江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題五 函數(shù)、不等式與導(dǎo)數(shù) 5.4 大題考法函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合問(wèn)題講義（含解析）題型(一)利用導(dǎo)數(shù)解決與不等式有關(guān)的問(wèn)題主要考查不等式恒成立有關(guān)問(wèn)題或不等關(guān)系證明的問(wèn)題.(2)若，且x1，證明：f(x)g(x)；(3)若對(duì)任意x1，)，不等式f(x)g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍解(1)因?yàn)閒(x)ln x1，所以f(1)1，因?yàn)閒(1)g(1)且g(x)2x，所以g(1)21，解得.(2)證明：設(shè)函數(shù)h(x)f(x)g(x)xln x(x21)，則h(x)ln x1x(x1). 設(shè)p(x)ln x1x，從而p(x)10對(duì)任意x1，)上恒成立，所以p(x)在1，)上單調(diào)遞減，因?yàn)閜(1)0，所以當(dāng)x1，)時(shí)，p(x)0，即h(x)0，因此函數(shù)h(x)xln x(x21)在1，)上單調(diào)遞減，即h(x)h(1)0，所以當(dāng)x1時(shí)，f(x)g(x)成立. (3)設(shè)函數(shù)H(x)xln x(x21)(x1)，從而對(duì)任意x1，)，不等式H(x)0H(1)恒成立又H(x)ln x12x，當(dāng)H(x)ln x12x0，即2恒成立時(shí)，函數(shù)H(x)單調(diào)遞減. 設(shè)r(x)(x1)，則r(x)0，所以r(x)maxr(1)1，即21，解得.當(dāng)0時(shí)，H(x)ln x12x>0恒成立，此時(shí)函數(shù)H(x)單調(diào)遞增. 于是，不等式H(x)H(1)0對(duì)任意x1，)恒成立，不符合題意； 當(dāng)0<<時(shí)，設(shè)q(x)H(x)ln x12x，則q(x)20x>1，當(dāng)x時(shí)，q(x)2>0，此時(shí)q(x)H(x)ln x12x單調(diào)遞增，所以H(x)ln x12x>H(1)12>0，故當(dāng)x時(shí)，函數(shù)H(x)單調(diào)遞增于是當(dāng)x時(shí)，H(x)>0成立，不符合題意. 綜上所述，實(shí)數(shù)的取值范圍為.方法技巧利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立問(wèn)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(guān)1(2018·蘇錫常鎮(zhèn)一模)已知函數(shù)f(x)(x1)ln xaxa(a為正實(shí)數(shù)，且為常數(shù))(1)若f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若不等式(x1)f(x)0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解：(1)因?yàn)閒(x)(x1)ln xaxa，所以f(x)ln x1a(x>0)，若f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，則f(x)0，即aln x1在(0，)上恒成立，設(shè)g(x)ln x1(x0)，則g(x)，當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>0；當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)<0，所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，所以g(x)ming(1)2，故0a2，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,2(2)當(dāng)0<a2時(shí)，由(1)知，當(dāng)x(0，)時(shí)，f(x)單調(diào)遞增又f(1)0，所以當(dāng)x(0,1)時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x(1，)時(shí)，f(x)>0.故不等式(x1)f(x)0恒成立當(dāng)a>2時(shí)，f(x)，設(shè)p(x)xln x(1a)x1，則p(x)ln x2a.令p(x)ln x2a0，得xea2>1.