专题函数与导数的综合运用测试题

专题05函数与导数的综合运用【自主热身,归纳提炼】1、函数f(x)＝eq\f(1,3)ax3＋eq\f(1,2)ax2－2ax＋2a＋1的图像经过四个象限的充要条件是________．【答案】－eq\f(6,5)<a<－eq\f(3,16)【解析】：由f′(x)＝ax2＋ax－2a＝0得x＝1或x＝－2,结合图像可知函数的图像经过四个象限的充要条件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,f1>0，,f－2<0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,f1<0，,f－2>0，))解得－eq\f(6,5)<a<－eq\f(3,16).2、在平面直角坐标系xOy中,直线l与曲线y＝x2(x>0)和y＝x3(x>0)均相切,切点分别为A(x1,y1)和B(x2,y2),则eq\f(x1,x2)的值为________．3、已知点A(0,1),曲线C：y＝logax恒过点B,若P是曲线C上的动点,且eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))的最小值为2,则实数a＝________.【答案】eeq\a\vs4\al(思路分析)根据条件,要求eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))的最小值,首先要将它表示成点P(x,logax)的横坐标x的函数,然后再利用导数的方法来判断函数的单调性,由此来求出函数的最小值．点A(0,1),B(1,0),设P(x,logax),则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝(1,－1)·(x,logax－1)＝x－logax＋1.依题f(x)＝x－logax＋1在(0,＋∞)上有最小值2且f(1)＝2,所以x＝1是f(x)的极值点,即最小值点．f′(x)＝1－eq\f(1,xlna)＝eq\f(xlna－1,xlna).若0<a<1,f′(x)>0,f(x)单调递增,在(0,＋∞)无最小值,所以a>1.设f′(x)＝0,则x＝logae,当x∈(0,logae)时,f′(x)<0；当x∈(logae,＋∞)时,f′(x)>0,从而当且仅当x＝logae时,f(x)取最小值,所以logae＝1,a＝e.eq\a\vs4\al(解后反思)本题的关键在于要能观察出f(x)＝x－logax＋1＝2的根为1,然后利用函数的极小值点为x＝1来求出a的值,因而解题过程中,不断地思考、观察很重要,平时学习中,要养成多思考、多观察的习惯．4、已知函数f(x)＝x－1－(e－1)lnx,其中e为自然对数的底,则满足f(ex)＜0的x的取值范围为________．【答案】(0,1)eq\a\vs4\al(思路分析)注意到条件f(ex)<0,让我们想到需要研究函数f(x)的单调性,通过函数的单调性将问题进行转化化简．【答案】：－eq\f(1,e)【思路分析】若eq\f(b,a)的最小值为λ,则eq\f(b,a)≥λ恒成立,结合题意必有λa－b≤0恒成立．由f(x)＝(lnx＋ex)－ax－b≤0恒成立,得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)a－b≤0.猜想a＞0,从而eq\f(b,a)≥－eq\f(1,e).f′(x)＝eq\f(1,x)＋(e－a)＝eq\f(e－ax＋1,x)(x＞0),当e－a≥0,即a≤e时,f(eb)＝(e－a)eb＞0,显然f(x)≤0不恒成立．当e－a＜0,即a＞e时,当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a－e)))时,f′(x)＞0,f(x)为增函数；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－e)，＋∞))时,f′(x)＜0,f(x)为减函数,所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－e)))＝－ln(a－e)－b－1.由f(x)≤0恒成立,得f(x)max≤0,所以b≥－ln(a－e)－1,所以得eq\f(b,a)≥eq\f(－lna－e－1,a).设g(x)＝eq\f(－lnx－e－1,x)(x＞e),g′(x)＝eq\f(\f(x,e－x)＋lnx－e＋1,x2)＝eq\f(\f(e,e－x)＋lnx－e,x2).由于y＝eq\f(e,e－x)＋ln(x－e)为增函数,且当x＝2e时,g′(x)＝0,所以当x∈(e,2e)时,g′(x)＜0,g(x)为减函数；当x∈(2e,＋∞)时,g′(x)＞0,g(x)为增函数,所以g(x)min＝g(2e)＝－eq\f(1,e),所以eq\f(b,a)≥－eq\f(1,e),当a＝2e,b＝－2时,eq\f(b,a)取得最小值－eq\f(1,e).解后反思在考试时,到上一步就可以结束了,胆大一点,到猜想a＞0这步就可结束了．现证最小值能取到,当eq\f(b,a)＝－eq\f(1,e)时,feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0应该是极大值,所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝2e－a＝0,此时a＝2e,b＝－2,f(x)＝lnx－ex＋2,易证feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0也是最大值,证毕．