江蘇省2022高考數(shù)學二輪復習 專題五 函數(shù)、不等式與導數(shù) 5.4 大題考法—函數(shù)與導數(shù)的綜合問題講義（含解析）

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1、江蘇省2022高考數(shù)學二輪復習 專題五 函數(shù)、不等式與導數(shù) 5.4 大題考法—函數(shù)與導數(shù)的綜合問題講義（含解析） 題型(一) 利用導數(shù)解決與不等式有關的問題 主要考查不等式恒成立有關問題或不等關系證明的問題. (2)若λ＝，且x≥1，證明：f(x)≤g(x)； (3)若對任意x∈[1，＋∞)，不等式f(x)≤g(x)恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍． [解]　(1)因為f′(x)＝ln x＋1， 所以f′(1)＝1， 因為f′(1)＝g′(1)且g′(x)＝2λx， 所以g′(1)＝2λ＝1，解得λ＝. (2)證明：設函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)＝xln x－(x2－1)

2、， 則h′(x)＝ln x＋1－x(x≥1). 設p(x)＝ln x＋1－x，從而p′(x)＝－1≤0對任意x∈[1，＋∞)上恒成立， 所以p(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減， 因為p(1)＝0，所以當x∈[1，＋∞)時，p(x)≤0，即h′(x)≤0， 因此函數(shù)h(x)＝xln x－(x2－1)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減， 即h(x)≤h(1)＝0， 所以當x≥1時，f(x)≤g(x)成立. (3)設函數(shù)H(x)＝xln x－λ(x2－1)(x≥1)， 從而對任意x∈[1，＋∞)，不等式H(x)≤0＝H(1)恒成立． 又H′(x)＝ln x＋1－2λx， 當H′(x)＝

3、ln x＋1－2λx≤0，即≤2λ恒成立時，函數(shù)H(x)單調(diào)遞減. 設r(x)＝(x≥1)，則r′(x)＝≤0， 所以r(x)max＝r(1)＝1，即2λ≥1，解得λ≥. 當λ≤0時，H′(x)＝ln x＋1－2λx>0恒成立，此時函數(shù)H(x)單調(diào)遞增. 于是，不等式H(x)≥H(1)＝0對任意x∈[1，＋∞)恒成立，不符合題意； 當0<λ<時，設q(x)＝H′(x)＝ln x＋1－2λx，則q′(x)＝－2λ＝0?x＝>1， 當x∈時，q′(x)＝－2λ>0，此時q(x)＝H′(x)＝ln x＋1－2λx單調(diào)遞增， 所以H′(x)＝ln x＋1－2λx>H′(1)＝1－2

4、λ>0， 故當x∈時，函數(shù)H(x)單調(diào)遞增． 于是當x∈時，H(x)>0成立，不符合題意. 綜上所述，實數(shù)λ的取值范圍為. [方法技巧] 利用導數(shù)解決不等式恒成立問題的兩種常用方法 (1)分離參數(shù)法 (2)函數(shù)思想法 [演練沖關] 1．(2018·蘇錫常鎮(zhèn)一模)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ln x－ax＋a(a為正實數(shù)，且為常數(shù))． (1)若f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若不等式(x－1)f(x)≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)因為f(x)＝(x＋1)ln x－ax＋a， 所以f′(x)＝ln x＋＋1－a(x>0

5、)， 若f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0， 即a≤ln x＋＋1在(0，＋∞)上恒成立， 設g(x)＝ln x＋＋1(x＞0)， 則g′(x)＝， 當x>1時，g′(x)>0；當00. 故不等式(x－1)f(

6、x)≥0恒成立． 當a>2時，f′(x)＝， 設p(x)＝xln x＋(1－a)x＋1， 則p′(x)＝ln x＋2－a. 令p′(x)＝ln x＋2－a＝0，得x＝ea－2>1. 當x∈(1，ea－2)時，p′(x)<0，p(x)單調(diào)遞減， 則p(x)

7、a，x∈R. (1)若對任意x∈R，有f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范圍； (2)若存在唯一的整數(shù)x0，使得f(x0)

8、x)恒成立，故此時a∈R. ③當x∈(2，＋∞)時，a≤， 即a≤min， 令F′(x)＝0，得x＝， 當x變化時，F(xiàn)′(x)，F(xiàn)(x)的變化情況如表所示. x F′(x) － 0 ＋ F(x)  極小值  F(x)min＝F＝9e，故此時a≤9e， 綜上，1≤a≤9e，即實數(shù)a的取值范圍是. (2)由f(x)