當(dāng)x(1，ea2)時(shí)，p(x)<0，p(x)單調(diào)遞減，則p(x)<p(1)2a<0，則f(x)<0，所以當(dāng)x(1，ea2)時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，則當(dāng)x(1，ea2)時(shí)，f(x)<f(1)0，此時(shí)(x1)f(x)<0，不符合題意綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,22(2018·無(wú)錫期末)已知函數(shù)f(x)ex(3x2)，g(x)a(x2)，其中a，xR.(1)若對(duì)任意xR，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)<g(x0)，求a的取值范圍解：(1)由題意，對(duì)任意xR，有ex(3x2)a(x2)恒成立，當(dāng)x(，2)時(shí)，a，即amax.令F(x)，則F(x)，令F(x)0，得x0.當(dāng)x變化時(shí)，F(xiàn)(x)，F(xiàn)(x)的變化情況如表所示：x(，0)0(0,2)F(x)0F(x)極大值所以F(x)maxF(0)1，故此時(shí)a1.當(dāng)x2時(shí)，f(x)g(x)恒成立，故此時(shí)aR.當(dāng)x(2，)時(shí)，a，即amin，令F(x)0，得x，當(dāng)x變化時(shí)，F(xiàn)(x)，F(xiàn)(x)的變化情況如表所示.xF(x)0F(x)極小值F(x)minF9e，故此時(shí)a9e，綜上，1a9e，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是.(2)由f(x)<g(x)，得ex(3x2)<a(x2)，由(1)知a(，1)，令F(x)(x2)，當(dāng)x變化時(shí)，F(xiàn)(x)，F(xiàn)(x)的變化情況如表所示.x(，0)0(0,2)F(x)00F(x)極大值極小值當(dāng)x(，2)時(shí)，存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)<g(x0)，等價(jià)于a<存在的唯一整數(shù)x0成立，因?yàn)镕(0)1最大，F(xiàn)(1)，F(xiàn)(1)e，所以當(dāng)a<時(shí)，至少有兩個(gè)整數(shù)成立，所以a.當(dāng)x(2，)時(shí)，存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)<g(x0)，等價(jià)于a>存在唯一的整數(shù)x0成立，因?yàn)镕9e最小，且F(3)7e3，F(xiàn)(4)5e4，所以當(dāng)a>5e4時(shí)，至少有兩個(gè)整數(shù)成立，當(dāng)a7e3時(shí)，沒(méi)有整數(shù)成立，所以a(7e3,5e4綜上，a的取值范圍是(7e3,5e4.題型(二)利用導(dǎo)數(shù)解決與方程的解(零點(diǎn))有關(guān)的問(wèn)題主要考查利用導(dǎo)數(shù)及零點(diǎn)存在性定理以及函數(shù)的性質(zhì)研究復(fù)雜函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題.典例感悟例2(2016·江蘇高考)已知函數(shù)f(x)axbx(a0，b0，a1，b1)(1)設(shè)a2，b.求方程f(x)2的根；若對(duì)于任意xR，不等式f(2x)mf(x)6恒成立，求實(shí)數(shù)m的最大值(2)若0a1，b1，函數(shù)g(x)f(x)2有且只有1個(gè)零點(diǎn)，求ab的值解(1)因?yàn)閍2，b，所以f(x)2x2x.方程f(x)2，即2x2x2，亦即(2x)22×2x10，所以(2x1)20，即2x1，解得x0.由條件知f(2x)22x22x(2x2x)22(f(x)22.因?yàn)閒(2x)mf(x)6對(duì)于xR恒成立，且f(x)0，所以m對(duì)于xR恒成立而f(x)2 4，當(dāng)且僅當(dāng)f2(x)4，即f(x)2時(shí)等號(hào)成立，且4，所以m4，故實(shí)數(shù)m的最大值為4.(2)因?yàn)楹瘮?shù)g(x)f(x)2axbx2有且只有1個(gè)零點(diǎn)，而g(0)f(0)2a0b020，所以0是函數(shù)g(x)的唯一零點(diǎn)因?yàn)間(x)axln abxln b，又由0a1，b1知ln a0，ln b0，所以g(x)0有唯一解x0log.令h(x)g(x)，則h(x)(axln abxln b)ax(ln a)2bx(ln b)2，從而對(duì)任意xR，h(x)0，所以g(x)h(x)是(，)上的單調(diào)增函數(shù)于是當(dāng)x(，x0)時(shí)，g(x)g(x0)0；當(dāng)x(x0，)時(shí)，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x00.若x00，則x00，于是gg(0)0.