（3－x2）x2＋x2＋x2（－x＋3x2－3）
h(x2)＝＝ex2(2－x2)＋1.
x2
令H(x)＝e(2－x)＋1，则H′(x)＝e(1－x)， 当x∈(1，＋∞)时，H′(x)<0，H(x)单调递减，
xx?13?3?3???1，∵x2∈??，∴H?2? ?2????2? 31 又3 2∴满足题意的整数b的最小值为4. 1 2．(2019·南京四校联考)已知函数f(x)＝ax－－(3－a)ln x. x(1)讨论函数f(x)的极值点个数； 3 x2 (2)若函数g(x)＝ae－x2有两个零点x1，x2，其中x1 的增大而增大． ax2－（3－a）x＋1 解：(1)显然函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝. x2－3x＋1 若a＝0，则f′(x)＝， 2 x?1?所以当x∈?0，?时，f′(x)>0，f(x)单调递增， ?3??1?当x∈?，＋∞?时，f′(x)<0，f(x)单调递减， ?3? 故函数f(x)有唯一的极(大)值点． 若a≠0，记m(x)＝ax－(3－a)x＋1，则Δ＝(3－a)－4a＝a－10a＋9， 当1≤a≤9时，Δ≤0，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，无极值点． 当a<0时，Δ>0，由于两根之积小于0，所以m(x)的两个根一正一负，设正根为x0，则 2 2 2 x0为函数f(x)的唯一极值点． 当0 33 (2)证明：依题意得，aex1＝x12，aex2＝x22. 33 所以ln x1＝ln a＋x1，ln x2＝ln a＋x2， 22333x2 故x2－x1＝ln x2－ln x1＝ln . 222x1 x2＝tx1，??x2 又＝t，x1 33 ln ttln t22 解得x1＝，x2＝， t－1t－13（t＋1）ln t所以x1＋x2＝·. 2t－1 1 －2ln x＋x－ x（x＋1）ln x令h(x)＝，x∈(1，＋∞)，则h′(x)＝. 2 x－1（x－1） 121?1?2 令u(x)＝－2ln x＋x－，则u′(x)＝－＋1＋2＝?－1?>0，则u(x)单调递增， xxx?x? 故对任意的x∈(1，＋∞)，u(x)>u(1)＝0， 由此可得h′(x)>0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增． 因此，x1＋x2随着t的增大而增大． 3．(2019·南京三模)已知函数f(x)＝ln x＋＋1，a∈R. (1)若函数f(x)在x＝1处的切线为y＝2x＋b，求a，b的值； ax?1?(2)记g(x)＝f(x)＋ax，若函数g(x)在区间?0，?上有最小值，求实数a的取值范围； ?2? (3)当a＝0时，关于x的方程f(x)＝bx有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围． 1a1 解：(1)f′(x)＝－2，则f′(1)＝1－a＝2，解得a＝－1，则f(x)＝ln x－＋1， 2 xxx此时f(1)＝ln 1－1＋1＝0，则切点坐标为(1，0)， 代入切线方程，得b＝－2， 所以a＝－1，b＝－2. a1aax2＋x－a(2)g(x)＝f(x)＋ax＝ln x＋＋ax＋1，g′(x)＝－2＋a＝. xxxx2 1?1??1?①当a＝0时，g′(x)＝>0，g(x)在区间?0，?上为增函数，则g(x)在区间?0，?上无x?2??2?最小值． ②当a≠0时，方程ax＋x－a＝0的判别式Δ＝1＋4a>0， 则方程ax＋x－a＝0有两个不相等的实数根，设为x1，x2， －1± 1＋4ax1，2＝，则x1x2＝－1，两根一正一负，不妨令x1<0 2a设函数m(x)＝ax＋x－a(x>0)， 2?1??1?a1 (ⅰ)当 a>0时，若x2∈?0，?，则m(0)＝－a<0，m??＝＋－a>0，解得0 3?2??2?42 2 2 2 22 x∈(0，x2)时，m(x)<0，则g(x)单调递减， x∈?x2，?时，m(x)>0，则g(x)单调递增， 2 ?? 1?? 所以当x＝x2时，g(x)取极小值，即最小值． 1?1??1?若x2≥，则x∈?0，?时，m(x)<0，g(x)在?0，?上单调递减，无最小值． 2?2??2?(ⅱ)当a<0时， 若x∈(0，x2)，则m(x)>0，g(x)单调递增， 若x∈(x2，＋∞)，则m(x)<0，g(x)单调递减， ?1?所以在区间?0，?上，g(x)不会有最小值， ?2? 所以a<0不满足条件． ?2?综上，实数a的取值范围是?0，?. ?3? (3)当a＝0时，由方程f(x)＝bx，得ln x＋1－bx＝0， 1－2bx＋1 记h(x)＝ln x＋1－bx，x>0，则h′(x)＝－2bx＝. 2 2 2 2 xx①当b≤0时，h′(x)>0恒成立，即h(x)在(0，＋∞)上为增函数， 则函数h(x)至多只有一个零点，即方程f(x)＝bx至多只有一个实数根，所以b≤0不符合题意． ②当b>0时， 2 ? ??若x∈? ? ＝ln 若x∈?0， 1? ?，则h′(x)>0，所以函数h(x)单调递增， 2b? 1??，＋∞?，则h′(x)<0，所以函数h(x)单调递减，所以h(x)max＝h?2b?? 1? ?2b? 11＋. 2b2 2 若方程f(x)＝bx有两个不相等的实数根， 则h? ??1??＝ln2b? 11e＋>0，解得0 eb?1?(ⅰ)当0 ?e?? 11?22b－e ?＝2be2<0，所以e<2b? 2 1， 2b?1 所以存在唯一的x1∈?，?e ?b? bb1? ?，使得h(x1)＝0. 2b? 111?1?(ⅱ)h??＝ln＋1－＝－ln b＋1－， b1e 记k(b)＝－ln b＋1－，0 b2 111－b?e?因为k′(b)＝－＋2＝2，所以易知k(b)在(0，1)上为增函数，在?1，?上为减函bbb?2?数， ?1?则k(b)max＝k(1)＝0，则h??≤0. b?? 1?2??又??－??b?? 11?22－b?＝2b2>0，所以b>2b? 1， 2b所以存在唯一的x2∈? ??11? ，?，使得h(x2)＝0， 2bb? ?e?综上，实数b的取值范围是?0，?. ?2? 4．对于函数f(x)，在给定区间[a，b]内任取n＋1(n≥2，n∈N)个数x0，x1，x2，…， n－1 * xn使得a＝x0 i＝0 均无关的正数A，使得S≤A恒成立，则称f(x)在区间[a，b]上具有性质V. (1)若函数f(x)＝－2x＋1，给定区间为[－1，1]，求S的值； (2)若函数f(x)＝x，给定区间为[0，2]，求S的最大值； e 12 (3)对于给定的实数k，求证：函数f(x)＝kln x－x在区间[1，e]上具有性质V. 2解：(1)因为函数f(x)＝－2x＋1在区间[－1，1]为减函数， 所以f(xi＋1)＜f(xi)， 所以|f(xi＋1)－f(xi)|＝ f(xi)－f(xi＋1)． n－1 xS＝?|f(xi＋1)－f(xi)|＝[ f(x0)－f(x1)]＋[ f(x1)－f(x2)]＋…＋[ f(xn－1)－f(xn)] i＝0 ＝f(x0)－f(xn)＝f(－1)－f(1)＝4.
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