8、若函数f(x)＝x2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－a))在区间[0,2]上单调递增,则实数a的取值范围是________．【答案】(－∞,0]∪[3,＋∞)eq\a\vs4\al(思路分析)含绝对值的函数需要去绝对值转化为分段函数,本题已知函数在[0,2]上为增函数,则需先讨论函数在[0,＋∞)上的单调性,自然地分a≤0和a>0两个情况进行讨论,得到函数在[0,＋∞)上的单调性,结合函数单调性得到eq\f(2,3)a≥2,从而解出a的取值范围．先讨论函数在[0,＋∞)上的单调性．当a≤0时,f(x)＝x3－ax2,f′(x)＝3x2－2ax≥0在[0,＋∞)上恒成立,所以f(x)在[0,＋∞)上单调递增,则也在[0,2]上单调递增,成立；当a>0时,f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax2－x3，0≤x≤a，,x3－ax2，x>a.))①当0≤x≤a时,f′(x)＝2ax－3x2,令f′(x)＝0,则x＝0或x＝eq\f(2,3)a,则f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)a))上单调递增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，a))上单调递减；②当x>a时,f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)>0,所以f(x)在(a,＋∞)上单调递增,所以当a>0时,f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)a))上单调递增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，a))上单调递减,在(a,＋∞)上单调递增．要使函数在区间[0,2]上单调递增,则必有eq\f(2,3)a≥2,解得a≥3.综上,实数a的取值范围是(－∞,0]∪[3,＋∞)．【关联1】、若函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ex,2)－\f(a,ex)))(a∈R)在区间[1,2]上单调递增,则实数a的取值范围是________．【答案】：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(e2,2)，\f(e2,2)))【解析】：【思路分析】本题所给函数含有绝对值符号,可以转化为g(x)＝eq\f(ex,2)－eq\f(a,ex)的值域和单调性来研究,根据图像的对称性可得g(x)＝eq\f(ex,2)－eq\f(a,ex)只有单调递增和单调递减这两种情况．设g(x)＝eq\f(ex,2)－eq\f(a,ex),因为f(x)＝|g(x)|在区间[1,2]上单调递增,所以g(x)有两种情况：①g(x)≤0且g(x)在区间[1,2]上单调递减．又g′(x)＝eq\f(ex2＋2a,2·ex),所以g′(x)＝eq\f(ex2＋2a,2·ex)≤0在区间[1,2]上恒成立,且g(1)≤0.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a≤－ex2，,\f(e,2)－\f(a,e)≤0，))无解．②g(x)≥0且g(x)在区间[1,2]上单调递增,即g′(x)＝eq\f(ex2＋2a,2·ex)≥0在区间[1,2]上恒成立,且g(1)≥0,所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a≥－ex2，,\f(e,2)－\f(a,e)≥0，))解得a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(e2,2)，\f(e2,2))).综上,实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(e2,2)，\f(e2,2))).【关联2】、若函数f(x)＝(x＋1)2|x－a|在区间[－1,2]上单调递增,则实数a的取值范围是________．【答案】：(－∞,－1]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))eq\a\vs4\al(思路分析)由于条件中函数的解析式比较复杂,可以先通过代数变形,将其化为熟悉的形式,进而利用导数研究函数的性质及图像,再根据图像变换的知识得到函数f(x)的图像进行求解．函数f(x)＝(x＋1)2|x－a|＝|(x＋1)2(x－a)|＝|x3＋(2－a)x2＋(1－2a)x－a|.令g(x)＝x3＋(2－a)x2＋(1－2a)x－a,则g′(x)＝3x2＋(4－2a)x＋1－2a＝(x＋1)(3x＋1－2a)．令g′(x)＝0得x1＝－1,x2＝eq\f(2a－1,3).①当eq\f(2a－1,3)<－1,即a<－1时,令g′(x)>0,即(x＋1)(3x＋1－2a)>0,解得x<eq\f(2a－1,3)或x>－1；令g′(x)<0,解得eq\f(2a－1,3)<x<－1.所以g(x)的单调增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2a－1,3))),(－1,＋∞),单调减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，－1)).又因为g(a)＝g(－1)＝0,所以f(x)的单调增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2a－1,3))),(－1,＋∞),单调减区间是(－∞,a),eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，－1)),满足条件,故a<－1(此种情况函数f(x)图像如图1)．