又g(loga2)aloga2bloga22aloga220，且函數(shù)g(x)在以和loga2為端點(diǎn)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(diǎn)，記為x1.因?yàn)?a1，所以loga20.又0，所以x10，與“0是函數(shù)g(x)的唯一零點(diǎn)”矛盾若x00，同理可得，在和logb2之間存在g(x)的非0的零點(diǎn)，與“0是函數(shù)g(x)的唯一零點(diǎn)”矛盾因此x00.于是1，故ln aln b0，所以ab1.方法技巧利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題的方法用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)，首先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，再判斷零點(diǎn)所在區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值正負(fù)，結(jié)合零點(diǎn)存在理論判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù)，這類(lèi)問(wèn)題解答題的做法不同于填空題，一般不能用兩個(gè)函數(shù)圖象來(lái)說(shuō)明零點(diǎn)個(gè)數(shù)演練沖關(guān)1(2018·蘇州暑假測(cè)試)已知函數(shù)f(x)(ax2x)ex，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，aR.(1)若f(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)a>0時(shí)，解關(guān)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(dāng)a0時(shí)，求整數(shù)k的所有值，使方程f(x)x2在k，k1上有解解：(1)f(x)ax2(2a1)x1·ex.不等式f(x)>ex可化為ax2(2a1)x·ex>0，因?yàn)閑x>0，故有ax2(2a1)x>0，又a>0，解得x>0或x<.所以當(dāng)a>0時(shí)，不等式f(x)>ex的解集是(0，)(2)由(1)得f(x)ax2(2a1)x1·ex，當(dāng)a0時(shí)，f(x)(x1)ex，f(x)0在1,1上恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)x1時(shí)取等號(hào)，故a0符合要求；當(dāng)a0時(shí)，令g(x)ax2(2a1)x1，因?yàn)?2a1)24a4a21>0，所以g(x)0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x1，x2，不妨設(shè)x1>x2，因此f(x)有極大值又有極小值若a>0，因?yàn)間(1)·g(0)a<0，所以f(x)在(1,1)內(nèi)有極值點(diǎn)，故f(x)在1,1上不單調(diào)若a<0，可知x1>0>x2，因?yàn)間(x)的圖象開(kāi)口向下，要使f(x)在1,1上單調(diào)，因?yàn)間(0)1>0，必須滿(mǎn)足即所以a<0.綜上可知，a的取值范圍是.(3)當(dāng)a0時(shí)，方程即為xexx2，由于ex>0，所以x0不是方程的解，所以原方程等價(jià)于ex10，令h(x)ex1.因?yàn)閔(x)ex>0對(duì)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)e3<0，h(2)e22>0，h(3)e3<0，h(2)e2>0，所以方程f(x)x2有且只有兩個(gè)實(shí)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3,12已知定義在R上的函數(shù)f(x)的圖象不間斷，且其表達(dá)式為f(x)(a，b，m，n為常數(shù)，且a0)(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a1，bR，試討論函數(shù)g(x)f(x)b的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說(shuō)明理由解：(1)依題意，f(0)1，f(4)0，即解得(2)因?yàn)閥x是減函數(shù)，且f(x)是R上的單調(diào)函數(shù)，所以在ya(log4x1)中，應(yīng)該有y0，故a<0.在yax3(b4a)x2x1中，其中ab0，y3ax210ax4a，導(dǎo)函數(shù)的對(duì)稱(chēng)軸為x，故100a212a0，解得a0.綜上可知，a的取值范圍是.