2015世纪金榜理科数学广东版热点专题突破系列一.pptx

热点专题突破系列(一)导数的综合应用考点考点考情分析考情分析利用导数解决利用导数解决实际生活中的优化问题实际生活中的优化问题以实际生活为背景以实际生活为背景,通过求面通过求面(容容)积最大、用料最省、利润最大、积最大、用料最省、利润最大、效率最高等问题命制效率最高等问题命制,常与函数关常与函数关系式的求法、函数的性质系式的求法、函数的性质(单调性、单调性、最值最值)、不等式、导数、解析几何、不等式、导数、解析几何中曲线、空间几何体等知识交汇中曲线、空间几何体等知识交汇考查考查,考查学生解决问题、分析问考查学生解决问题、分析问题以及建模的能力题以及建模的能力考点考点考情分析考情分析利用导数研究函数的利用导数研究函数的零点与方程的根问题零点与方程的根问题此类试题一般以含参数的三次式、分此类试题一般以含参数的三次式、分式、以式、以e e为底的指数式或对数式及三为底的指数式或对数式及三角式结构的函数零点或方程根的形式角式结构的函数零点或方程根的形式出现出现,是近几年高考命题热点是近几年高考命题热点,一般有一般有两种形式考查两种形式考查:(1)(1)确定函数零点、图象交点及方程确定函数零点、图象交点及方程根的个数问题根的个数问题(2)(2)应用函数零点、图象交点及方程应用函数零点、图象交点及方程解的存在情况解的存在情况,求参数的值或取值范求参数的值或取值范围问题围问题考点考点考情分析考情分析利用导数解利用导数解决不等式问决不等式问题题利用导数解决不等式问题已成为近几年高考一利用导数解决不等式问题已成为近几年高考一大亮点大亮点,常涉及应用不等式的成立、证明不等式常涉及应用不等式的成立、证明不等式及大小比较问题及大小比较问题.(1)(1)不等式的成立问题一般考查三次式、分式、不等式的成立问题一般考查三次式、分式、以以e e为底的指数式或对数式、三角式及绝对值结为底的指数式或对数式、三角式及绝对值结构的不等式在某个区间构的不等式在某个区间A A上恒成立上恒成立(存在性存在性),),求求参数取值范围参数取值范围(2)(2)证明不等式一般是证明与函数有关的不等式证明不等式一般是证明与函数有关的不等式在某个范围内成立在某个范围内成立(3)(3)大小比较问题大小比较问题:一般是作差后不易变形定号一般是作差后不易变形定号的三次式、分式、以的三次式、分式、以e e为底的指数式或对数式、为底的指数式或对数式、三角式结构三角式结构,可转化为用导数研究其单调性或最可转化为用导数研究其单调性或最值的函数问题值的函数问题考点考点1 1 利用导数解决实际生活中的优化问题利用导数解决实际生活中的优化问题【典例典例1 1】(2014(2014镇江模拟镇江模拟)旅游部门开发一种旅游纪念品旅游部门开发一种旅游纪念品,每每件产品的成本是件产品的成本是1515元元,销售价是销售价是2020元元,月平均销售月平均销售a a件件.通过改进通过改进工艺工艺,产品的成本不变产品的成本不变,质量和技术含量提高质量和技术含量提高,市场分析的结果市场分析的结果表明表明,如果产品的销售价提高的百分率为如果产品的销售价提高的百分率为x(0 x1).x(0 x1).那么月平均那么月平均销售量减少的百分率为销售量减少的百分率为x x2 2.改进工艺后改进工艺后,旅游部门销售该纪念品旅游部门销售该纪念品的平均利润是的平均利润是y(y(元元).).(1)(1)写出写出y y与与x x的函数关系式的函数关系式.(2)(2)改进工艺后改进工艺后,确定该纪念品的售价确定该纪念品的售价,使旅游部门销售该纪念使旅游部门销售该纪念品的月平均利润最大品的月平均利润最大.【解题视点解题视点】(1)(1)由已知如果产品的销售价提高的百分率为由已知如果产品的销售价提高的百分率为x(0 x1),x(0 x1),那么月平均销售量减少的百分率为那么月平均销售量减少的百分率为x x2 2,计算出改进工计算出改进工艺后艺后,每件产品的销售价为每件产品的销售价为20(1+x),20(1+x),月平均销售量为月平均销售量为a(1-xa(1-x2 2),),整整理可得理可得y y与与x x的函数关系式的函数关系式.