1)因为f(x)(x1)ln xaxa，所

5、以f(x)ln xeq f(1,x)1a(x0)，若f(x)在(0，)上单调递增，则f(x)0，即aln xeq f(1,x)1在(0，)上恒成立，设g(x)ln xeq f(1,x)1(x0)，则g(x)eq f(x1,x2)，当x1时，g(x)0；当0 x1时，g(x)0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以g(x)ming(1)2，故0a2，即实数a的取值范围为(0,2(2)当0a2时，由(1)知，当x(0，)时，f(x)单调递增又f(1)0，所以当x(0,1)时，f(x)0.故不等式(x1)f(x)0恒成立当a2时，f(x)eq f(xln x1ax1,x)，

6、设p(x)xln x(1a)x1，则p(x)ln x2a.令p(x)ln x2a0，得xea21.当x(1，ea2)时，p(x)0，p(x)单调递减，则p(x)p(1)2a0，则f(x)eq f(px,x)0，所以当x(1，ea2)时，f(x)单调递减，则当x(1，ea2)时，f(x)f(1)0，此时(x1)f(x)0，不符合题意综上，实数a的取值范围为(0,22(2018无锡期末)已知函数f(x)ex(3x2)，g(x)a(x2)，其中a，xR.(1)若对任意xR，有f(x)g(x)恒成立，求a的取值范围；(2)若存在唯一的整数x0，使得f(x0)g(x0)，求a的取值范围解：(1)由题意，

7、对任意xR，有ex(3x2)a(x2)恒成立，当x(，2)时，aeq f(ex3x2,x2)，即aeq blcrc(avs4alco1(f(ex3x2,x2)max.令F(x)eq f(ex3x2,x2)，则F(x)eq f(ex3x28x,x22)，令F(x)0，得x0.当x变化时，F(x)，F(x)的变化情况如表所示：x(，0)0(0,2)F(x)0F(x)极大值所以F(x)maxF(0)1，故此时a1.当x2时，f(x)g(x)恒成立，故此时aR.当x(2，)时，aeq f(ex3x2,x2)，即aeq blcrc(avs4alco1(f(ex3x2,x2)min，令F(x)0，得xeq

8、 f(8,3)，当x变化时，F(x)，F(x)的变化情况如表所示.xeq blc(rc)(avs4alco1(2，f(8,3)eq f(8,3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(8,3)，)F(x)0F(x)极小值F(x)minFeq blc(rc)(avs4alco1(f(8,3)9e，故此时a9e，综上，1a9e，即实数a的取值范围是eq blcrc(avs4alco1(1，9e).(2)由f(x)g(x)，得ex(3x2)a(x2)，由(1)知a(，1)eq blc(rc)(avs4alco1(9e，)，令F(x)eq f(ex3x2,x2)(x2)，当x变化时，F(x)，F

9、(x)的变化情况如表所示.x(，0)0(0,2)eq blc(rc)(avs4alco1(2，f(8,3)eq f(8,3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(8,3)，)F(x)00F(x)极大值极小值当x(，2)时，存在唯一的整数x0使得f(x0)g(x0)，等价于aeq f(ex3x2,x2)存在的唯一整数x0成立，因为F(0)1最大，F(1)eq f(5,3e)，F(1)e，所以当aeq f(5,3e)时，至少有两个整数成立，所以aeq blcrc)(avs4alco1(f(5,3e)，1).当x(2，)时，存在唯一的整数x0使得f(x0)eq f(ex3x2,x2)存在唯一

10、的整数x0成立，因为Feq blc(rc)(avs4alco1(f(8,3)9e最小，且F(3)7e3，F(4)5e4，所以当a5e4时，至少有两个整数成立，当a7e3时，没有整数成立，所以a(7e3,5e4综上，a的取值范围是eq blcrc)(avs4alco1(f(5,3e)，1)(7e3,5e4.题型(二)利用导数解决与方程的解(零点)有关的问题主要考查利用导数及零点存在性定理以及函数的性质研究复杂函数的零点问题.典例感悟例2(2016江苏高考)已知函数f(x)axbx(a0，b0，a1，b1)(1)设a2，beq f(1,2).求方程f(x)2的根；若对于任意xR，不等式f(2x)m