9、 0 － － 0 ＋ F(x)  極大值   極小值  當x∈(－∞，2)時，存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)存在唯一的整數(shù)x0成立， 因為F＝9e最小，且F(3)＝7e3，F(xiàn)(4)＝5e4，所以當a>5e4時，至少有兩個整數(shù)成立，當a≤7e3時，沒有整數(shù)成立，所以a∈(7e3,5e4]． 綜上，a的取值范圍是∪(7e3,5e4

10、]. 題型(二) 利用導數(shù)解決與方程的解(零點)有關的問題 主要考查利用導數(shù)及零點存在性定理以及函數(shù)的性質(zhì)研究復雜函數(shù)的零點問題. [典例感悟] [例2]　(2016·江蘇高考)已知函數(shù)f(x)＝ax＋bx(a＞0，b＞0，a≠1，b≠1)． (1)設a＝2，b＝. ①求方程f(x)＝2的根； ②若對于任意x∈R，不等式f(2x)≥mf(x)－6恒成立，求實數(shù)m的最大值． (2)若0＜a＜1，b＞1，函數(shù)g(x)＝f(x)－2有且只有1個零點，求ab的值． [解]　(1)因為a＝2，b＝，所以f(x)＝2x＋2－x. ①方程f(x)＝2，即2x＋2－x＝2， 亦

11、即(2x)2－2×2x＋1＝0， 所以(2x－1)2＝0，即2x＝1，解得x＝0. ②由條件知f(2x)＝22x＋2－2x＝(2x＋2－x)2－2＝(f(x))2－2. 因為f(2x)≥mf(x)－6對于x∈R恒成立，且f(x)＞0， 所以m≤對于x∈R恒成立． 而＝f(x)＋≥2 ＝4， 當且僅當f2(x)＝4，即f(x)＝2時等號成立，且＝4， 所以m≤4，故實數(shù)m的最大值為4. (2)因為函數(shù)g(x)＝f(x)－2＝ax＋bx－2有且只有1個零點，而g(0)＝f(0)－2＝a0＋b0－2＝0， 所以0是函數(shù)g(x)的唯一零點． 因為g′(x)＝axln a＋bxln

12、b， 又由0＜a＜1，b＞1知ln a＜0，ln b＞0， 所以g′(x)＝0有唯一解x0＝log. 令h(x)＝g′(x)，則h′(x)＝(axln a＋bxln b)′＝ax(ln a)2＋bx(ln b)2， 從而對任意x∈R，h′(x)＞0，所以g′(x)＝h(x)是(－∞，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù)． 于是當x∈(－∞，x0)時，g′(x)＜g′(x0)＝0； 當x∈(x0，＋∞)時，g′(x)＞g′(x0)＝0. 因而函數(shù)g(x)在(－∞，x0)上是單調(diào)減函數(shù)，在(x0，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)． 下證x0＝0. 若x0＜0，則x0＜＜0，于是g＜g(0)＝0. 又g(l

13、oga2)＝aloga2＋bloga2－2＞aloga2－2＝0，且函數(shù)g(x)在以和loga2為端點的閉區(qū)間上的圖象不間斷，所以在和loga2之間存在g(x)的零點，記為x1. 因為0＜a＜1，所以loga2＜0. 又＜0，所以x1＜0，與“0是函數(shù)g(x)的唯一零點”矛盾． 若x0＞0，同理可得，在和logb2之間存在g(x)的非0的零點，與“0是函數(shù)g(x)的唯一零點”矛盾． 因此x0＝0. 于是－＝1，故ln a＋ln b＝0，所以ab＝1. [方法技巧] 利用導數(shù)研究函數(shù)零點問題的方法 用導數(shù)研究函數(shù)的零點，首先利用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，再判斷零點所在區(qū)間端點的函數(shù)值正

14、負，結合零點存在理論判斷零點個數(shù)，這類問題解答題的做法不同于填空題，一般不能用兩個函數(shù)圖象來說明零點個數(shù)． [演練沖關] 1．(2018·蘇州暑假測試)已知函數(shù)f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R. (1)若f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù)，當a>0時，解關于x的不等式f′(x)>ex； (2)若f(x)在[－1,1]上是單調(diào)遞增函數(shù)，求a的取值范圍； (3)當a＝0時，求整數(shù)k的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[k，k＋1]上有解． 解：(1)f′(x)＝[ax2＋(2a＋1)x＋1]·ex. 不等式f′(x)>ex可化為[ax2＋(2a＋1)x]·ex

