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）

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，且x1，證明：f(x)g(x)；(3)若對任意x1，)，不等式f(x)g(x)恒成立，求實數(shù)的取值范圍解(1)因為f(x)ln x1，所以f(1)1，因為f(1)g(1)且g(x)2x，所以g(1)21，解得.(2)證明：設函數(shù)h(x)f(x)g(x)xln x(x21)，則h(x)ln x1x(x1). 設p(x)ln x1x，從而p(x)10對任意x1，)上恒成立，所以p(x)在1，)上單調遞減，因為p(1)0，所以當x1，)時，p(x)0，即h(x)0，因此函數(shù)h(x)xln x(x21)在1，)上單調遞減，即h(x)h(1)0，所以當x1時，f(x)g(x)成立. (3)設函數(shù)H(x)xln x(x21)(x1)，從而對任意x1，)，不等式H(x)0H(1)恒成立又H(x)ln x12x，當H(x)ln x12x0，即2恒成立時，函數(shù)H(x)單調遞減. 設r(x)(x1)，則r(x)0，所以r(x)maxr(1)1，即21，解得.當0時，H(x)ln x12x>0恒成立，此時函數(shù)H(x)單調遞增. 于是，不等式H(x)H(1)0對任意x1，)恒成立，不符合題意； 當0<<時，設q(x)H(x)ln x12x，則q(x)20x>1，當x時，q(x)2>0，此時q(x)H(x)ln x12x單調遞增，所以H(x)ln x12x>H(1)12>0，故當x時，函數(shù)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(shù)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)(x1)ln xaxa(a為正實數(shù)，且為常數(shù))(1)若f(x)在(0，)上單調遞增，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若不等式(x1)f(x)0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍解：(1)因為f(x)(x1)ln xaxa，所以f(x)ln x1a(x>0)，若f(x)在(0，)上單調遞增，則f(x)0，即aln x1在(0，)上恒成立，設g(x)ln x1(x0)，則g(x)，當x>1時，g(x)>0；當0<x<1時，g(x)<0，所以g(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，)上單調遞增，所以g(x)ming(1)2，故0a2，即實數(shù)a的取值范圍為(0,2(2)當0<a2時，由(1)知，當x(0，)時，f(x)單調遞增又f(1)0，所以當x(0,1)時，f(x)<0；當x(1，)時，f(x)>0.故不等式(x1)f(x)0恒成立當a>2時，f(x)，設p(x)xln x(1a)x1，則p(x)ln x2a.令p(x)ln x2a0，得xea2>1.當x(1，ea2)時，p(x)<0，p(x)單調遞減，則p(x)<p(1)2a<0，則f(x)<0，所以當x(1，ea2)時，f(x)單調遞減，則當x(1，ea2)時，f(x)<f(1)0，此時(x1)f(x)<0，不符合題意綜上，實數(shù)a的取值范圍為(0,22(2018·無錫期末)已知函數(shù)f(x)ex(3x2)，g(x)a(x2)，其中a，xR.(1)若對任意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，對任意xR，有ex(3x2)a(x2)恒成立，當x(，2)時，a，即amax.令F(x)，則F(x)，令F(x)0，得x0.當x變化時，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a1.當x2時，f(x)g(x)恒成立，故此時aR.當x(2，)時，a，即amin，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.xF(x)0F(x)極小值F(x)minF9e，故此時a9e，綜上，1a9e，即實數(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x變化時，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x(，2)時，存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)<g(x0)，等價于a<存在的唯一整數(shù)x0成立，因為F(0)1最大，F(xiàn)(1)，F(xiàn)(1)e，所以當a<時，至少有兩個整數(shù)成立，所以a.當x(2，)時，存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)<g(x0)，等價于a>存在唯一的整數(shù)x0成立，因為F9e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a7e3時，沒有整數(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)axbx(a0，b0，a1，b1)(1)設a2，b.求方程f(x)2的根；若對于任意xR，不等式f(2x)mf(x)6恒成立，求實數(shù)m的最大值(2)若0a1，b1，函數(shù)g(x)f(x)2有且只有1個零點，求ab的值解(1)因為a2，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.因為f(2x)mf(x)6對于xR恒成立，且f(x)0，所以m對于xR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m4，故實數(shù)m的最大值為4.(2)因為函數(shù)g(x)f(x)2axbx2有且只有1個零點，而g(0)f(0)2a0b020，所以0是函數(shù)g(x)的唯一零點因為g(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，從而對任意xR，h(x)0，所以g(x)h(x)是(，)上的單調增函數(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)上是單調減函數(shù)，在(x0，)上是單調增函數(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0a1，所以loga20.又0，所以x10，與“0是函數(shù)g(x)的唯一零點”矛盾若x00，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x00.于是1，故ln aln b0，所以ab1.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，再判斷零點所在區(qū)間端點的函數(shù)值正負，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)(ax2x)ex，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，aR.