,图1)②当eq\f(2a－1,3)＝－1,即a＝－1时,f(x)＝|(x＋1)3|,函数f(x)图像如图2,则f(x)的单调增区间是(－1,＋∞),单调减区间是(－∞,－1),满足条件,故a＝－1.,图2)③当eq\f(2a－1,3)>－1,即a>－1时,令g′(x)>0,即(x＋1)(3x＋1－2a)>0,解得x<－1或x>eq\f(2a－1,3)；令g′(x)<0,解得－1<x<eq\f(2a－1,3).所以g(x)的单调增区间是(－∞,－1),eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，＋∞)),单调减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2a－1,3))).又因为g(a)＝g(－1)＝0,所以f(x)的单调增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2a－1,3))),(a,＋∞),单调减区间是(－∞,－1),eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，a)),要使f(x)在[－1,2]上单调递增,必须满足2≤eq\f(2a－1,3),即a≥eq\f(7,2),又因为a>－1,故a≥eq\f(7,2)(此种情况函数f(x)图像如图3)．综上,实数a的取值范围是(－∞,－1]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞)).9、已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－|x3－2x2＋x|，x<1，,lnx，x≥1，))若对于∀t∈R,f(t)≤kt恒成立,则实数k的取值范围是________．【答案】：[eq\f(1,e),1]【思路分析】本题条件“∀t∈R,f(t)≤kt”的几何意义是：在(－∞,＋∞)上,函数y＝f(t)的图像恒在直线y＝kt的下方,这自然提示我们利用数形结合的方法解决本问题．令y＝x3－2x2＋x,x<1,则y′＝3x2－4x＋1＝(x－1)·(3x－1),令y′>0,即(x－1)(3x－1)>0,解得x<eq\f(1,3)或x>1.又因为x<1,所以x<eq\f(1,3).令y′<0,得eq\f(1,3)<x<1,所以y的增区间是(－∞,eq\f(1,3)),减区间是(eq\f(1,3),1),所以y极大值＝eq\f(4,27).根据图像变换可作出函数y＝－|x3－2x2＋x|,x<1的图像．又设函数y＝lnx(x≥1)的图像经过原点的切线斜率为k1,切点(x1,lnx1),因为y′＝eq\f(1,x),所以k1＝eq\f(1,x1)＝eq\f(lnx1－0,x1－0),解得x1＝e,所以k1＝eq\f(1,e).函数y＝x3－2x2＋x在原点处的切线斜率k2＝y′x＝0＝1.因为∀t∈R,f(t)≤kt,所以根据f(x)的图像,数形结合可得eq\f(1,e)≤k≤1.10、已知a为常数,函数f(x)＝eq\f(x,\r(a－x2)－\r(1－x2))的最小值为－eq\f(2,3),则a的所有值为________．【答案】：4,eq\f(1,4)解法1(构造三角形)f(x)＝eq\f(x,\r(a－x2)－\r(1－x2))＝eq\f(x（\r(a－x2)＋\r(1－x2)）,a－1),因为f(x)为奇函数,令g(x)＝eq\f(x（\r(a－x2)＋\r(1－x2)）,|a－1|)(x>0),则g(x)的最大值为eq\f(2,3),由根号内的结构联想到勾股定理,从而构造△ABC满足AB＝eq\r(a),AC＝1,AD⊥BC,AD＝x,则BD＝eq\r(a－x2),DC＝eq\r(1－x2),则S△ABC＝eq\f(1,2)BC·AD＝eq\f(1,2)x(eq\r(a－x2)＋eq\r(1－x2))＝eq\f(1,2)AB·AC·sin∠BAC≤eq\f(1,2)AB·AC＝eq\f(1,2)eq\r(a),当且仅当∠BAC＝eq\f(π,2)时,△ABC的面积最大,且最大值为eq\f(1,2)eq\r(a).从而g(x)＝eq\f(x（\r(a－x2)＋\r(1－x2)）,|a－1|)＝eq\f(2,|a－1|)S△ABC≤eq\f(\r(a),|a－1|),所以eq\f(\r(a),|a－1|)＝eq\f(2,3),解得a＝4或a＝eq\f(1,4).解法2(导数法,理科)由题意得函数f(x)为奇函数．因为函数f(x)＝eq\f(x,\r(a－x2)－\r(1－x2)),所以f′(x)＝eq\f(（\r(a－x2)－\r(1－x2)）－x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2x,2\r(a－x2))－\f(－2x,2\r(1－x2)))),（\r(a－x2)－\r(1－x2)）2)＝eq\f(\r(a－x2)\r(1－x2)－x2,（\r(a－x2)－\r(1－x2)）\r(a－x2)\r(1－x2)),a≠1.令f′(x)＝0,得x2＝eq\r(a－x2)eq\r(1－x2),则x2＝eq\f(a,a＋1).因为函数f(x)的最小值为－eq\f(2,3),且a>0.由eq\r(a－x2)eq\r(1－x2)－x2>0,得a－(a＋1)x2>0.