15、>0， 因為ex>0，故有ax2＋(2a＋1)x>0，又a>0，解得x>0或x<－. 所以當a>0時，不等式f′(x)>ex的解集是∪(0，＋∞)． (2)由(1)得f′(x)＝[ax2＋(2a＋1)x＋1]·ex， ①當a＝0時，f′(x)＝(x＋1)ex，f′(x)≥0在[－1,1]上恒成立，當且僅當x＝－1時取等號，故a＝0符合要求； ②當a≠0時，令g(x)＝ax2＋(2a＋1)x＋1， 因為Δ＝(2a＋1)2－4a＝4a2＋1>0， 所以g(x)＝0有兩個不相等的實數(shù)根x1，x2，不妨設x1>x2，因此f(x)有極大值又有極小值． 若a>0，因為g(－1)·g(0)＝

16、－a<0，所以f(x)在(－1,1)內(nèi)有極值點，故f(x)在[－1,1]上不單調(diào)． 若a<0，可知x1>0>x2，因為g(x)的圖象開口向下，要使f(x)在[－1,1]上單調(diào)，因為g(0)＝1>0， 必須滿足即所以－≤a<0. 綜上可知，a的取值范圍是. (3)當a＝0時，方程即為xex＝x＋2， 由于ex>0，所以x＝0不是方程的解， 所以原方程等價于ex－－1＝0， 令h(x)＝ex－－1. 因為h′(x)＝ex＋>0對于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)內(nèi)是單調(diào)增函數(shù)． 又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－2>0，h(－3

17、)＝e－3－<0，h(－2)＝e－2>0， 所以方程f(x)＝x＋2有且只有兩個實數(shù)根，且分別在區(qū)間[1,2]和[－3，－2]上， 所以整數(shù)k的所有值為{－3,1}． 2．已知定義在R上的函數(shù)f(x)的圖象不間斷，且其表達式為f(x)＝(a，b，m，n為常數(shù)，且a≠0)． (1)求m，n的值； (2)若a，b互為相反數(shù)，且f(x)是R上的單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍； (3)若a＝1，b∈R，試討論函數(shù)g(x)＝f(x)＋b的零點的個數(shù)，并說明理由． 解：(1)依題意，f(0)＝1，f(4)＝0， 即 解得 (2)因為y＝x是減函數(shù)，且f(x)是R上的單調(diào)函數(shù)， 所以在y＝a

18、(log4x－1)中，應該有y′＝≤0， 故a<0. 在y＝ax3＋(b－4a)x2－x＋1中，其中a＋b＝0， y′＝3ax2－10ax＋4a－，導函數(shù)的對稱軸為x＝， 故Δ＝100a2－12a≤0，解得－≤a≤0. 綜上可知，a的取值范圍是. (3)當a＝1時，g(0)＝f(0)＋b＝1＋b， g(4)＝f(4)＋b＝b， ①當b>0時，x＋b＝0無解， log4x－1＋b＝0即log4x＝1－b無解， 又g(0)＝1＋b>0，g(4)＝b>0， g(2)＝f(2)＋b＝8＋4(b－4)－2＋1＋b＝－－3b<0， 方程g(x)＝0在(0,4)上有兩解， 可知方程

19、g(x)＝0在R上一共有兩解； ②當b<－1時，x＋b＝0有一解：x＝log(－b)，log4x－1＋b＝0有一解：x＝41－b， 又g(0)＝1＋b<0，g(4)＝b<0， g＝f＋b＝＋(b－4)－＋1＋b＝－b>0， 故方程g(x)＝0在(0,4)上有兩解． 從而方程g(x)＝0在R上共有4個解； ③當－10，g(4)＝b<0， 方程g(x)＝0在(0,4)內(nèi)只有一解． 可知方程g(x)＝0在R上共兩解； ④當b＝0時，有x＝4和x＝兩解， ⑤當b＝－1時，有x＝0，x＝，x＝16,3個

20、解， 綜上得，當b>－1時，g(x)有2個零點； 當b＝－1時，g(x)有3個零點； 當b≤－1時，g(x)有4個零點. 題型(三) 函數(shù)新定義問題 主要考查利用導數(shù)解決在特定情形下的函數(shù)的性質(zhì)問題. [典例感悟] [例3]　(2018·江蘇高考)記f′(x)，g′(x)分別為函數(shù)f(x)，g(x)的導函數(shù)．若存在x0∈R，滿足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，則稱x0為函數(shù)f(x)與g(x)的一個“S點”． (1)證明：函數(shù)f(x)＝x與g(x)＝x2＋2x－2不存在“S點”； (2)若函數(shù)f(x)＝ax2－1與g(x)＝ln x存在“S點”，求實數(shù)

