《江蘇省2022高考數學二輪復習 專題五 函數、不等式與導數 5.4 大題考法—函數與導數的綜合問題講義（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《江蘇省2022高考數學二輪復習 專題五 函數、不等式與導數 5.4 大題考法—函數與導數的綜合問題講義（含解析）（22頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、江蘇省2022高考數學二輪復習 專題五 函數、不等式與導數 5.4 大題考法—函數與導數的綜合問題講義（含解析） 題型(一) 利用導數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，＋∞)上單調遞減， 因為p(1)＝0，所以當x∈[1，＋∞)時，p(x)≤0，即h′(x)≤0， 因此函數h(x)＝xln x－(x2－1)在[1，＋∞)上單調遞減， 即h(x)≤h(1)＝0， 所以當x≥1時，f(x)≤g(x)成立. (3)設函數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H(x)單調遞減. 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H(x)單調遞增. 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單調遞增， 所以H′(x)＝ln x＋1－2λx>H′(1)＝1－2

4、λ>0， 故當x∈時，函數H(x)單調遞增． 于是當x∈時，H(x)>0成立，不符合題意. 綜上所述，實數λ的取值范圍為. [方法技巧] 利用導數解決不等式恒成立問題的兩種常用方法 (1)分離參數法 (2)函數思想法 [演練沖關] 1．(2018·蘇錫常鎮(zhèn)一模)已知函數f(x)＝(x＋1)ln x－ax＋a(a為正實數，且為常數)． (1)若f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，求實數a的取值范圍； (2)若不等式(x－1)f(x)≥0恒成立，求實數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′(x)，F(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x0使得f(x0)存在唯一的整數x0成立， 因為F＝9e最小，且F(3)＝7e3，F(4)＝5e4，所以當a>5e4時，至少有兩個整數成立，當a≤7e3時，沒有整數成立，所以a∈(7e3,5e4]． 綜上，a的取值范圍是∪(7e3,5e4

10、]. 題型(二) 利用導數解決與方程的解(零點)有關的問題 主要考查利用導數及零點存在性定理以及函數的性質研究復雜函數的零點問題. [典例感悟] [例2]　(2016·江蘇高考)已知函數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m的最大值． (2)若0＜a＜1，b＞1，函數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m的最大值為4. (2)因為函數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(－∞，＋∞)上的單調增函數． 于是當x∈(－∞，x0)時，g′(x)＜g′(x0)＝0； 當x∈(x0，＋∞)時，g′(x)＞g′(x0)＝0. 因而函數g(x)在(－∞，x0)上是單調減函數，在(x0，＋∞)上是單調增函數． 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] 利用導數研究函數零點問題的方法 用導數研究函數的零點，首先利用導數研究函數的性質，再判斷零點所在區(qū)間端點的函數值正

14、負，結合零點存在理論判斷零點個數，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圖象來說明零點個數． [演練沖關] 1．(2018·蘇州暑假測試)已知函數f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然對數的底數，a∈R. (1)若f′(x)是函數f(x)的導函數，當a>0時，解關于x的不等式f′(x)>ex； (2)若f(x)在[－1,1]上是單調遞增函數，求a的取值范圍； (3)當a＝0時，求整數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)內有極值點，故f(x)在[－1,1]上不單調． 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，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，＋∞)內是單調增函數． 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有且只有兩個實數根，且分別在區(qū)間[1,2]和[－3，－2]上， 所以整數k的所有值為{－3,1}． 2．已知定義在R上的函數f(x)的圖象不間斷，且其表達式為f(x)＝(a，b，m，n為常數，且a≠0)． (1)求m，n的值； (2)若a，b互為相反數，且f(x)是R上的單調函數，求a的取值范圍； (3)若a＝1，b∈R，試討論函數g(x)＝f(x)＋b的零點的個數，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，且f(x)是R上的單調函數， 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) 函數新定義問題 主要考查利用導數解決在特定情形下的函數的性質問題. [典例感悟] [例3]　(2018·江蘇高考)記f′(x)，g′(x)分別為函數f(x)，g(x)的導函數．若存在x0∈R，滿足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，則稱x0為函數f(x)與g(x)的一個“S點”． (1)證明：函數f(x)＝x與g(x)＝x2＋2x－2不存在“S點”； (2)若函數f(x)＝ax2－1與g(x)＝ln x存在“S點”，求實數

21、a的值； (3)已知函數f(x)＝－x2＋a，g(x)＝.對任意a>0，判斷是否存在b>0，使函數f(x)與g(x)在區(qū)間(0，＋∞)內存在“S點”，并說明理由． [解]　(1)證明：因為函數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f(x)與g(x)