①当0<a<1时,eq\r(a－x2)－eq\r(1－x2)<0,函数f(x)的定义域为[－eq\r(a),eq\r(a)],由f′(x)>0得－eq\r(a)≤x<－eq\r(\f(a,a＋1))或eq\r(\f(a,a＋1))<x≤eq\r(a)；由f′(x)<0得－eq\r(\f(a,a＋1))<x<eq\r(\f(a,a＋1)),函数f(x)在[－eq\r(a),－eq\r(\f(a,a＋1))),eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,a＋1))，\r(a)))上为增函数,在(－eq\r(\f(a,a＋1)),eq\r(\f(a,a＋1)))上为减函数．因为f(－eq\r(a))＝eq\f(\r(a),\r(1－a))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,a＋1))))＝eq\f(\r(a),a－1),所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,a＋1))))＝eq\f(\r(a),a－1)＝－eq\f(2,3),解得a＝eq\f(1,4).②当a>1时,eq\r(a－x2)－eq\r(1－x2)>0,函数f(x)的定义域为[－1,1],由f′(x)>0得－eq\r(\f(a,a＋1))<x<eq\r(\f(a,a＋1))；由f′(x)<0得－1≤x<－eq\r(\f(a,a＋1))或eq\r(\f(a,a＋1))<x≤1,函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,a＋1))，\r(\f(a,a＋1))))上为增函数,在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\r(\f(a,a＋1)))),eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,a＋1))，1))上为减函数．因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,a＋1))))＝－eq\f(\r(a),a－1)<f(1)＝eq\f(1,\r(a－1)),所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,a＋1))))＝－eq\f(\r(a),a－1)＝－eq\f(2,3),解得a＝4.综上所述,a＝4或a＝eq\f(1,4).解法3(构造向量)f(x)＝eq\f(x,\r(a－x2)－\r(1－x2))＝eq\f(x（\r(a－x2)＋\r(1－x2)）,a－1),因为f(x)为奇函数,令g(x)＝eq\f(x（\r(a－x2)＋\r(1－x2)）,|a－1|)(x>0),则g(x)的最大值为eq\f(2,3),设向量a＝(eq\r(a－x2),eq\r(x2)),b＝(eq\r(x2),eq\r(1－x2)),a与b的夹角为θ,则有a·b＝|a|·|b|cosθ≤|a|·|b|,即(eq\r(a－x2),eq\r(x2))·(eq\r(x2),eq\r(1－x2))≤eq\r(（a－x2）＋x2)·eq\r(x2＋（1－x2）),亦即eq\r(a－x2)·eq\r(x2)＋eq\r(x2)·eq\r(1－x2)≤eq\r(a),亦即x(eq\r(a－x2)＋eq\r(1－x2))≤eq\r(a),当且仅当a与b同向时等号成立,即eq\r(a－x2)·eq\r(1－x2)－eq\r(x2)·eq\r(x2)＝0,亦即x2＝eq\f(a,a＋1)时,取等号．即x(eq\r(a－x2)＋eq\r(1－x2))的最大值为eq\r(a),从而g(x)的最大值为eq\f(\r(a),|a－1|),即有eq\f(\r(a),|a－1|)＝eq\f(2,3),解得a＝4或a＝eq\f(1,4).eq\a\vs4\al(解后反思)1.最值的求法通常有如下的方法：(2)解法1(根的分布)当x0＞1时,则f(x0)＞0,又b＝3－a,设t＝f(x0),则题意可转化为方程ax＋eq\f(3－a,x)－c＝t(t＞0)在(0,＋∞)上有相异两实根x1,x2,(6分)即关于x的方程ax2－(c＋t)x＋(3－a)＝0(t＞0)在(0,＋∞)上有相异两实根x1,x2.则x1,2＝eq\f(c＋t±\r(（c＋t）2－4a（3－a）),2a),所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＜a＜3，,Δ＝（c＋t）2－4a（3－a）＞0，,x1＋x2＝\f(c＋t,a)＞0，,x1x2＝\f(3－a,a)＞0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＜a＜3，,（c＋t）2＞4a（3－a），,c＋t＞0.))所以c＞2eq\r(a（3－a）)－t对任意t∈(0,＋∞)恒成立．因为0＜a＜3,所以2eq\r(a（3－a）)≤2×eq\f(a＋3－a,2)＝3(当且仅当a＝eq\f(3,2)时取等号)．又－t＜0,所以2eq\r(a（3－a）)－t的取值范围是(－∞,3),所以c≥3.故c的最小值为3.(10分)解法2(图像法)由b＝3－a,且0＜a＜3,得g′(x)＝a－eq\f(3－a,x2)＝eq\f(ax2－（3－a）,x2)＝0,得x＝eq\r(\f(3－a,a))或x＝－eq\r(\f(3－a,a))(舍),则函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(3－a,a))))上单调递减；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(3－a,a))，＋∞))上单调递增．又对任意x0＞1,f(x0)为(0,＋∞)上的任意一个值,若存在不相等的正实数x1,x2,使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0),则g(x)的最小值小于或等于0.即geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(3－a,a))))＝2eq\r(a（3－a）)－c≤0,(6分)即c≥2eq\r(a（3－a）)对任意a∈(0,3)恒成立．又2eq\r(a（3－a）)≤a＋(3－a)＝3,所以c≥3.当c＝3时,对任意a∈(0,3),x0∈(1,＋∞),方程g(x)－f(x0)＝0化为ax＋eq\f(3－a,x)－3－f(x0)＝0,即ax2－[3＋f(x0)]x＋(3－a)＝0(*)．关于x的方程(*)的Δ＝[3＋f(x0)]2－4a(3－a)≥[3＋f(x0)]2－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋3－a,2)))eq\s\up12(2)＝[3＋f(x0)]2－9,因为x0＞1,所以f(x0)＝lnx0＞0,所以Δ＞0,所以方程(*)有两个不相等的实数解x1,x2,又x1＋x2＝eq\f(f（x0）＋3,a)＞0,x1x2＝eq\f(3－a,a)＞0,所以x1,x2为两个相异正实数解,符合题意．所以c的最小值为3.解法3(图像法)当x0＞1时,可知f(x0)＞0,又b＝3－a,设t＝f(x0),则t＞0.令h(x)＝ax＋eq\f(3－a,x)－c－t(x＞0,t＞0),同解法2可知h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(3－a,a))))上单调递减；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(3－a,a))，＋∞))上单调递增．当c＜2eq\r(a（3－a）)时,若0＜t＜2eq\r(a（3－a）)－c,则x＞0时,h(x)＝ax＋eq\f(3－a,x)－c－t≥2eq\r(a（3－a）)－c－t＞0,所以h(x)在(0,＋∞)上没有零点,不符合题意．当c≥2eq\r(a（3－a）)时,heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(3－a,a))))＝2eq\r(a（3－a）)－c－t≤－t＜0.因为eq\r(a（3－a）)＜2eq\r(a（3－a）)≤c,eq\r(a（3－a）)＜c＋t,所以0＜eq\f(3－a,c＋t)＜eq\r(\f(3－a,a)),所以当0＜m＜eq\f(3－a,c＋t)时,eq\f(3－a,m)＞c＋t,所以h(m)＝am＋eq\f(3－a,m)－c－t＞eq\f(3－a,m)－c－t＞0,又h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(3－a,a))))上单调递减,并且连续,则h(x)在(m,eq\r(\f(3－a,a)))上恰有一个零点,所以存在x1∈(0,eq\r(\f(3－a,a))),使得h(x1)＝0,即g(x1)＝t.因为c＋t＞c＞eq\r(a（3－a）),所以eq\f(c＋t,a)＞eq\r(\f(3－a,a)),所以当n＞eq\f(c＋t,a)时,h(n)＝an＋eq\f(3－a,n)－c－t＞an－c－t＞0,又h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(3－a,a))，＋∞))上单调递增,并且连续,则h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(3－a,a))，n))上恰有一个零点,所以存在x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(3－a,a))，＋∞)),使得h(x2)＝0,即g(x2)＝t.所以当c≥2eq\r(a（3－a）)时,对任意x0∈(1,＋∞)和任意a∈(0,3),总存在不相等的正实数x1,x2,使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0)．即c≥2eq\r(a（3－a）)对任意a∈(0,3)恒成立．又2eq\r(a（3－a）)≤a＋(3－a)＝3,当且仅当a＝eq\f(3,2)时取等号,所以c≥3.故c的最小值为3.(3)当a＝1时,因为函数f(x)与g(x)的图像交于A,B两点,所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx1＝x1＋\f(b,x1)－c，,lnx2＝x2＋\f(b,x2)－c，))两式相减,得b＝x1x2(1－eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1))．要证明x1x2－x2<b<x1x2－x1,即证x1x2－x2<x1x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(lnx2－lnx1,x2－x1)))<x1x2－x1,即证eq\f(1,x2)<eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)<eq\f(1,x1),即证1－eq\f(x1,x2)<lneq\f(x2,x1)<eq\f(x2,x1)－1.令eq\f(x2,x1)＝t,则t>1,此时即证1－eq\f(1,t)<lnt<t－1.令φ(t)＝lnt＋eq\f(1,t)－1,所以φ′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(1,t2)＝eq\f(t－1,t2)>0,所以当t>1时,函数φ(t)单调递增．又φ(1)＝0,所以φ(t)＝lnt＋eq\f(1,t)－1>0,即1－eq\f(1,t)<lnt成立；再令m(t)＝lnt－t＋1,所以m′(t)＝eq\f(1,t)－1＝eq\f(1－t,t)<0,所以当t>1时,函数m(t)单调递减．