21、a的值； (3)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋a，g(x)＝.對任意a>0，判斷是否存在b>0，使函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)存在“S點”，并說明理由． [解]　(1)證明：因為函數(shù)f(x)＝x，g(x)＝x2＋2x－2， 所以f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2. 由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)， 得此方程組無解， 因此f(x)與g(x)不存在“S點”． (2)因為函數(shù)f(x)＝ax2－1，g(x)＝ln x， 所以f′(x)＝2ax，g′(x)＝. 設x0為f(x)與g(x)的“S點”， 由f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，

22、得即(*) 所以ln x0＝－，即x0＝e， 所以a＝＝. 當a＝時，x0＝e滿足方程組(*)， 即x0為f(x)與g(x)的“S點”． 所以a的值為. (3)對任意a＞0，設h(x)＝x3－3x2－ax＋a. 因為h(0)＝a＞0，h(1)＝1－3－a＋a＝－2＜0，且h(x)的圖象是不間斷的， 所以存在x0∈(0,1)，使得h(x0)＝0. 令b＝，則b＞0. 函數(shù)f(x)＝－x2＋a，g(x)＝， 則f′(x)＝－2x，g′(x)＝. 由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)， 得 即(**) 此時，x0滿足方程組(**)，即x0是函數(shù)f(x)與g(x)

23、在區(qū)間(0,1)內(nèi)的一個“S點”． 因此，對任意a＞0，存在b＞0，使函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)存在“S點”． [方法技巧] 函數(shù)新定義問題的求解策略 對于函數(shù)的新定義問題，通過仔細閱讀，分析定義以及新函數(shù)所滿足的條件，圍繞定義與條件來確定解題的方向，然后準確作答．解答這類問題的關鍵在于閱讀理解時，要準確把握新定義、新信息，并把它納入已有的知識體系之中，用原來的知識和方法來解決新情景下的問題． [演練沖關] 若在公共定義域D上，f1(x)＜f(x)＜f2(x)，則稱函數(shù)f(x)為函數(shù)f1(x)，f2(x)的“D函數(shù)”． (1)已知函數(shù)f1(x)＝x2＋2x＋4ln

24、 x，f2(x)＝x2＋2x＋2，求證：在區(qū)間(0，＋∞)上，f1(x)，f2(x)有“D函數(shù)”； (2)已知a∈R，函數(shù)f(x)＝ax2＋ln x，f1(x)＝(a－1)x2＋ax＋(1－a2)ln x，f2(x)＝x2＋2ax.若在區(qū)間(1，＋∞)上，f(x)為f1(x)，f2(x)的“D函數(shù)”，求a的取值范圍． 解：(1)證明：設K(x)＝f2(x)－f1(x)＝x2－4ln x＋2，下證K(x)min＞0. K′(x)＝x－＝. 故K′(x)與K(x)隨x的變化情況如下表： x (0,2) 2 (2，＋∞) K′(x) － 0 ＋ K(x)  4－4ln

25、 2  ∵4－4ln 2＞4－4ln e＝0，∴K(x)≥4－4ln 2＞0. 設R(x)＝f1(x)＋λ(4－4ln 2)，0＜λ＜1， 則f1(x)＜R(x)＜f2(x)． ∴在區(qū)間(0，＋∞)上，f1(x)，f2(x)有“D函數(shù)”． (2)設H(x)＝f1(x)－f(x)＝－x2＋ax－a2ln x， 則在(1，＋∞)上，H(x)＜0. ∵H′(x)＝－2x－＋a＝ ＝－， ∴在(1，＋∞)上，H′(x)＜0，H(x)是減函數(shù)， ∴H(x)＜H(1)＝－1＋a≤0，∴a≤1. 設P(x)＝f(x)－f2(x)＝x2－2ax＋ln x， 則在(1，＋∞)上，