11、f(x)6恒成立，求实数m的最大值(2)若0a1，b1，函数g(x)f(x)2有且只有1个零点，求ab的值解(1)因为a2，beq f(1,2)，所以f(x)2x2x.方程f(x)2，即2x2x2，亦即(2x)222x10，所以(2x1)20，即2x1，解得x0.由条件知f(2x)22x22x(2x2x)22(f(x)22.因为f(2x)mf(x)6对于xR恒成立，且f(x)0，所以meq f(fx24,fx)对于xR恒成立而eq f(fx24,fx)f(x)eq f(4,fx)2 eq r(fxf(4,fx)4，当且仅当f2(x)4，即f(x)2时等号成立，且eq f(f024,f0)4，所

12、以m4，故实数m的最大值为4.(2)因为函数g(x)f(x)2axbx2有且只有1个零点，而g(0)f(0)2a0b020，所以0是函数g(x)的唯一零点因为g(x)axln abxln b，又由0a1，b1知ln a0，ln b0，所以g(x)0有唯一解x0logeq blc(rc)(avs4alco1(f(ln a,ln b).令h(x)g(x)，则h(x)(axln abxln b)ax(ln a)2bx(ln b)2，从而对任意xR，h(x)0，所以g(x)h(x)是(，)上的单调增函数于是当x(，x0)时，g(x)g(x0)0；当x(x0，)时，g(x)g(x0)0.因而函数g(x)

13、在(，x0)上是单调减函数，在(x0，)上是单调增函数下证x00.若x00，则x0eq f(x0,2)0，于是geq blc(rc)(avs4alco1(f(x0,2)g(0)0.又g(loga2)aloga2bloga22aloga220，且函数g(x)在以eq f(x0,2)和loga2为端点的闭区间上的图象不间断，所以在eq f(x0,2)和loga2之间存在g(x)的零点，记为x1.因为0a1，所以loga20.又eq f(x0,2)0，所以x10，与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾若x00，同理可得，在eq f(x0,2)和logb2之间存在g(x)的非0的零点，与“0是函数g(x

14、)的唯一零点”矛盾因此x00.于是eq f(ln a,ln b)1，故ln aln b0，所以ab1.方法技巧利用导数研究函数零点问题的方法用导数研究函数的零点，首先利用导数研究函数的性质，再判断零点所在区间端点的函数值正负，结合零点存在理论判断零点个数，这类问题解答题的做法不同于填空题，一般不能用两个函数图象来说明零点个数演练冲关1(2018苏州暑假测试)已知函数f(x)(ax2x)ex，其中e是自然对数的底数，aR.(1)若f(x)是函数f(x)的导函数，当a0时，解关于x的不等式f(x)ex；(2)若f(x)在1,1上是单调递增函数，求a的取值范围；(3)当a0时，求整数k的所有值，使方

15、程f(x)x2在k，k1上有解解：(1)f(x)ax2(2a1)x1ex.不等式f(x)ex可化为ax2(2a1)xex0，因为ex0，故有ax2(2a1)x0，又a0，解得x0或x0时，不等式f(x)ex的解集是eq blc(rc)(avs4alco1(，f(2a1,a)(0，)(2)由(1)得f(x)ax2(2a1)x1ex，当a0时，f(x)(x1)ex，f(x)0在1,1上恒成立，当且仅当x1时取等号，故a0符合要求；当a0时，令g(x)ax2(2a1)x1，因为(2a1)24a4a210，所以g(x)0有两个不相等的实数根x1，x2，不妨设x1x2，因此f(x)有极大值又有极小值若a

16、0，因为g(1)g(0)a0，所以f(x)在(1,1)内有极值点，故f(x)在1,1上不单调若a0 x2，因为g(x)的图象开口向下，要使f(x)在1,1上单调，因为g(0)10，必须满足eq blcrc (avs4alco1(g10，,g10，)即eq blcrc (avs4alco1(3a20，,a0，)所以eq f(2,3)a0，所以x0不是方程的解，所以原方程等价于exeq f(2,x)10，令h(x)exeq f(2,x)1.因为h(x)exeq f(2,x2)0对于x(，0)(0，)恒成立，所以h(x)在(，0)和(0，)内是单调增函数又h(1)e30，h(3)e3eq f(1,3

17、)0，所以方程f(x)x2有且只有两个实数根，且分别在区间1,2和3，2上，所以整数k的所有值为3,12已知定义在R上的函数f(x)的图象不间断，且其表达式为f(x)eq blcrc (avs4alco1(2x，x4)(a，b，m，n为常数，且a0)(1)求m，n的值；(2)若a，b互为相反数，且f(x)是R上的单调函数，求a的取值范围；(3)若a1，bR，试讨论函数g(x)f(x)b的零点的个数，并说明理由解：(1)依题意，f(0)1，f(4)0，即eq blcrc (avs4alco1(n1，,64a16b4a44bmn0，)解得eq blcrc (avs4alco1(n1，,mf(1,4