又m(1)＝0,所以m(t)＝lnt－t＋1<0,即lnt<t－1也成立．综上所述,实数x1,x2满足x1x2－x2<b<x1x2－x1.【变式2】、.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(－x3＋x2，,x<0，,ex－ax，,x≥0，)))其中常数a∈R.(1)当a＝2时,求函数f(x)的单调区间；(2)若方程f(－x)＋f(x)＝ex－3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,n∈[0,2],且|m－n|≥1,使得f(m)＝f(n),求证：1≤eq\f(a,e－1)≤e.eq\a\vs4\al(思路分析)(1)先分段讨论,再整体说明单调区间是否可合并(关键是图像在x＝0处怎样跳跃)．(2)转化为a＝x2＋x＋eq\f(3,x)在(0,＋∞)上有实数解,即求函数g(x)＝x2＋x＋eq\f(3,x)在(0,＋∞)上的值域．(3)首先缩小a的范围为1<a<e2,在此基础上考察f(x)在0,1,2,m,n处的函数值的大小关系．【解析】：(1)当a＝2时,f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(－x3＋x2，,x<0，,ex－2x，,x≥0.)))①当x<0时,f′(x)＝－3x2＋2x<0恒成立,所以f(x)在(－∞,0)上递减；(2分)②当x≥0时,f′(x)＝ex－2,可得f(x)在[0,ln2]上递减,在[ln2,＋∞)上递增．(4分)因为f(0)＝1>0,所以f(x)的单调递减区间是(－∞,0)和[0,ln2],单调递增区间是[ln2,＋∞)．(5分)(2)当x>0时,f(x)＝ex－ax,此时－x<0,f(－x)＝－(－x)3＋(－x)2＝x3＋x2.所以可化为a＝x2＋x＋eq\f(3,x)在区间(0,＋∞)上有实数解．(6分)记g(x)＝x2＋x＋eq\f(3,x),x∈(0,＋∞),则g′(x)＝2x＋1－eq\f(3,x2)＝eq\f(（x－1）（2x2＋3x＋3）,x2).(7分)可得g(x)在(0,1]上递减,在[1,＋∞)上递增,且g(1)＝5,当x→＋∞时,g(x)→＋∞.(9分)所以g(x)的值域是[5,＋∞),即实数a的取值范围是[5,＋∞)．(10分)(3)当x∈[0,2]时,f(x)＝ex－ax,有f′(x)＝ex－a.若a≤1或a≥e2,则f(x)在[0,2]上是单调函数,不合题意．(11分)所以1<a<e2,此时可得f(x)在[0,lna]上递减,在[lna,2]上递增．不妨设0≤m<lna<n≤2,则f(0)≥f(m)>f(lna),且f(lna)<f(n)≤f(2)．由m,n∈[0,2],n－m≥1,可得0≤m≤1≤n≤2.(12分)因为f(m)＝f(n),所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1<a<e2，,f（0）≥f（m）≥f（1），,f（2）≥f（n）≥f（1），))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1<a<e2，,1≥e－a，,e2－2a≥e－a，))(14分)即e－1≤a≤e2－e,所以1≤eq\f(a,e－1)≤e.(16分)eq\a\vs4\al(解后反思)第(1)题中,若函数f(x)改为f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(－x3＋x2＋2，,x<0，,ex－2x，,x≥0.)))则函数f(x)的“两个”递减区间(－∞,0)和[0,ln2]应合并为一个递减区间(－∞,ln2],因为函数图像在x＝0处(从左往右)向下跳跃．而原题中函数图像在x＝0处(从左往右)向上跳跃,所以不能合并．【关联1】、.已知函数f(x)＝ex(3x－2),g(x)＝a(x－2),其中a,x∈R.(1)求过点(2,0)和函数y＝f(x)图像相切的直线方程；(2)若对任意x∈R,有f(x)≥g(x)恒成立,求a的取值范围；(3)若存在唯一的整数x0,使得f(x0)<g(x0),求a的取值范围．eq\a\vs4\al(思路分析)(1)利用导数的几何意义求切线的方程,根据斜率建立方程即可．(2)不等式恒成立问题处理的方法有两种：一种是分离参变,转化为相应函数的值域(最值)问题解决；另一种是转化为含参函数的值域问题,通过分类讨论解决．这里可以采取第一种方法,只是分离参变时要注意对x－2的符号进行分类讨论．(3)在第(2)小问的基础上,分离参变,转化为存在有限整数自变量满足条件的问题．利用导数研究函数F(x)＝eq\f(ex（3x－2）,x－2)的性质,找到相关的整数自变量,求得对应的函数值是解决本问题的关键．【解析】(1)设切点为(x0,y0),f′(x)＝ex(3x＋1),则切线斜率为ex0(3x0＋1),所以切线方程为y－y0＝ex0(3x0＋1)(x－x0),因为切线过点(2,0),所以－ex0(3x0－2)＝ex0(3x0＋1)(2－x0),化简得3xeq\o\al(2,0)－8x0＝0,解得x0＝0或x0＝eq\f(8,3),当x0＝0时,切线方程为y＝x－2,当x0＝eq\f(8,3)时,切线方程为y＝9eeq\f(8,3)x－18eeq\f(8,3).(2)由题意,对任意x∈R,有ex(3x－2)≥a(x－2)恒成立,①当x∈(－∞,2)时,a≥eq\f(ex（3x－2）,x－2),即a≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(ex（3x－2）,x－2)))eq\s\do7(max).