26、P(x)＜0. 若a＞，則＞1， ∴P＝ln＞0，矛盾． 若a≤，∵P′(x)＝(2a－1)x＋－2a＝， ∴在(1，＋∞)上，P′(x)＜0，P(x)是減函數(shù)， ∴P(x)＜P(1)＝－－a≤0. ∴a≥－，∴－≤a≤. 故所求a的取值范圍為. [課時達標訓練] A組——大題保分練 1．已知函數(shù)f(x)＝aex＋x2－bx(a，b∈R)． (1)設a＝－1，若函數(shù)f(x)在R上是單調(diào)遞減函數(shù)，求b的取值范圍； (2)設b＝0，若函數(shù)f(x)在R上有且只有一個零點，求a的取值范圍． 解：(1)當a＝－1時，f(x)＝－ex＋x2－bx， ∴f′(x)＝－ex＋2x－

27、b， 由題意知，f′(x)＝－ex＋2x－b≤0對x∈R恒成立． 由－ex＋2x－b≤0，得b≥－ex＋2x. 令F(x)＝－ex＋2x，則F′(x)＝－ex＋2， 由F′(x)＝0，得x＝ln 2. 當x＜ln 2時，F(xiàn)′(x)＞0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增，當x＞ln 2時，F(xiàn)′(x)＜0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減， 從而當x＝ln 2時，F(xiàn)(x)取得最大值2ln 2－2， ∴b≥2ln 2－2，故b的取值范圍為[2ln 2－2，＋∞)． (2)當b＝0時，f(x)＝aex＋x2. 由題意知aex＋x2＝0只有一個解． 由aex＋x2＝0，得－a＝， 令G(x)＝，則G′(x)＝，

28、 由G′(x)＝0，得x＝0或x＝2. 當x≤0時，G′(x)≤0，G(x)單調(diào)遞減，故G(x)的取值范圍為[0，＋∞)； 當0＜x＜2時，G′(x)＞0，G(x)單調(diào)遞增，故G(x)的取值范圍為； 當x≥2時，G′(x)≤0，G(x)單調(diào)遞減，故G(x)的取值范圍為. 由題意得，－a＝0或－a＞，從而a＝0或a＜－， 故若函數(shù)f(x)在R上只有一個零點，則a的取值范圍為∪{0}． 2．已知函數(shù)f(x)＝(1＋b)x＋－aln x(a＞0)在x＝2a處取得極值． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)設函數(shù)g(x)＝x2－2cx＋4－ln 2，當a＝1時，若對任意的x1，x2

29、∈[1，e]都有f(x1)≥g(x2)，求實數(shù)c的取值范圍． 解：(1)由f(x)＝(1＋b)x＋－aln x，a＞0，x＞0， 得f′(x)＝1＋b－－. 又f(x)在x＝2a處取得極值， 所以f′(2a)＝1＋b－－＝b＝0， 所以f(x)＝x＋－aln x， f′(x)＝1－－＝＝， 又a＞0，且函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， 所以由f′(x)＞0，得x＞2a； 由f′(x)＜0，得0＜x＜2a， 即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2a)． (2)當a＝1時，f(x)＝x＋－ln x，x∈(0，＋∞)， 由(1)知x∈[1，e

30、]時，f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減，在(2，e]上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(2)＝3－ln 2. 對任意的x1，x2∈[1，e]都有f(x1)≥g(x2)， 即f(x)min≥g(x)，x∈[1，e]恒成立． 即3－ln 2≥x2－2cx＋4－ln 2，x∈[1，e]恒成立， 即2c≥x＋，x∈[1，e]恒成立， 令h(x)＝x＋，則h′(x)＝1－≥0，x∈[1，e]， 即h(x)＝x＋在[1，e]上單調(diào)遞增， 故h(x)max＝h(e)＝e＋，所以c≥. 故實數(shù)c的取值范圍為. 3．(2018·南京、鹽城一模)設函數(shù)f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋－3(a

31、∈R)． (1)當a＝2時，解關于x的方程g(ex)＝0(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))； (2)求函數(shù)φ(x)＝f(x)＋g(x)的單調(diào)增區(qū)間； (3)當a＝1時，記h(x)＝f(x)·g(x)，是否存在整數(shù)λ，使得關于x的不等式2λ≥h(x)有解？若存在，請求出λ的最小值；若不存在，請說明理由． (參考數(shù)據(jù)：ln 2≈0.693 1，ln 3≈1.098 6) 解：(1)當a＝2時，方程g(ex)＝0，即為2ex＋－3＝0，去分母，得2(ex)2－3ex＋1＝0，解得ex＝1或ex＝， 故所求方程的根為x＝0或x＝－ln 2. (2)因為φ(x)＝f(x)＋g(x)＝ln x＋ax