(3)當(dāng)a1時(shí)，g(0)f(0)b1b，g(4)f(4)bb，當(dāng)b>0時(shí)，xb0無(wú)解，log4x1b0即log4x1b無(wú)解，又g(0)1b>0，g(4)b>0，g(2)f(2)b84(b4)21b3b<0，方程g(x)0在(0,4)上有兩解，可知方程g(x)0在R上一共有兩解；當(dāng)b<1時(shí)，xb0有一解：xlog(b)，log4x1b0有一解：x41b，又g(0)1b<0，g(4)b<0，gfb(b4)1bb>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(gè)解；當(dāng)1<b<0時(shí)，xb0無(wú)解，log4x1b0有一解，又g(0)1b>0，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；當(dāng)b0時(shí)，有x4和x兩解，當(dāng)b1時(shí)，有x0，x，x16,3個(gè)解，綜上得，當(dāng)b>1時(shí)，g(x)有2個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)b1時(shí)，g(x)有3個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)b1時(shí)，g(x)有4個(gè)零點(diǎn).題型(三)函數(shù)新定義問(wèn)題主要考查利用導(dǎo)數(shù)解決在特定情形下的函數(shù)的性質(zhì)問(wèn)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(dǎo)函數(shù)若存在x0R，滿(mǎn)足f(x0)g(x0)且f(x0)g(x0)，則稱(chēng)x0為函數(shù)f(x)與g(x)的一個(gè)“S點(diǎn)”(1)證明：函數(shù)f(x)x與g(x)x22x2不存在“S點(diǎn)”；(2)若函數(shù)f(x)ax21與g(x)ln x存在“S點(diǎn)”，求實(shí)數(shù)a的值；(3)已知函數(shù)f(x)x2a，g(x).對(duì)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(diǎn)”，并說(shuō)明理由解(1)證明：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)x，g(x)x22x2，所以f(x)1，g(x)2x2.由f(x)g(x)且f(x)g(x)，得此方程組無(wú)解，因此f(x)與g(x)不存在“S點(diǎn)”(2)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)ax21，g(x)ln x，所以f(x)2ax，g(x).設(shè)x0為f(x)與g(x)的“S點(diǎn)”，由f(x0)g(x0)且f(x0)g(x0)，得即(*)所以ln x0，即x0e，所以a.當(dāng)a時(shí)，x0e滿(mǎn)足方程組(*)，即x0為f(x)與g(x)的“S點(diǎn)”所以a的值為.(3)對(duì)任意a0，設(shè)h(x)x33x2axa.因?yàn)閔(0)a0，h(1)13aa20，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b0.函數(shù)f(x)x2a，g(x)，則f(x)2x，g(x).由f(x)g(x)且f(x)g(x)，得即(*)此時(shí)，x0滿(mǎn)足方程組(*)，即x0是函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)的一個(gè)“S點(diǎn)”因此，對(duì)任意a0，存在b0，使函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(0，)內(nèi)存在“S點(diǎn)”方法技巧函數(shù)新定義問(wèn)題的求解策略對(duì)于函數(shù)的新定義問(wèn)題，通過(guò)仔細(xì)閱讀，分析定義以及新函數(shù)所滿(mǎn)足的條件，圍繞定義與條件來(lái)確定解題的方向，然后準(zhǔn)確作答解答這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵在于閱讀理解時(shí)，要準(zhǔn)確把握新定義、新信息，并把它納入已有的知識(shí)體系之中，用原來(lái)的知識(shí)和方法來(lái)解決新情景下的問(wèn)題演練沖關(guān)若在公共定義域D上，f1(x)f(x)f2(x)，則稱(chēng)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)x22x4ln x，f2(x)x22x2，求證：在區(qū)間(0，)上，f1(x)，f2(x)有“D函數(shù)”；(2)已知aR，函數(shù)f(x)ax2ln x，f1(x)(a1)x2ax(1a2)ln x，f2(x)x22ax.