令F(x)＝eq\f(ex（3x－2）,x－2),则F′(x)＝eq\f(ex（3x2－8x）,（x－2）2),令F′(x)＝0,得x＝0,列表如下：x(－∞,0)0(0,2)F′(x)＋0－F(x)极大F(x)max＝F(0)＝1,故此时a≥1.②当x＝2时,恒成立,故此时a∈R.③当x∈(2,＋∞)时,a≤eq\f(ex（3x－2）,x－2),即a≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(ex（3x－2）,x－2)))eq\s\do7(min),令F′(x)＝0,得x＝eq\f(8,3),列表如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(8,3)))eq\f(8,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，＋∞))F′(x)－0＋F(x)极小F(x)min＝Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))＝9eeq\f(8,3),故此时a≤9eeq\f(8,3),综上,1≤a≤9eeq\f(8,3).(3)由f(x)<g(x),得ex(3x－2)<a(x－2),由(2)知a∈(－∞,1)∪(9eeq\f(8,3),＋∞),令F(x)＝eq\f(ex（3x－2）,x－2),列表如下：x(－∞,0)0(0,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(8,3)))eq\f(8,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，＋∞))F′(x)＋0－－0＋F(x)极大极小(12分)当x∈(－∞,2)时,存在唯一的整数x0使得f(x0)<g(x0),等价于a<eq\f(ex（3x－2）,x－2)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a<eq\f(5,3e)时,至少有两个整数成立,所以a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3e)，1)).当x∈(2,＋∞)时,存在唯一的整数x0使得f(x0)<g(x0),等价于a>eq\f(ex（3x－2）,x－2)存在唯一的整数x0成立,因为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))＝9eeq\f(8,3)最小,且F(3)＝7e3,F(4)＝5e4,所以当a>5e4时,至少有两个整数成立,当a≤7e3时,没有整数成立,所以a∈(7e3,5e4]．综上,a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3e)，1))∪(7e3,5e4]．【关联2】、已知函数f(x)＝eq\f(lnx,（x＋a）2),其中a为常数．(1)若a＝0,求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)在(0,－a)上单调递增,求实数a的取值范围；(3)若a＝－1,设函数f(x)在(0,1)上的极值点为x0,求证：f(x0)<－2.eq\a\vs4\al(思路分析)第一小问,利用导函数求单调性、极值、值域的一般步骤,必须掌握！也是解决后面问题的基础；第二小问,由函数在(0,－a)上的单调性得出导函数在特定区间的符号,转化为含参数的恒成立问题；第三小问,关键是找到零点的大致范围,还是利用导数求最大值、最小值的方法．【解析】：(1)当a＝0时,f(x)＝eq\f(lnx,x2),定义域为(0,＋∞)．f′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3),令f′(x)＝0,得x＝eq\r(e).当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表：x(0,eq\r(e))eq\r(e)(eq\r(e),＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值eq\f(1,2e)所以当x＝eq\r(e)时,f(x)的极大值为eq\f(1,2e),无极小值．①若0<－a≤e－eq\f(1,2),即0>a≥－e－eq\f(1,2),则g′(x)＝2lnx＋1<0对x∈(0,－a)恒成立,所以g(x)＝2xlnx－x在(0,－a)上单调递减,则a≤2(－a)ln(－a)－(－a),所以ln(－a)≥0,所以a≤－1与a≥－e－eq\f(1,2)矛盾,舍去；②若－a>e－eq\f(1,2),即a<－e－eq\f(1,2),令g′(x)＝2lnx＋1＝0,得x＝e－eq\f(1,2),当0<x<e－eq\f(1,2)时,g′(x)＝2lnx＋1<0,所以g(x)＝2xlnx－x单调递减,当e－eq\f(1,2)<x<－a时,g′(x)＝2lnx＋1>0,所以g(x)＝2xlnx－x单调递增,所以当x＝e－eq\f(1,2)时,g(x)min＝g(e－eq\f(1,2))＝2e－eq\f(1,2)·lne－eq\f(1,2)－e－eq\f(1,2)＝－2e－eq\f(1,2),所以a≤－2e－eq\f(1,2).综上,实数a的取值范围是(－∞,－2e－eq\f(1,2)]．(3)当a＝－1时,f(x)＝eq\f(lnx,（x－1）2),f′(x)＝eq\f(x－1－2xlnx,x（x－1）3).令h(x)＝x－1－2xlnx,x∈(0,1),则h′(x)＝1－2(lnx＋1)＝－2lnx－1,令h′(x)＝0,得x＝e－eq\f(1,2).