18、).)(2)因为yeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)x是减函数，且f(x)是R上的单调函数，所以在ya(log4x1)中，应该有yeq f(a,xln 4)0，故a0时，eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)xb0无解，log4x1b0即log4x1b无解，又g(0)1b0，g(4)b0，g(2)f(2)b84(b4)2eq blc(rc)(avs4alco1(4bf(1,4)1beq f(15,2)3b0，方程g(x)0在(0,4)上有两解，可知方程g(x)0在R上一共有两解；当b1时，eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)xb0有一解：x

19、log(b)，log4x1b0有一解：x41b，又g(0)1b0，g(4)b0，故方程g(x)0在(0,4)上有两解从而方程g(x)0在R上共有4个解；当1b0，g(4)b1时，g(x)有2个零点；当b1时，g(x)有3个零点；当b1时，g(x)有4个零点.题型(三)函数新定义问题主要考查利用导数解决在特定情形下的函数的性质问题.典例感悟例3(2018江苏高考)记f(x)，g(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数若存在x0R，满足f(x0)g(x0)且f(x0)g(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”(1)证明：函数f(x)x与g(x)x22x2不存在“S点”；(2)若函

20、数f(x)ax21与g(x)ln x存在“S点”，求实数a的值；(3)已知函数f(x)x2a，g(x)eq f(bex,x).对任意a0，判断是否存在b0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，)内存在“S点”，并说明理由解(1)证明：因为函数f(x)x，g(x)x22x2，所以f(x)1，g(x)2x2.由f(x)g(x)且f(x)g(x)，得eq blcrc (avs4alco1(xx22x2，,12x2，)此方程组无解，因此f(x)与g(x)不存在“S点”(2)因为函数f(x)ax21，g(x)ln x，所以f(x)2ax，g(x)eq f(1,x).设x0为f(x)与g(x)的“S点”，

21、由f(x0)g(x0)且f(x0)g(x0)，得eq blcrc (avs4alco1(axoal(2,0)1ln x0，,2ax0f(1,x0)，)即eq blcrc (avs4alco1(axoal(2,0)1ln x0，,2axoal(2,0)1，)(*)所以ln x0eq f(1,2)，即x0e，所以aeq f(1,2blc(rc)(avs4alco1(avs4al(e)2)eq f(e,2).当aeq f(e,2)时，x0e满足方程组(*)，即x0为f(x)与g(x)的“S点”所以a的值为eq f(e,2).(3)对任意a0，设h(x)x33x2axa.因为h(0)a0，h(1)13

22、aa20，且h(x)的图象是不间断的，所以存在x0(0,1)，使得h(x0)0.令beq f(2xoal(3,0),ex01x0)，则b0.函数f(x)x2a，g(x)eq f(bex,x)，则f(x)2x，g(x)eq f(bexx1,x2).由f(x)g(x)且f(x)g(x)，得eq blcrc (avs4alco1(x2af(bex,x)，,2xf(bexx1,x2)，)即eq blcrc (avs4alco1(x2af(2xoal(3,0),ex01x0)f(ex,x)，,2xf(2xoal(3,0),ex01x0)f(exx1,x2)，)(*)此时，x0满足方程组(*)，即x0是函

23、数f(x)与g(x)在区间(0,1)内的一个“S点”因此，对任意a0，存在b0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，)内存在“S点”方法技巧函数新定义问题的求解策略对于函数的新定义问题，通过仔细阅读，分析定义以及新函数所满足的条件，围绕定义与条件来确定解题的方向，然后准确作答解答这类问题的关键在于阅读理解时，要准确把握新定义、新信息，并把它纳入已有的知识体系之中，用原来的知识和方法来解决新情景下的问题演练冲关若在公共定义域D上，f1(x)f(x)f2(x)，则称函数f(x)为函数f1(x)，f2(x)的“D函数”(1)已知函数f1(x)eq f(1,2)x22x4ln x，f2(x)x22x2