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(shè)K(x)f2(x)f1(x)x24ln x2，下證K(x)min0.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)0K(x)44ln 244ln 244ln e0，K(x)44ln 20.設(shè)R(x)f1(x)(44ln 2)，01，則f1(x)R(x)f2(x)在區(qū)間(0，)上，f1(x)，f2(x)有“D函數(shù)”(2)設(shè)H(x)f1(x)f(x)x2axa2ln x，則在(1，)上，H(x)0.H(x)2xa，在(1，)上，H(x)0，H(x)是減函數(shù)，H(x)H(1)1a0，a1.設(shè)P(x)f(x)f2(x)x22axln x，則在(1，)上，P(x)0.若a，則1，Pln0，矛盾若a，P(x)(2a1)x2a，在(1，)上，P(x)0，P(x)是減函數(shù)，P(x)P(1)a0.a，a.故所求a的取值范圍為.課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練A組大題保分練1已知函數(shù)f(x)aexx2bx(a，bR)(1)設(shè)a1，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(shè)b0，若函數(shù)f(x)在R上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍解：(1)當(dāng)a1時(shí)，f(x)exx2bx，f(x)ex2xb，由題意知，f(x)ex2xb0對(duì)xR恒成立由ex2xb0，得bex2x.令F(x)ex2x，則F(x)ex2，由F(x)0，得xln 2.當(dāng)xln 2時(shí)，F(xiàn)(x)0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增，當(dāng)xln 2時(shí)，F(xiàn)(x)0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減，從而當(dāng)xln 2時(shí)，F(xiàn)(x)取得最大值2ln 22，b2ln 22，故b的取值范圍為2ln 22，)(2)當(dāng)b0時(shí)，f(x)aexx2.由題意知aexx20只有一個(gè)解由aexx20，得a，令G(x)，則G(x)，由G(x)0，得x0或x2.當(dāng)x0時(shí)，G(x)0，G(x)單調(diào)遞減，故G(x)的取值范圍為0，)；當(dāng)0x2時(shí)，G(x)0，G(x)單調(diào)遞增，故G(x)的取值范圍為；當(dāng)x2時(shí)，G(x)0，G(x)單調(diào)遞減，故G(x)的取值范圍為.由題意得，a0或a，從而a0或a，故若函數(shù)f(x)在R上只有一個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍為02已知函數(shù)f(x)(1b)xaln x(a0)在x2a處取得極值(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)函數(shù)g(x)x22cx4ln 2，當(dāng)a1時(shí)，若對(duì)任意的x1，x21，e都有f(x1)g(x2)，求實(shí)數(shù)c的取值范圍解：(1)由f(x)(1b)xaln x，a0，x0，得f(x)1b.又f(x)在x2a處取得極值，所以f(2a)1bb0，所以f(x)xaln x，f(x)1，又a0，且函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)，所以由f(x)0，得x2a；由f(x)0，得0x2a，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(dāng)a1時(shí)，f(x)xln x，x(0，)，由(1)知x1，e時(shí)，f(x)在1,2上單調(diào)遞減，在(2，e上單調(diào)遞增，所以f(x)minf(2)3ln 2.對(duì)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2cx，x1，e恒成立， 令h(x)x，則h(x)10，x1，e，即h(x)x在1，e上單調(diào)遞增，故h(x)maxh(e)e，所以c.故實(shí)數(shù)c的取值范圍為.3(2018·南京、鹽城一模)設(shè)函數(shù)f(x)ln x，g(x)ax3(aR)(1)當(dāng)a2時(shí)，解關(guān)于x的方程g(ex)0(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))；(2)求函數(shù)(x)f(x)g(x)的單調(diào)增區(qū)間；(3)當(dāng)a1時(shí)，記h(x)f(x)·g(x)，是否存在整數(shù)，使得關(guān)于x的不等式2h(x)有解？