(2)(2)根据根据(1)(1)的关系式的关系式,结合结合x x的取值范围的取值范围,利用导数法易得月平利用导数法易得月平均利润最大值均利润最大值.【规范解答规范解答】(1)(1)改进工艺后改进工艺后,每件产品的销售价为每件产品的销售价为20(1+x),20(1+x),月平均销售量为月平均销售量为a(1-xa(1-x2 2),),则月平均利润则月平均利润y=a(1-xy=a(1-x2 2)20(1+x)-15(20(1+x)-15(元元),),所以所以y y与与x x的函数关系式为的函数关系式为y=5a(1+4x-xy=5a(1+4x-x2 2-4x-4x3 3)(0 x1).)(0 x1).(2)(2)由由y=5a(4-2x-12xy=5a(4-2x-12x2 2)=0)=0得得x x1 1=,x=,x2 2=-(=-(舍舍),),当当0 x 0 x0,y0,函数是增函数函数是增函数;当当 x1x1时时y0,y0,函数是减函数函数是减函数.所以函数所以函数y=5a(1+4x-xy=5a(1+4x-x2 2-4x-4x3 3)(0 x1)(0 x0;,V0;当当x(20,30)x(20,30)时时,V0.,V0.所以当所以当x=20 x=20时时,V,V取得极大值取得极大值,也是最大值也是最大值.此时此时 .即包装盒的高与底面边长的比值为即包装盒的高与底面边长的比值为 .【加固训练加固训练】某种新型快艇在某海域匀速行驶中每小时的耗油某种新型快艇在某海域匀速行驶中每小时的耗油量量y(y(升升)关于行驶速度关于行驶速度x(x(千米千米/小时小时)的函数关系式可以表示为的函数关系式可以表示为:.该海域甲、乙两地相距该海域甲、乙两地相距120120千米千米.(1)(1)当快艇以当快艇以4040千米千米/小时的速度匀速行驶时小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地要从甲地到乙地要耗油多少升耗油多少升?(2)(2)当快艇以多大的速度匀速行驶时当快艇以多大的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少从甲地到乙地耗油最少?最少约为多少升最少约为多少升?(?(精确到精确到0.10.1升升)【解析解析】(1)(1)当当x=40 x=40时时,快艇从甲地到乙地行驶了快艇从甲地到乙地行驶了 =3(=3(小时小时),),耗油量耗油量:=10(:=10(升升).).答答:当快艇以当快艇以4040千米千米/小时的速度匀速行驶时小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗从甲地到乙地耗油油1010升升.(2)(2)当速度为当速度为x x千米千米/小时时小时时,快艇从甲地到乙地行驶了快艇从甲地到乙地行驶了 小时小时,设耗油量为设耗油量为h(x)h(x)升升,依题意得依题意得(0 x120),(0 x120),h(x)=(0 x120).h(x)=(0 x120).令令h(x)=0,h(x)=0,得得x=60,x=60,当当x(0,60)x(0,60)时时,h(x)0,h(x),h(x)0,h(x),h(x)0,h(x)是增函数是增函数.所以当所以当x=60 x=60时时,h(x),h(x)minmin=8.7.=8.7.答答:当快艇以当快艇以6060千米千米/小时的速度行驶时小时的速度行驶时,耗油最少耗油最少,最少约为最少约为8.78.7升升.考点考点2 2 利用导数研究函数的零点与方程的根问题利用导数研究函数的零点与方程的根问题【典例典例2 2】(1)(2013(1)(2013安徽高考安徽高考)若函数若函数f(x)=xf(x)=x3 3+ax+ax2 2+bx+c+bx+c有极有极值点值点x x1 1,x,x2 2,且且f(xf(x1 1)=x)=x1 1,则关于则关于x x的方程的方程3(f(x)3(f(x)2 2+2af(x)+b=0+2af(x)+b=0的的不同实根个数是不同实根个数是()A.3A.3B.4B.4C.5C.5D.6D.6(2)(2013(2)(2013江苏高考江苏高考)设函数设函数f(x)=lnx-ax,g(x)=ef(x)=lnx-ax,g(x)=ex x-ax,-ax,其中其中a a为为实数实数.