24、，求证：在区间(0，)上，f1(x)，f2(x)有“D函数”；(2)已知aR，函数f(x)ax2ln x，f1(x)(a1)x2ax(1a2)ln x，f2(x)eq f(1,2)x22ax.若在区间(1，)上，f(x)为f1(x)，f2(x)的“D函数”，求a的取值范围解：(1)证明：设K(x)f2(x)f1(x)eq f(1,2)x24ln x2，下证K(x)min0.K(x)xeq f(4,x)eq f(x2x2,x).故K(x)与K(x)随x的变化情况如下表：x(0,2)2(2，)K(x)0K(x)44ln 244ln 244ln e0，K(x)44ln 20.设R(x)f1(x)(4

25、4ln 2)，01，则f1(x)R(x)f2(x)在区间(0，)上，f1(x)，f2(x)有“D函数”(2)设H(x)f1(x)f(x)x2axa2ln x，则在(1，)上，H(x)0.H(x)2xeq f(a2,x)aeq f(2x2axa2,x)eq f(4xa27a2,8x)，在(1，)上，H(x)0，H(x)是减函数，H(x)H(1)1a0，a1.设P(x)f(x)f2(x)eq blc(rc)(avs4alco1(af(1,2)x22axln x，则在(1，)上，P(x)0.若aeq f(1,2)，则eq f(4a,2a1)1，Peq blc(rc)(avs4alco1(f(4a,2

26、a1)lneq f(4a,2a1)0，矛盾若aeq f(1,2)，P(x)(2a1)xeq f(1,x)2aeq f(x12a1x1,x)，在(1，)上，P(x)0，P(x)是减函数，P(x)P(1)eq f(1,2)a0.aeq f(1,2)，eq f(1,2)aeq f(1,2).故所求a的取值范围为eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，f(1,2).课时达标训练A组大题保分练1已知函数f(x)aexx2bx(a，bR)(1)设a1，若函数f(x)在R上是单调递减函数，求b的取值范围；(2)设b0，若函数f(x)在R上有且只有一个零点，求a的取值范围解：(1)当a1时，f(x

27、)exx2bx，f(x)ex2xb，由题意知，f(x)ex2xb0对xR恒成立由ex2xb0，得bex2x.令F(x)ex2x，则F(x)ex2，由F(x)0，得xln 2.当xln 2时，F(x)0，F(x)单调递增，当xln 2时，F(x)0，F(x)单调递减，从而当xln 2时，F(x)取得最大值2ln 22，b2ln 22，故b的取值范围为2ln 22，)(2)当b0时，f(x)aexx2.由题意知aexx20只有一个解由aexx20，得aeq f(x2,ex)，令G(x)eq f(x2,ex)，则G(x)eq f(x2x,ex)，由G(x)0，得x0或x2.当x0时，G(x)0，G(

28、x)单调递减，故G(x)的取值范围为0，)；当0 x2时，G(x)0，G(x)单调递增，故G(x)的取值范围为eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(4,e2)；当x2时，G(x)0，G(x)单调递减，故G(x)的取值范围为eq blc(rc(avs4alco1(0，f(4,e2).由题意得，a0或aeq f(4,e2)，从而a0或aeq f(4,e2)，故若函数f(x)在R上只有一个零点，则a的取值范围为eq blc(rc)(avs4alco1(，f(4,e2)02已知函数f(x)(1b)xeq f(2a2,x)aln x(a0)在x2a处取得极值(1)求函数f(x)的单调区间；(

29、2)设函数g(x)x22cx4ln 2，当a1时，若对任意的x1，x21，e都有f(x1)g(x2)，求实数c的取值范围解：(1)由f(x)(1b)xeq f(2a2,x)aln x，a0，x0，得f(x)1beq f(2a2,x2)eq f(a,x).又f(x)在x2a处取得极值，所以f(2a)1beq f(1,2)eq f(1,2)b0，所以f(x)xeq f(2a2,x)aln x，f(x)1eq f(2a2,x2)eq f(a,x)eq f(x2ax2a2,x2)eq f(xax2a,x2)，又a0，且函数f(x)的定义域为(0，)，所以由f(x)0，得x2a；由f(x)0，得0 x2

30、a，即函数f(x)的单调递增区间为(2a，)，单调递减区间为(0,2a)(2)当a1时，f(x)xeq f(2,x)ln x，x(0，)，由(1)知x1，e时，f(x)在1,2上单调递减，在(2，e上单调递增，所以f(x)minf(2)3ln 2.对任意的x1，x21，e都有f(x1)g(x2)，即f(x)ming(x)，x1，e恒成立即3ln 2x22cx4ln 2，x1，e恒成立，即2cxeq f(1,x)，x1，e恒成立， 令h(x)xeq f(1,x)，则h(x)1eq f(1,x2)0，x1，e，即h(x)xeq f(1,x)在1，e上单调递增，故h(x)maxh(e)eeq f(1