若存在，請(qǐng)求出的最小值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由(參考數(shù)據(jù)：ln 20.693 1，ln 31.098 6)解：(1)當(dāng)a2時(shí)，方程g(ex)0，即為2ex30，去分母，得2(ex)23ex10，解得ex1或ex，故所求方程的根為x0或xln 2.(2)因?yàn)?x)f(x)g(x)ln xax3(x>0)，所以(x)a(x>0)，當(dāng)a0時(shí)，由(x)>0，解得x>0；當(dāng)a>1時(shí)，由(x)>0，解得x>；當(dāng)0<a<1時(shí)，由(x)>0，解得x>0；當(dāng)a1時(shí)，由(x)>0，解得x>0；當(dāng)a<0時(shí)，由(x)>0，解得0<x<.綜上所述，當(dāng)a<0時(shí)，(x)的單調(diào)增區(qū)間為；當(dāng)0a1時(shí)，(x)的單調(diào)增區(qū)間為；當(dāng)a>1時(shí)，(x)的單調(diào)增區(qū)間為. (3)存在滿(mǎn)足題意的.當(dāng)a1時(shí)，g(x)x3，所以h(x)(x3)ln x，所以h(x)ln x1在(0，)上單調(diào)遞增因?yàn)閔ln12<0，h(2)ln 21>0，所以存在唯一x0，使得h(x0)0，即ln x010，當(dāng)x(0，x0)時(shí)，h(x)<0，當(dāng)x(x0，)時(shí)，h(x)>0，所以h(x)minh(x0)(x03)ln x0(x03)·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<h(x0)<r(2)，即h(x0)，所以2，且為整數(shù)，得0，所以存在整數(shù)滿(mǎn)足題意，且的最小值為0.4(2018·南通、揚(yáng)州、淮安、宿遷、泰州、徐州六市二調(diào))設(shè)函數(shù)f(x)xasin x(a>0)(1)若函數(shù)yf(x)是R上的單調(diào)增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)設(shè)a，g(x)f(x)bln x1(bR，b0)，g(x)是g(x)的導(dǎo)函數(shù)若對(duì)任意的x>0，g(x)>0，求證：存在x0，使g(x0)<0；若g(x1)g(x2)(x1x2)，求證：x1x2<4b2.解：(1)由題意，得f(x)1acos x0對(duì)xR恒成立，因?yàn)閍>0，所以cos x對(duì)xR恒成立，因?yàn)?cos x)max1，所以1，從而0<a1.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0,1(2)證明：g(x)xsin xbln x1，所以g(x)1cos x.若b<0，則存在>0，使g1cos<0，不合題意，所以b>0.取x0e，則0<x0<1.此時(shí)g(x0)x0sin x0bln x01<1bln e1<0.所以存在x0>0，使g(x0)<0.依題意，不妨設(shè)0<x1<x2，令t，則t>1.由(1)知函數(shù)yxsin x單調(diào)遞增，所以x2sin x2>x1sin x1.從而x2x1>sin x2sin x1.因?yàn)間(x1)g(x2)，所以x1sin x1bln x11x2sin x2bln x21，所以b(ln x2ln x1)x2x1(sin x2sin x1)>(x2x1)所以2b>>0.下面證明>，即證明>，只要證明ln t<0即可(*)設(shè)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)<h(1)0，從而(*)得證所以2b>，即x1x2<4b2.B組大題增分練1函數(shù)f(x)ln xx2ax(aR)，g(x)exx2.(1)討論f(x)的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(2)若對(duì)于任意x(0，)，總有f(x)g(x)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解：(1)由題意得f(x)xa(x>0)，令f(x)0，即x2ax10，a24.當(dāng)a240，即2a2時(shí)，x2ax10對(duì)x>0恒成立，即f(x)0對(duì)x>0恒成立，此時(shí)f(x)沒(méi)有極值點(diǎn)當(dāng)a24>0，即a<2或a>2時(shí)，若a<2，設(shè)方程x2ax10的兩個(gè)不同實(shí)根為x1，x2，不妨設(shè)x1<x2，則x1x2a>0，x1x21>0，故x2>x1>0，當(dāng)0<x<x1或x>x2時(shí)，f(x)>0；當(dāng)x1<x<x2時(shí)f(x)<0，故x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)若a>2，設(shè)方程x2ax10的兩個(gè)不同實(shí)根為x3，x4，則x3x4a<0，x3x41>0，故x3<0，x4<0.