若若f(x)f(x)在在(1,+)(1,+)上是单调递减函数上是单调递减函数,且且g(x)g(x)在在(1,+)(1,+)上有上有最小值最小值,求求a a的取值范围的取值范围.若若g(x)g(x)在在(-1,+)(-1,+)上是单调递增函数上是单调递增函数,试求试求f(x)f(x)的零点个数的零点个数,并证明你的结论并证明你的结论.【解题视点解题视点】(1)(1)先求函数的导函数先求函数的导函数,由极值点的定义及题意由极值点的定义及题意,得出得出f(x)=xf(x)=x1 1或或f(x)=xf(x)=x2 2,再作出草图再作出草图,利用数形结合确定实数根利用数形结合确定实数根的个数的个数.(2)(2)求导数求导数,求出单调区间求出单调区间,根据区间之间的关系求解根据区间之间的关系求解;根据根据单调性得出单调性得出a a的取值范围的取值范围,然后对然后对a a进行讨论进行讨论,根据根据f(x)f(x)的图象与的图象与性质及零点存在性定理研究性质及零点存在性定理研究f(x)f(x)的零点的零点.【规范解答规范解答】(1)(1)选选A.A.因为因为f(x)=f(x)=3x3x2 2+2ax+b,+2ax+b,函数函数f(x)f(x)的两个极值点的两个极值点为为x x1 1,x,x2 2,所以所以f(xf(x1 1)=0,f(x)=0,f(x2 2)=0,)=0,所以所以x x1 1,x,x2 2是方程是方程3x3x2 2+2ax+b=0+2ax+b=0的两根的两根,所以解方程所以解方程3(f(x)3(f(x)2 2+2af(x)+b=0+2af(x)+b=0得得f(x)=xf(x)=x1 1或或f(x)=xf(x)=x2 2,不妨设不妨设x x1 1xx2 2.由题意知函数由题意知函数f(x)f(x)在在(-,x(-,x1 1),(x),(x2 2,+),+)上单调递增上单调递增,在在(x(x1 1,x,x2 2)上单调递减上单调递减.又又f(xf(x1 1)=x)=x1 1xx2 2,如图如图,数形结合可知数形结合可知f(x)=xf(x)=x1 1有两个不同实根有两个不同实根,f(x)=x,f(x)=x2 2有一个实有一个实根根,所以不同实根的个数为所以不同实根的个数为3.3.(2)(2)令令f(x)=0,f(x)=0,a0,进而解得进而解得xaxa-1-1,即即f(x)f(x)在在(a(a-1-1,+),+)上是单上是单调减函数调减函数.同理同理,f(x),f(x)在在(0,a(0,a-1-1)上是单调增函数上是单调增函数.由于由于f(x)f(x)在在(1,+)(1,+)上是单调减函数上是单调减函数,故故(1,+)(1,+)(a(a-1-1,+),+),从而从而a a-1-11,1,即即a1.a1.令令g(x)=eg(x)=ex x-a=0,-a=0,得得x=lna.x=lna.当当xlnaxlna时时,g(x)0;,g(x)lnaxlna时时,g(x)0.,g(x)0.又又g(x)g(x)在在(1,+)(1,+)上有最小值上有最小值,所以所以lna1,lna1,即即ae.ae.综上综上,有有a(e,+).a(e,+).当当a0a0时时,g(x),g(x)必为单调增函数必为单调增函数;当当a0a0时时,令令g(x)=eg(x)=ex x-a0,-a0,解得解得aealna,xlna,因为因为g(x)g(x)在在(-1,+)(-1,+)上是单调增函数上是单调增函数,类似类似有有lna-1,lna-1,即即0ae00,f(x)=0,得得f(x)f(x)存在唯一的零点存在唯一的零点.(ii)(ii)当当a0a0时时,由于由于f(ef(ea a)=a-ae)=a-aea a=a(1-e=a(1-ea a)0,)0,且函数且函数f(x)f(x)在在eea a,1,1上的图象不间断上的图象不间断,所以所以f(x)f(x)在在(e(ea a,1),1)上存在零点上存在零点.