31、,e)，所以ceq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(ef(1,e).故实数c的取值范围为eq blcrc)(avs4alco1(f(e,2)f(1,2e)，).3(2018南京、盐城一模)设函数f(x)ln x，g(x)axeq f(a1,x)3(aR)(1)当a2时，解关于x的方程g(ex)0(其中e为自然对数的底数)；(2)求函数(x)f(x)g(x)的单调增区间；(3)当a1时，记h(x)f(x)g(x)，是否存在整数，使得关于x的不等式2h(x)有解？若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由(参考数据：ln 20.693 1，ln 31.098 6)解：(1)

32、当a2时，方程g(ex)0，即为2exeq f(1,ex)30，去分母，得2(ex)23ex10，解得ex1或exeq f(1,2)，故所求方程的根为x0或xln 2.(2)因为(x)f(x)g(x)ln xaxeq f(a1,x)3(x0)，所以(x)eq f(1,x)aeq f(a1,x2)eq f(ax2xa1,x2)eq f(axa1x1,x2)(x0)，当a0时，由(x)0，解得x0；当a1时，由(x)0，解得xeq f(a1,a)；当0a0，解得x0；当a1时，由(x)0，解得x0；当a0，解得0 xeq f(a1,a).综上所述，当a1时，(x)的单调增区间为eq blc(rc)

33、(avs4alco1(f(a1,a)，). (3)存在满足题意的.当a1时，g(x)x3，所以h(x)(x3)ln x，所以h(x)ln x1eq f(3,x)在(0，)上单调递增因为heq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)lneq f(3,2)120，所以存在唯一x0eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)，2)，使得h(x0)0，即ln x01eq f(3,x0)0，当x(0，x0)时，h(x)0，所以h(x)minh(x0)(x03)ln x0(x03)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,x0)1)eq f(x032,x0)6eq blc(rc

34、)(avs4alco1(x0f(9,x0)，记函数r(x)6eq blc(rc)(avs4alco1(xf(9,x)，由r(x)0在eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)，3)上恒成立可得r(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)，2)上单调递增， 所以req blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)h(x0)0)(1)若函数yf(x)是R上的单调增函数，求实数a的取值范围；(2)设aeq f(1,2)，g(x)f(x)bln x1(bR，b0)，g(x)是g(x)的导函数若对任意的x0，g(x)0，求证：存在x0，使g(x0)0；若g(x1)g(

35、x2)(x1x2)，求证：x1x20，所以eq f(1,a)cos x对xR恒成立，因为(cos x)max1，所以eq f(1,a)1，从而0a1.所以实数a的取值范围是(0,1(2)证明：g(x)xeq f(1,2)sin xbln x1，所以g(x)1eq f(1,2)cos xeq f(b,x).若b0，使geq blc(rc)(avs4alco1(f(b,2)1eq f(1,2)coseq blc(rc)(avs4alco1(f(b,2)0.取x0eeq f(3,b)，则0 x01.此时g(x0)x0eq f(1,2)sin x0bln x011eq f(1,2)bln eeq f(

36、3,b)1eq f(1,2)0，使g(x0)0.依题意，不妨设0 x11.由(1)知函数yxsin x单调递增，所以x2sin x2x1sin x1.从而x2x1sin x2sin x1.因为g(x1)g(x2)，所以x1eq f(1,2)sin x1bln x11x2eq f(1,2)sin x2bln x21，所以b(ln x2ln x1)x2x1eq f(1,2)(sin x2sin x1)eq f(1,2)(x2x1)所以2beq f(x2x1,ln x2ln x1)0.下面证明eq f(x2x1,ln x2ln x1)eq r(x1x2)，即证明eq f(t1,ln t)eq r(t

37、)，只要证明ln teq f(t1,r(t)1)，所以h(t)eq f(r(t)12,2tr(t)0在(1，)上恒成立所以h(t)在(1，)上单调递减，故h(t)eq r(x1x2)，即x1x20)，令f(x)0，即x2ax10，a24.当a240，即2a2时，x2ax10对x0恒成立，即f(x)eq f(x2ax1,x)0对x0恒成立，此时f(x)没有极值点当a240，即a2时，若a2，设方程x2ax10的两个不同实根为x1，x2，不妨设x10，x1x210，故x2x10，当0 xx2时，f(x)0；当x1xx2时f(x)2，设方程x2ax10的两个不同实根为x3，x4，则x3x4a0，故x