23、在區(qū)間(0,1)內的一個“S點”． 因此，對任意a＞0，存在b＞0，使函數f(x)與g(x)在區(qū)間(0，＋∞)內存在“S點”． [方法技巧] 函數新定義問題的求解策略 對于函數的新定義問題，通過仔細閱讀，分析定義以及新函數所滿足的條件，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f(x)為函數f1(x)，f2(x)的“D函數”． (1)已知函數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”； (2)已知a∈R，函數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”，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”． (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， ∴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， ∴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f(x)＝aex＋x2－bx(a，b∈R)． (1)設a＝－1，若函數f(x)在R上是單調遞減函數，求b的取值范圍； (2)設b＝0，若函數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′(x)＞0，F(x)單調遞增，當x＞ln 2時，F′(x)＜0，F(x)單調遞減， 從而當x＝ln 2時，F(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)單調遞減，故G(x)的取值范圍為[0，＋∞)； 當0＜x＜2時，G′(x)＞0，G(x)單調遞增，故G(x)的取值范圍為； 當x≥2時，G′(x)≤0，G(x)單調遞減，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f(x)＝(1＋b)x＋－aln x(a＞0)在x＝2a處取得極值． (1)求函數f(x)的單調區(qū)間； (2)設函數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f(x)的單調遞增區(qū)間為(2a，＋∞)，單調遞減區(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]上單調遞減，在(2，e]上單調遞增，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]上單調遞增， 故h(x)max＝h(e)＝e＋，所以c≥. 故實數c的取值范圍為. 3．(2018·南京、鹽城一模)設函數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為自然對數的底數)； (2)求函數φ(x)＝f(x)＋g(x)的單調增區(qū)間； (3)當a＝1時，記h(x)＝f(x)·g(x)，是否存在整數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． (參考數據：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r(x)＝6－，由r′(x)>0在上恒成立可得r(x)在上單調遞增， 所以r

34、)設函數f(x)＝x－asin x(a>0)． (1)若函數y＝f(x)是R上的單調增函數，求實數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． 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y＝x－sin x單調遞增，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，＋∞)上單調遞減，故h(t)，即x1x2<4b2. B組——大題增分練 1．函數f(x)＝ln x＋x2＋ax(a∈R)，g(x)＝ex＋x2. (1)討論f(x)的極值點的個數； (2)若對于任意x∈(0，＋∞)，總有f(x)≤g(x)成立，

37、求實數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f(x)沒有極值點． 綜上，當a<－2時，函數f(x)有兩個極值點；當a≥－2時，函數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)單調遞減， 當x∈(1，＋∞)時，φ′(x)>0，φ(x)單調遞增， ∴φ(x)≥φ(1)＝e＋1，∴a≤

39、e＋1，即實數a的取值范圍是(－∞，e＋1]． 2．(2018·蘇州期末)已知函數f(x)＝其中常數a∈R. (1)當a＝2時，求函數f(x)的單調區(qū)間； (2)若方程f(－x)＋f(x)＝ex－3在區(qū)間(0，＋∞)上有實數解，求實數a的取值范圍； (3)若存在實數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)上單調遞減； ②當x≥0時，f′(x)＝ex－2，可得f(x)在[0，ln 2]上單調遞減，在[ln 2，＋∞)上單調遞增．

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

41、實數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]上是單調函數，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h(x)＝f(x)－g(x)的極值； (2)若存在與函數f(x)，g(x)的圖象都相切的直線，求實數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h(x)取得極小值＋ln 2，無極大值． (2)設函數

43、f(x)上點(x1，f(x1))與函數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′(x)>0， 所以F(x)在區(qū)間(0，x0)上單調遞減，在區(qū)間(x0，＋∞)上單調遞增， 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]上單調遞減， 因此a＝＝－2x0∈[－1，＋∞)． 所以實數a的取值范圍是[－1，＋∞)． 4．對于函數f(x)，在給定區(qū)間[a，b]內任取n＋1(n≥2，n∈N*)個數x0，x1，x2，…，xn使得a＝x0

46、 x－x2在區(qū)間[1，e]上具有性質V. 解：(1)因為函數f(x)＝－2x＋1在區(qū)間[－1,1]為減函數， 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； 當x＞1時，f′(x)＜0，所以f(x)在(1,2)為減函數； 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， 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A＝k＋－e2，都有S≤

49、A，因此f(x)在[1，e]上具有性質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， 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A＝e2－k－，都有S≤A，因此f(x)在[1，e]上具有性質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，在(，e]上為減函數．

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A＝kln k－2k＋＋e2，都有S≤A，因此f(x)在[1，e]上具有性質V. 綜上，對于給定的實數k，函數f(x)＝kln x－x2 在區(qū)間[1，e]上具有性質V.