32、＋－3(x>0)， 所以φ′(x)＝＋a－＝ ＝(x>0)， ①當a＝0時，由φ′(x)>0，解得x>0； ②當a>1時，由φ′(x)>0，解得x>； ③當00，解得x>0； ④當a＝1時，由φ′(x)>0，解得x>0； ⑤當a<0時，由φ′(x)>0，解得01時，φ(x)的單調(diào)增區(qū)間為. (3)存在滿足題意的λ. 當a＝1時，g(x)＝x－3， 所以h(x)＝(x－3)ln x， 所以h′(x)＝ln x＋1－在(0，＋∞)上單調(diào)遞

33、增． 因為h′＝ln＋1－2<0， h′(2)＝ln 2＋1－>0， 所以存在唯一x0∈，使得h′(x0)＝0， 即ln x0＋1－＝0， 當x∈(0，x0)時，h′(x)<0， 當x∈(x0，＋∞)時，h′(x)>0， 所以h(x)min＝h(x0)＝(x0－3)ln x0＝(x0－3)·＝－＝6－， 記函數(shù)r(x)＝6－，由r′(x)>0在上恒成立可得r(x)在上單調(diào)遞增， 所以r

34、)設函數(shù)f(x)＝x－asin x(a>0)． (1)若函數(shù)y＝f(x)是R上的單調(diào)增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍； (2)設a＝，g(x)＝f(x)＋bln x＋1(b∈R，b≠0)，g′(x)是g(x)的導函數(shù)． ①若對任意的x>0，g′(x)>0，求證：存在x0，使g(x0)<0； ②若g(x1)＝g(x2)(x1≠x2)，求證：x1x2<4b2. 解：(1)由題意，得f′(x)＝1－acos x≥0對x∈R恒成立， 因為a>0，所以≥cos x對x∈R恒成立， 因為(cos x)max＝1，所以≥1，從而0

35、x)＝x－sin x＋bln x＋1， 所以g′(x)＝1－cos x＋. 若b<0，則存在－>0，使g′＝－1－cos<0，不合題意，所以b>0. 取x0＝e－，則00，使g(x0)<0. ②依題意，不妨設01. 由(1)知函數(shù)y＝x－sin x單調(diào)遞增，所以x2－sin x2>x1－sin x1.從而x2－x1>sin x2－sin x1. 因為g(x1)＝g(x2)，所以x1－sin x1＋bln x1＋1＝x2－sin x2＋bln

36、 x2＋1， 所以－b(ln x2－ln x1)＝x2－x1－(sin x2－sin x1)>(x2－x1)． 所以－2b>>0. 下面證明>，即證明>，只要證明ln t－<0即可．(*) 設h(t)＝ln t－(t>1)，所以h′(t)＝<0在(1，＋∞)上恒成立． 所以h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故h(t)，即x1x2<4b2. B組——大題增分練 1．函數(shù)f(x)＝ln x＋x2＋ax(a∈R)，g(x)＝ex＋x2. (1)討論f(x)的極值點的個數(shù)； (2)若對于任意x∈(0，＋∞)，總有f(x)≤g(x)成立，

37、求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)由題意得f′(x)＝＋x＋a＝(x>0)，令f′(x)＝0，即x2＋ax＋1＝0，Δ＝a2－4. ①當Δ＝a2－4≤0，即－2≤a≤2時，x2＋ax＋1≥0對x>0恒成立，即f′(x)＝≥0對x>0恒成立，此時f(x)沒有極值點． ②當Δ＝a2－4>0，即a<－2或a>2時， 若a<－2，設方程x2＋ax＋1＝0的兩個不同實根為x1，x2，不妨設x10，x1x2＝1>0，故x2>x1>0， ∴當0x2時，f′(x)>0； 當x1

38、>2，設方程x2＋ax＋1＝0的兩個不同實根為x3，x4， 則x3＋x4＝－a<0，x3x4＝1>0，故x3<0，x4<0. ∴當x>0時，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)沒有極值點． 綜上，當a<－2時，函數(shù)f(x)有兩個極值點；當a≥－2時，函數(shù)f(x)沒有極值點． (2)f(x)≤g(x)?ex－ln x＋x2≥ax， 因為x>0，所以a≤對于?x>0恒成立， 設φ(x)＝(x>0)， 則φ′(x)＝ ＝， ∵x>0，∴當x∈(0,1)時，φ′(x)<0，φ(x)單調(diào)遞減， 當x∈(1，＋∞)時，φ′(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增， ∴φ(x)≥φ(1)＝e＋1，∴a≤