當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0，故函數(shù)f(x)沒(méi)有極值點(diǎn)綜上，當(dāng)a<2時(shí)，函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)；當(dāng)a2時(shí)，函數(shù)f(x)沒(méi)有極值點(diǎn)(2)f(x)g(x)exln xx2ax，因?yàn)閤>0，所以a對(duì)于x>0恒成立，設(shè)(x)(x>0)，則(x)，x>0，當(dāng)x(0,1)時(shí)，(x)<0，(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x(1，)時(shí)，(x)>0，(x)單調(diào)遞增，(x)(1)e1，ae1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(，e12(2018·蘇州期末)已知函數(shù)f(x)其中常數(shù)aR.(1)當(dāng)a2時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若方程f(x)f(x)ex3在區(qū)間(0，)上有實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)若存在實(shí)數(shù)m，n0,2，且|mn|1，使得f(m)f(n)，求證：1e.解：(1)當(dāng)a2時(shí)，f(x)當(dāng)x<0時(shí)，f(x)3x22x<0恒成立，所以f(x)在(，0)上單調(diào)遞減；當(dāng)x0時(shí)，f(x)ex2，可得f(x)在0，ln 2上單調(diào)遞減，在ln 2，)上單調(diào)遞增因?yàn)閒(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(dāng)x>0時(shí)，f(x)exax，此時(shí)x<0，f(x)(x)3(x)2x3x2.所以f(x)f(x)exaxx3x2ex3在區(qū)間(0，)上有實(shí)數(shù)解，可化為ax2x在區(qū)間(0，)上有實(shí)數(shù)解記g(x)x2x，x(0，)，則g(x)2x1.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(dāng)x時(shí)，g(x).所以g(x)的值域是5，)，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是5，)(3)證明：當(dāng)x0,2時(shí)，f(x)exax，有f(x)exa.若a1或ae2，則f(x)在0,2上是單調(diào)函數(shù)，不合題意所以1<a<e2，此時(shí)可得f(x)在0，ln a上單調(diào)遞減，在ln a,2上單調(diào)遞增不妨設(shè)0m<ln a<n2，則f(0)f(m)>f(ln a)，且f(ln a)<f(n)f(2)由m，n0,2，nm1，可得0m1n2.因?yàn)閒(m)f(n)，所以得即e1ae2e，所以1e.3(2018·蘇北四市期末)已知函數(shù)f(x)x2ax1，g(x)ln xa(aR)(1)當(dāng)a1時(shí)，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(xiàn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解：(1)當(dāng)a1時(shí)，h(x)f(x)g(x)x2xln x2，函數(shù)h(x)的定義域?yàn)?0，)所以h(x)2x1.令h(x)0得x(x1舍去)，當(dāng)x變化時(shí)，h(x)，h(x)的變化情況如下表：xh(x)0h(x)極小值所以當(dāng)x時(shí)，函數(shù)h(x)取得極小值ln 2，無(wú)極大值(2)設(shè)函數(shù)f(x)上點(diǎn)(x1，f(x1)與函數(shù)g(x)上點(diǎn)(x2，g(x2)處切線(xiàn)相同，則f(x1)g(x2)，所以2x1a，所以x1，代入xax11(ln x2a)得ln x2a20.(*)設(shè)F(x)ln xa2，則F(x).不妨設(shè)2xax010(x0>0)，則當(dāng)0<x<x0時(shí)，F(xiàn)(x)<0；當(dāng)x>x0時(shí)，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a2x0，可得F(x)minF(x0)x2x0ln x02.