①当e－eq\f(1,2)≤x<1时,h′(x)≤0,所以h(x)＝x－1－2xlnx单调递减,h(x)∈(0,2e－eq\f(1,2)－1],x∈(0,1),所以f′(x)＝eq\f(x－1－2xlnx,x（x－1）3)<0恒成立,所以f(x)＝eq\f(lnx,（x－1）2)单调递减,且f(x)≤f(e－eq\f(1,2))．②当0<x≤e－eq\f(1,2)时,h′(x)≥0,所以h(x)＝x－1－2xlnx单调递增,其中heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)－1－2·eq\f(1,2)·lneq\f(1,2)＝lneq\r(\f(4,e))>0,h(e－2)＝e－2－1－2e－2·lne－2＝eq\f(5,e2)－1<0,所以存在唯一x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e－2，\f(1,2))),使得h(x0)＝0,所以f′(x0)＝0,当0<x<x0时,f′(x)>0,所以f(x)＝eq\f(lnx,（x－1）2)单调递增；当x0<x≤e－eq\f(1,2)时,f′(x)<0,所以f(x)＝eq\f(lnx,（x－1）2)单调递减,且f(x)≥f(e－eq\f(1,2)),由①和②可知,f(x)＝eq\f(lnx,（x－1）2)在(0,x0)上单调递增,在(x0,1)上单调递减,所以当x＝x0时,f(x)＝eq\f(lnx,（x－1）2)取极大值．因为h(x0)＝x0－1－2x0lnx0＝0,所以lnx0＝eq\f(x0－1,2x0),所以f(x0)＝eq\f(lnx0,（x0－1）2)＝eq\f(1,2x0（x0－1）)＝eq\f(1,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(1,2)))\s\up12(2)－\f(1,2)).又x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e－2，\f(1,2)))⊆eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))),所以2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(1,2)))2－eq\f(1,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)),所以f(x0)＝eq\f(1,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(1,2)))\s\up12(2)－\f(1,2))<－2.eq\a\vs4\al(解后反思)本题三个小题梯度明显,有较好的区分度．其中第(1)小题简单；第(2)小题难度中等,但要完成讨论也需要不错的基础；第三小题“隐零点”问题．不是一般的考生能讨论出范围的,建议一般的考生果断放弃．各个小问题中都利用了导数研究函数的单调性、极值、值域．【关联3】、已知函数f(x)＝x－1－alnx(其中a为参数)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意x∈(0,＋∞)都有f(x)≥0成立,求实数a的取值集合；(3)证明：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))n<e<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))n＋1(其中n∈N*,e为自然对数的底数)．【解析】：(1)f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)(x>0),当a≤0时,f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)>0,所以f(x)在(0,＋∞)上是增函数；当a>0时,x(0,a)a(a,＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值所以f(x)的增区间是(a,＋∞),减区间是(0,a)．综上所述,当a≤0时,f(x)的单调递增区间是(0,＋∞)；当a>0时,f(x)的单调递增区间是(a,＋∞),单调递减区间是(0,a)．(2)由题意得f(x)min≥0.当a≤0时,由(1)知f(x)在(0,＋∞)上是增函数,当x→0时,f(x)→－∞,故不合题意；(6分)当a>0时,由(1)知f(x)min＝f(a)＝a－1－alna≥0.令g(a)＝a－1－alna,则由g′(a)＝－lna＝0,得a＝1,a(0,1)1(1,＋∞)g′(a)＋0－g(a)极大值所以g(a)＝a－1－alna≤0,又f(x)min＝f(a)＝a－1－alna≥0,所以a－1－alna＝0,所以a＝1,即实数a的取值集合是{1}．(10分)(3)要证不等式1＋eq\f(1,n)n<e<1＋eq\f(1,n)n＋1,两边取对数后,只要证nln1＋eq\f(1,n)<1<(n＋1)ln1＋eq\f(1,n),即只要证eq\f(1,n＋1)<ln1＋eq\f(1,n)<eq\f(1,n),令x＝1＋eq\f(1,n),则只要证1－eq\f(1,x)<lnx<x－1(1<x≤2)．由(1)知当a＝1时,f(x)＝x－1－lnx在(1,2]上递增,因此f(x)>f(1),即x－1－lnx>0,所以lnx<x－1(1<x≤2)令φ(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－1(1<x≤2),则φ′(x)＝eq\f(x－1,x2)>0,所以φ(x)在(1,2]上递增,故φ(x)>φ(1),即lnx＋eq\f(1,x)－1>0,所