38、30，x40时，f(x)0，故函数f(x)没有极值点综上，当a0，所以aeq f(exx2ln x,x)对于x0恒成立，设(x)eq f(exx2ln x,x)(x0)，则(x)eq f(blc(rc)(avs4alco1(ex2xf(1,x)xexx2ln x,x2)eq f(exx1ln xx1x1,x2)，x0，当x(0,1)时，(x)0，(x)单调递增，(x)(1)e1，ae1，即实数a的取值范围是(，e12(2018苏州期末)已知函数f(x)eq blcrc (avs4alco1(x3x2，x0，,exax，x0，)其中常数aR.(1)当a2时，求函数f(x)的单调区间；(2)若方程

39、f(x)f(x)ex3在区间(0，)上有实数解，求实数a的取值范围；(3)若存在实数m，n0,2，且|mn|1，使得f(m)f(n)，求证：1eq f(a,e1)e.解：(1)当a2时，f(x)eq blcrc (avs4alco1(x3x2，x0，,ex2x，x0.)当x0时，f(x)3x22x0，所以f(x)的单调递减区间是(，0)和0，ln 2，单调递增区间是ln 2，)(2)当x0时，f(x)exax，此时x0，f(x)(x)3(x)2x3x2.所以f(x)f(x)exaxx3x2ex3在区间(0，)上有实数解，可化为ax2xeq f(3,x)在区间(0，)上有实数解记g(x)x2xe

40、q f(3,x)，x(0，)，则g(x)2x1eq f(3,x2)eq f(x12x23x3,x2).可得g(x)在(0,1上单调递减，在1，)上单调递增，且g(1)5，当x时，g(x).所以g(x)的值域是5，)，即实数a的取值范围是5，)(3)证明：当x0,2时，f(x)exax，有f(x)exa.若a1或ae2，则f(x)在0,2上是单调函数，不合题意所以1ae2，此时可得f(x)在0，ln a上单调递减，在ln a,2上单调递增不妨设0mln af(ln a)，且f(ln a)f(n)f(2)由m，n0,2，nm1，可得0m1n2.因为f(m)f(n)，所以eq blcrc (avs4

41、alco1(1ae2，,f0fmf1，,f2fnf1，)得eq blcrc (avs4alco1(1a0)，则当0 xx0时，F(x)x0时，F(x)0，所以F(x)在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0，)上单调递增，代入aeq f(12xoal(2,0),x0)eq f(1,x0)2x0，可得F(x)minF(x0)xeq oal(2,0)2x0eq f(1,x0)ln x02.设G(x)x22xeq f(1,x)ln x2，则G(x)2x2eq f(1,x2)eq f(1,x)0对x0恒成立，所以G(x)在区间(0，)上单调递增又G(1)0，所以当0 x1时，G(x)0，即当00，所

42、以当xea21时，F(x)eq f(1,4e2a4)eq f(a,2ea2)ln ea2eq f(a2,4)a2eq f(1,4)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,ea2)a)20.因此当0 x01时，函数F(x)必有零点，即当0 x01时，必存在x2使得(*)成立，即存在x1，x2使得函数f(x)上点(x1，f(x1)与函数g(x)上点(x2，g(x2)处切线相同又由yeq f(1,x)2x，x(0,1得yeq f(1,x2)20，所以yeq f(1,x)2x在(0,1上单调递减，因此aeq f(12xoal(2,0),x0)eq f(1,x0)2x01，)所以实数a的取值范

43、围是1，)4对于函数f(x)，在给定区间a，b内任取n1(n2，nN*)个数x0，x1，x2，xn使得ax0 x1x2xn1xnb，记Seq isu(i0,n1,|)f(xi1)f(xi)|.若存在与n及xi(in，iN)均无关的正数A，使得SA恒成立，则称f(x)在区间a，b上具有性质V.(1)若函数f(x)2x1，给定区间为1,1，求S的值；(2)若函数f(x)eq f(x,ex)，给定区间为0,2，求S的最大值；(3)对于给定的实数k，求证：函数f(x)kln xeq f(1,2)x2在区间1，e上具有性质V.解：(1)因为函数f(x)2x1在区间1,1为减函数，所以f(xi1)f(xi)，所以|f(xi1)f(xi)| f(xi)f(xi1)Seq isu(i0,n1,|)f(xi1)f(xi)| f(x0)f(x1) f(x1)f(