設(shè)G(x)x22xln x2，則G(x)2x2>0對(duì)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(dāng)0<x1時(shí)，G(x)0，即當(dāng)0<x01時(shí)，F(xiàn)(x0)0.又a22x02>0，所以當(dāng)xea2>1時(shí)，F(xiàn)(x)ln ea2a220.因此當(dāng)0<x01時(shí)，函數(shù)F(x)必有零點(diǎn)，即當(dāng)0<x01時(shí)，必存在x2使得(*)成立，即存在x1，x2使得函數(shù)f(x)上點(diǎn)(x1，f(x1)與函數(shù)g(x)上點(diǎn)(x2，g(x2)處切線(xiàn)相同又由y2x，x(0,1得y2<0，所以y2x在(0,1上單調(diào)遞減，因此a2x01，)所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是1，)4對(duì)于函數(shù)f(x)，在給定區(qū)間a，b內(nèi)任取n1(n2，nN*)個(gè)數(shù)x0，x1，x2，xn使得ax0<x1<x2<<xn1<xnb，記Sf(xi1)f(xi)|.若存在與n及xi(in，iN)均無(wú)關(guān)的正數(shù)A，使得SA恒成立，則稱(chēng)f(x)在區(qū)間a，b上具有性質(zhì)V.(1)若函數(shù)f(x)2x1，給定區(qū)間為1,1，求S的值；(2)若函數(shù)f(x)，給定區(qū)間為0,2，求S的最大值；(3)對(duì)于給定的實(shí)數(shù)k，求證：函數(shù)f(x)kln xx2在區(qū)間1，e上具有性質(zhì)V.解：(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)2x1在區(qū)間1,1為減函數(shù)，所以f(xi1)f(xi)，所以|f(xi1)f(xi)| f(xi)f(xi1)Sf(xi1)f(xi)| f(x0)f(x1) f(x1)f(x2) f(xn1)f(xn)f(x0)f(xn)f(1)f(1)4.(2)由f(x)0，得x1.當(dāng)x1時(shí)，f(x)0，所以f(x)在(0,1)為增函數(shù)；當(dāng)x1時(shí)，f(x)0，所以f(x)在(1,2)為減函數(shù)；所以f(x)在x1時(shí)取極大值.設(shè)xm1xm1，mN，mn1，則Sf(xi1)f(xi)|f(x1)f(0)|f(xm)f(xm1)|f(xm1)f(xm)|f(xm2)f(xm1)|f(2)f(xn1)|f(x1)f(0)f(xm)f(xm1)|f(xm1)f(xm)|f(xm1)f(xm2)f(xn1)f(2)f(xm)f(0)|f(xm1)f(xm)|f(xm1)f(2)因?yàn)閨f(xm1)f(xm)|f(1)f(xm)f(1)f(xm1)，當(dāng)xm1時(shí)取等號(hào)，所以Sf(xm)f(0)f(1)f(xm)f(1)f(xm1)f(xm1)f(2)2f(1)f(0)f(2).所以S的最大值為.(3)證明：f(x)x，x1，e當(dāng)ke2時(shí)，kx20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Sf(xi1)f(xi)| f(x1)f(x0)f(x2)f(x1) f(xn)f(xn1)f(xn)f(x0)f(e)f(1)ke2.因此，存在正數(shù)Ake2，都有SA，因此f(x)在1，e上具有性質(zhì)V.當(dāng)k1時(shí)，kx20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Sf(xi1)f(xi)| f(x0)f(x1)f(x1)f(x2) f(xn1)f(xn)f(x0)f(xn) f(1)f(e) e2k.因此，存在正數(shù)Ae2k，都有SA，因此f(x)在1，e上具有性質(zhì)V.當(dāng)1ke2時(shí)，由f(x)0，得x；當(dāng)f(x)0，得1x；當(dāng)f(x)0，得xe，因此f(x)在1，)上為增函數(shù)，在(，e上為減函數(shù)設(shè)xmxm1，mN，mn1，則Sf(xi1)f(xi)|f(x1)f(x0)|f(xm)f(xm1)|f(xm1)f(xm)|f(xm2)f(xm1)|f(xn)f(xn1)|f(x1)f(x0)f(xm)f(xm1)|f(xm1)f(xm)| f(xm1)f(xm2)f(xn1)f(xn)f(xm)f(x0)|f(xm1)f(xm)| f(xm1)f(xn)f(xm)f(x0) f(xm1)f(xn) f()f(xm1) f()f(xm)2f()f(x0)f(xn)kln kkke2kln k2ke2.因此，存在正數(shù)Akln k2ke2，都有SA，因此f(x)在1，e上具有性質(zhì)V.綜上，對(duì)于給定的實(shí)數(shù)k，函數(shù)f(x)kln xx2 在區(qū)間1，e上具有性質(zhì)V.