39、e＋1，即實數(shù)a的取值范圍是(－∞，e＋1]． 2．(2018·蘇州期末)已知函數(shù)f(x)＝其中常數(shù)a∈R. (1)當a＝2時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若方程f(－x)＋f(x)＝ex－3在區(qū)間(0，＋∞)上有實數(shù)解，求實數(shù)a的取值范圍； (3)若存在實數(shù)m，n∈[0,2]，且|m－n|≥1，使得f(m)＝f(n)，求證：1≤≤e. 解：(1)當a＝2時，f(x)＝ ①當x<0時，f′(x)＝－3x2＋2x<0恒成立，所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減； ②當x≥0時，f′(x)＝ex－2，可得f(x)在[0，ln 2]上單調(diào)遞減，在[ln 2，＋∞)上單調(diào)遞增．

40、因為f(0)＝1>0，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，0)和[0，ln 2]，單調(diào)遞增區(qū)間是[ln 2，＋∞)． (2)當x>0時，f(x)＝ex－ax， 此時－x<0，f(－x)＝－(－x)3＋(－x)2＝x3＋x2. 所以f(x)＋f(－x)＝ex－ax＋x3＋x2＝ex－3在區(qū)間(0，＋∞)上有實數(shù)解，可化為a＝x2＋x＋在區(qū)間(0，＋∞)上有實數(shù)解． 記g(x)＝x2＋x＋，x∈(0，＋∞)， 則g′(x)＝2x＋1－＝. 可得g(x)在(0,1]上單調(diào)遞減，在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，且g(1)＝5，當x→＋∞時，g(x)→＋∞. 所以g(x)的值域是[5，＋∞)，即

41、實數(shù)a的取值范圍是[5，＋∞)． (3)證明：當x∈[0,2]時，f(x)＝ex－ax， 有f′(x)＝ex－a. 若a≤1或a≥e2，則f(x)在[0,2]上是單調(diào)函數(shù)，不合題意． 所以1f(ln a)，且f(ln a)

42、x＋1，g(x)＝ln x－a(a∈R)． (1)當a＝1時，求函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的極值； (2)若存在與函數(shù)f(x)，g(x)的圖象都相切的直線，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)當a＝1時，h(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋x－ln x＋2， 函數(shù)h(x)的定義域為(0，＋∞)． 所以h′(x)＝2x＋1－＝. 令h′(x)＝0得x＝(x＝－1舍去)， 當x變化時，h′(x)，h(x)的變化情況如下表： x h′(x) － 0 ＋ h(x)  極小值  所以當x＝時，函數(shù)h(x)取得極小值＋ln 2，無極大值． (2)設函數(shù)

43、f(x)上點(x1，f(x1))與函數(shù)g(x)上點(x2，g(x2))處切線相同， 則f′(x1)＝g′(x2)＝， 所以2x1＋a＝＝， 所以x1＝－，代入＝x＋ax1＋1－(ln x2－a)得－＋ln x2＋－a－2＝0.(*) 設F(x)＝－＋ln x＋－a－2， 則F′(x)＝－＋＋＝. 不妨設2x＋ax0－1＝0(x0>0)，則當0x0時，F(xiàn)′(x)>0， 所以F(x)在區(qū)間(0，x0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(x0，＋∞)上單調(diào)遞增， 代入a＝＝－2x0，可得F(x)min＝F(x0)＝x＋2x0－＋ln x0－2. 設G(x)＝x2

44、＋2x－＋ln x－2， 則G′(x)＝2x＋2＋＋>0對x>0恒成立， 所以G(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 又G(1)＝0，所以當00，所以當x＝ea＋2>1時， F(x)＝－＋ln ea＋2＋－a－2 ＝2≥0. 因此當0

45、在(0,1]上單調(diào)遞減， 因此a＝＝－2x0∈[－1，＋∞)． 所以實數(shù)a的取值范圍是[－1，＋∞)． 4．對于函數(shù)f(x)，在給定區(qū)間[a，b]內(nèi)任取n＋1(n≥2，n∈N*)個數(shù)x0，x1，x2，…，xn使得a＝x0