(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上是單調遞增函數(shù)，求a的取值范圍；(3)當a0時，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，因為ex>0，故有ax2(2a1)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(2a1)x1·ex，當a0時，f(x)(x1)ex，f(x)0在1,1上恒成立，當且僅當x1時取等號，故a0符合要求；當a0時，令g(x)ax2(2a1)x1，因為(2a1)24a4a21>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)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a0時，方程即為xexx2，由于ex>0，所以x0不是方程的解，所以原方程等價于ex10，令h(x)ex1.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(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3,12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yx是減函數(shù)，且f(x)是R上的單調函數(shù)，所以在ya(log4x1)中，應該有y0，故a<0.在yax3(b4a)x2x1中，其中ab0，y3ax210ax4a，導函數(shù)的對稱軸為x，故100a212a0，解得a0.綜上可知，a的取值范圍是.(3)當a1時，g(0)f(0)b1b，g(4)f(4)bb，當b>0時，xb0無解，log4x1b0即log4x1b無解，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b<1時，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個解；當1<b<0時，xb0無解，log4x1b0有一解，又g(0)1b>0，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；當b0時，有x4和x兩解，當b1時，有x0，x，x16,3個解，綜上得，當b>1時，g(x)有2個零點；當b1時，g(x)有3個零點；當b1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x0R，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)x22x2不存在“S點”；(2)若函數(shù)f(x)ax21與g(x)ln x存在“S點”，求實數(shù)a的值；(3)已知函數(shù)f(x)x2a，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，)內存在“S點”，并說明理由解(1)證明：因為函數(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)，得此方程組無解，因此f(x)與g(x)不存在“S點”(2)因為函數(shù)f(x)ax21，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)，得即(*)所以ln x0，即x0e，所以a.當a時，x0e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a0，設h(x)x33x2axa.因為h(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，x0滿足方程組(*)，即x0是函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(0,1)內的一個“S點”因此，對任意a0，存在b0，使函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(0，)內存在“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)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.課時達標訓練A組大題保分練1已知函數(shù)f(x)aexx2bx(a，bR)(1)設a1，若函數(shù)f(x)在R上是單調遞減函數(shù)，求b的取值范圍；(2)設b0，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a1時，f(x)exx2bx，f(x)ex2xb，由題意知，f(x)ex2xb0對xR恒成立由ex2xb0，得bex2x.令F(x)ex2x，則F(x)ex2，由F(x)0，得xln 2.當xln 2時，F(xiàn)(x)0，F(xiàn)(x)單調遞增，當xln 2時，F(xiàn)(x)0，F(xiàn)(x)單調遞減，從而當xln 2時，F(xiàn)(x)取得最大值2ln 22，b2ln 22，故b的取值范圍為2ln 22，)(2)當b0時，f(x)aexx2.由題意知aexx20只有一個解由aexx20，得a，令G(x)，則G(x)，由G(x)0，得x0或x2.當x0時，G(x)0，G(x)單調遞減，故G(x)的取值范圍為0，)；當0x2時，G(x)0，G(x)單調遞增，故G(x)的取值范圍為；當x2時，G(x)0，G(x)單調遞減，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上只有一個零點，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)的單調區(qū)間；(2)設函數(shù)g(x)x22cx4ln 2，當a1時，若對任意的x1，x21，e都有f(x1)g(x2)，求實數(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)的定義域為(0，)，所以由f(x)0，得x2a；由f(x)0，得0x2a，即函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(2a，)，單調遞減區(qū)間為(0,2a)(2)當a1時，f(x)xln x，x(0，)，由(1)知x1，e時，f(x)在1,2上單調遞減，在(2，e上單調遞增，所以f(x)minf(2)3ln 2.對任意的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上單調遞增，故h(x)maxh(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)ax3(aR)(1)當a2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)(x)f(x)g(x)的單調增區(qū)間；(3)當a1時，記h(x)f(x)·g(x)，是否存在整數(shù)，使得關于x的不等式2h(x)有解？若存在，請求出的最小值；若不存在，請說明理由(參考數(shù)據(jù)：ln 20.693 1，ln 31.098 6)解：(1)當a2時，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)因為(x)f(x)g(x)ln xax3(x>0)，所以(x)a(x>0)，當a0時，由(x)>0，解得x>0；當a>1時，由(x)>0，解得x>；當0<a<1時，由(x)>0，解得x>0；當a1時，由(x)>0，解得x>0；當a<0時，由(x)>0，解得0<x<.綜上所述，當a<0時，(x)的單調增區(qū)間為；當0a1時，(x)的單調增區(qū)間為；當a>1時，(x)的單調增區(qū)間為. (3)存在滿足題意的.