46、 x－x2在區(qū)間[1，e]上具有性質(zhì)V. 解：(1)因為函數(shù)f(x)＝－2x＋1在區(qū)間[－1,1]為減函數(shù)， 所以f(xi＋1)＜f(xi)， 所以|f(xi＋1)－f(xi)|＝ f(xi)－f(xi＋1)． S＝f(xi＋1)－f(xi)|＝[ f(x0)－f(x1)]＋[ f(x1)－f(x2)]＋…＋[ f(xn－1)－f(xn)] ＝f(x0)－f(xn)＝f(－1)－f(1)＝4. (2)由f′(x)＝＝0，得x＝1. 當x＜1時，f′(x)＞0，所以f(x)在(0,1)為增函數(shù)； 當x＞1時，f′(x)＜0，所以f(x)在(1,2)為減函數(shù)； 所以f(x)在x＝

47、1時取極大值. 設xm≤1＜xm＋1，m∈N，m≤n－1， 則S＝f(xi＋1)－f(xi)| ＝|f(x1)－f(0)|＋…＋|f(xm)－f(xm－1)|＋|f(xm＋1)－f(xm)|＋|f(xm＋2)－f(xm＋1)|＋…＋|f(2)－f(xn－1)| ＝[f(x1)－f(0)]＋…＋[f(xm)－f(xm－1)]＋|f(xm＋1)－f(xm)|＋[f(xm＋1)－f(xm＋2)]＋…＋[f(xn－1)－f(2)] ＝[f(xm)－f(0)]＋|f(xm＋1)－f(xm)|＋[f(xm＋1)－f(2)]． 因為|f(xm＋1)－f(xm)|≤[f(1)－f(xm)]＋[f(

48、1)－f(xm＋1)]，當xm＝1時取等號， 所以S≤f(xm)－f(0)＋f(1)－f(xm)＋f(1)－f(xm＋1)＋f(xm＋1)－f(2)＝2f(1)－f(0)－f(2)＝. 所以S的最大值為. (3)證明：f′(x)＝－x＝，x∈[1，e]． ①當k≥e2時，k－x2≥0恒成立，即f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在[1，e]上為增函數(shù)， 所以S＝f(xi＋1)－f(xi)|＝[ f(x1)－f(x0)]＋[f(x2)－f(x1)]＋…＋[ f(xn)－f(xn－1)] ＝f(xn)－f(x0)＝f(e)－f(1)＝k＋－e2. 因此，存在正數(shù)A＝k＋－e2，都有S≤

49、A，因此f(x)在[1，e]上具有性質(zhì)V. ②當k≤1時，k－x2≤0恒成立，即f′(x)≤0恒成立，所以f(x)在[1，e]上為減函數(shù)， 所以S＝f(xi＋1)－f(xi)|＝[ f(x0)－f(x1)]＋[f(x1)－f(x2)]＋…＋[ f(xn－1)－f(xn)] ＝f(x0)－f(xn)＝ f(1)－f(e)＝ e2－k－. 因此，存在正數(shù)A＝e2－k－，都有S≤A，因此f(x)在[1，e]上具有性質(zhì)V. ③當1＜k＜e2時，由f′(x)＝0，得x＝； 當f′(x)＞0，得1≤x＜； 當f′(x)＜0，得＜x≤e，因此f(x)在[1，)上為增函數(shù)，在(，e]上為減函數(shù)．

50、 設xm≤＜xm＋1，m∈N，m≤n－1， 則S＝f(xi＋1)－f(xi)| ＝|f(x1)－f(x0)|＋…＋|f(xm)－f(xm－1)|＋|f(xm＋1)－f(xm)|＋|f(xm＋2)－f(xm＋1)|＋…＋|f(xn)－f(xn－1)| ＝f(x1)－f(x0)＋…＋f(xm)－f(xm－1)＋|f(xm＋1)－f(xm)|＋ f(xm＋1)－f(xm＋2)＋…＋f(xn－1)－f(xn) ＝f(xm)－f(x0)＋|f(xm＋1)－f(xm)|＋ f(xm＋1)－f(xn) ≤f(xm)－f(x0)＋ f(xm＋1)－f(xn)＋ f()－f(xm＋1)＋ f()－f(xm) ＝2f()－f(x0)－f(xn)＝kln k－k－－k＋e2＝kln k－2k＋＋e2. 因此，存在正數(shù)A＝kln k－2k＋＋e2，都有S≤A，因此f(x)在[1，e]上具有性質(zhì)V. 綜上，對于給定的實數(shù)k，函數(shù)f(x)＝kln x－x2 在區(qū)間[1，e]上具有性質(zhì)V.