當a1時，g(x)x3，所以h(x)(x3)ln x，所以h(x)ln x1在(0，)上單調遞增因為hln12<0，h(2)ln 21>0，所以存在唯一x0，使得h(x0)0，即ln x010，當x(0，x0)時，h(x)<0，當x(x0，)時，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)滿足題意，且的最小值為0.4(2018·南通、揚州、淮安、宿遷、泰州、徐州六市二調)設函數(shù)f(x)xasin x(a>0)(1)若函數(shù)yf(x)是R上的單調增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)設a，g(x)f(x)bln x1(bR，b0)，g(x)是g(x)的導函數(shù)若對任意的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xR恒成立，因為a>0，所以cos x對xR恒成立，因為(cos x)max1，所以1，從而0<a1.所以實數(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g(x0)x0sin x0bln x01<1bln e1<0.所以存在x0>0，使g(x0)<0.依題意，不妨設0<x1<x2，令t，則t>1.由(1)知函數(shù)yxsin x單調遞增，所以x2sin x2>x1sin x1.從而x2x1>sin x2sin x1.因為g(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)<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)的極值點的個數(shù)；(2)若對于任意x(0，)，總有f(x)g(x)成立，求實數(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a240，即2a2時，x2ax10對x>0恒成立，即f(x)0對x>0恒成立，此時f(x)沒有極值點當a24>0，即a<2或a>2時，若a<2，設方程x2ax10的兩個不同實根為x1，x2，不妨設x1<x2，則x1x2a>0，x1x21>0，故x2>x1>0，當0<x<x1或x>x2時，f(x)>0；當x1<x<x2時f(x)<0，故x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個極值點若a>2，設方程x2ax10的兩個不同實根為x3，x4，則x3x4a<0，x3x41>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a2時，函數(shù)f(x)沒有極值點(2)f(x)g(x)exln xx2ax，因為x>0，所以a對于x>0恒成立，設(x)(x>0)，則(x)，x>0，當x(0,1)時，(x)<0，(x)單調遞減，當x(1，)時，(x)>0，(x)單調遞增，(x)(1)e1，ae1，即實數(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a2時，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；(2)若方程f(x)f(x)ex3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，n0,2，且|mn|1，使得f(m)f(n)，求證：1e.解：(1)當a2時，f(x)當x<0時，f(x)3x22x<0恒成立，所以f(x)在(，0)上單調遞減；當x0時，f(x)ex2，可得f(x)在0，ln 2上單調遞減，在ln 2，)上單調遞增因為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)exax，此時x<0，f(x)(x)3(x)2x3x2.所以f(x)f(x)exaxx3x2ex3在區(qū)間(0，)上有實數(shù)解，可化為ax2x在區(qū)間(0，)上有實數(shù)解記g(x)x2x，x(0，)，則g(x)2x1.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，)，即實數(shù)a的取值范圍是5，)(3)證明：當x0,2時，f(x)exax，有f(x)exa.若a1或ae2，則f(x)在0,2上是單調函數(shù)，不合題意所以1<a<e2，此時可得f(x)在0，ln a上單調遞減，在ln a,2上單調遞增不妨設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.因為f(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a1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a1時，h(x)f(x)g(x)x2xln x2，函數(shù)h(x)的定義域為(0，)所以h(x)2x1.令h(x)0得x(x1舍去)，當x變化時，h(x)，h(x)的變化情況如下表：xh(x)0h(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)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2x1a，所以x1，代入xax11(ln x2a)得ln x2a20.(*)設F(x)ln xa2，則F(x).不妨設2xax010(x0>0)，則當0<x<x0時，F(xiàn)(x)<0；當x>x0時，F(xiàn)(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a2x0，可得F(x)minF(x0)x2x0ln x02.設G(x)x22xln x2，則G(x)2x2>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0<x1時，G(x)0，即當0<x01時，F(xiàn)(x0)0.又a22x02>0，所以當xea2>1時，F(xiàn)(x)ln ea2a220.因此當0<x01時，函數(shù)F(x)必有零點，即當0<x01時，必存在x2使得(*)成立，即存在x1，x2使得函數(shù)f(x)上點(x1，f(x1)與函數(shù)g(x)上點(x2，g(x2)處切線相同又由y2x，x(0,1得y2<0，所以y2x在(0,1上單調遞減，因此a2x01，)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內任取n1(n2，nN*)個數(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)均無關的正數(shù)A，使得SA恒成立，則稱f(x)在區(qū)間a，b上具有性質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)對于給定的實數(shù)k，求證：函數(shù)f(x)kln xx2在區(qū)間1，e上具有性質V.解：(1)因為函數(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x1時，f(x)0，所以f(x)在(0,1)為增函數(shù)；當x1時，f(x)0，所以f(x)在(1,2)為減函數(shù)；所以f(x)在x1時取極大值.設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)因為|f(xm1)f(xm)|f(1)f(xm)f(1)f(xm1)，當xm1時取等號，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ke2時，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V.當k1時，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V.當1ke2時，由f(x)0，得x；當f(x)0，得1x；當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V.綜上，對于給定的實數(shù)k，函數(shù)f(x)kln xx2 在區(qū)間1，e上具有性質V.