另外另外,当当x0 x0时时,f(x)=-a0,f(x)=-a0,故故f(x)f(x)在在(0,+)(0,+)上是单调增函数上是单调增函数,所以所以f(x)f(x)只有一个零点只有一个零点.(iii)(iii)当当0ae0ae-1-1时时,令令f(x)=-a=0,f(x)=-a=0,解得解得x=ax=a-1-1.当当0 xa0 x0,f(x)0,当当xaxa-1-1时时,f(x)0,f(x)0,-lna-10,即即0ae0ae-1-1时时,f(x),f(x)有两个零点有两个零点.实际上实际上,对于对于0ae0ae-1-1,由于由于f(ef(e-1-1)=-1-ae)=-1-ae-1-10,f(a0,)0,且函数且函数f(x)f(x)在在ee-1-1,a,a-1-1 上的图象连续上的图象连续,所以所以f(x)f(x)在在(e(e-1-1,a,a-1-1)上存在零上存在零点点.另外另外,当当x(0,ax(0,a-1-1)时时,f(x)=-a0,f(x)=-a0,故故f(x)f(x)在在(0,a(0,a-1-1)上是单调增函上是单调增函数数,所以所以f(x)f(x)在在(0,a(0,a-1-1)上只有一个零点上只有一个零点.下面考虑下面考虑f(x)f(x)在在(a(a-1-1,+),+)上的情况上的情况,先证先证0.exe时时,e,ex xxx2 2.设设h(x)=eh(x)=ex x-x-x2 2,则则h(x)=eh(x)=ex x-2x,-2x,再设再设l(x)=h(x)=e(x)=h(x)=ex x-2x,-2x,则则l(x)=e(x)=ex x-2.-2.当当x1x1时时,l(x)=e(x)=ex x-2e-20,-2e-20,所以所以l(x)=h(x)(x)=h(x)在在(1,+)(1,+)上是单调增函数上是单调增函数.故当故当x2x2时时,h(x)=e,h(x)=ex x-2xh(2)=e-2xh(2)=e2 2-40,-40,从而从而h(x)h(x)在在(2,+)(2,+)上是单调增函数上是单调增函数,进而当进而当xexe时时,h(x)=e,h(x)=ex x-x-x2 2h(e)=eh(e)=ee e-e-e2 20.0.即当即当xexe时时,e,ex xxx2 2.当当0ae0aee时时,f()=af()=a-1-1-a =a(a-a =a(a-2-2-)0,-)0,)0,且函数且函数f(x)f(x)在在aa-1-1,上的图象连续上的图象连续,所以所以f(x)f(x)在在(a(a-1-1,),)上存在零点上存在零点.又当又当xaxa-1-1时时,f(x)=-a0,f(x)=-a0,故故f(x)f(x)在在(a(a-1-1,+),+)上是单调减函数上是单调减函数,所以所以f(x)f(x)在在(a(a-1-1,+),+)上只有一个零点上只有一个零点.综合综合(i),(ii),(iii)(i),(ii),(iii)可知可知,当当a0a0或或a=ea=e-1-1时时,f(x),f(x)的零点个数为的零点个数为1,1,当当0ae0a0,(0,+),f(x)0,(0,+)是是f(x)f(x)的单调递增区间的单调递增区间,当当a0a0时时,令令f(x)=0,x=,(f(x)=0,x=,(负舍去负舍去)当当0 x 0 x 时时,f(x)0;,f(x)x 时时,f(x)0,f(x)0,所以所以(0,)(0,)是是f(x)f(x)的单调递减区间的单调递减区间,(,+),(,+)是是f(x)f(x)的单调的单调递增区间递增区间.综上可知综上可知:当当a0a0时时,f(x),f(x)的单调递增区间是的单调递增区间是(0,+),(0,+),当当a0a0时时,f(x),f(x)的单调递减区间是的单调递减区间是(0,),f(x)(0,),f(x)的单调递增区间的单调递增区间是是(,+).(,+).(2)(2)由由(1)(1)知当知当a0a0时时,f(x),f(x)在在(0,+)(0,+)上是单调增函数上是单调增函数,当当a=0a=0时时有零点有零点x=1,x=1,当当a0a0时时,f(e,f(ea a)0,f(e)0,)0,所以所以f(x)f(x)在在(0,+)(0,+)上有一个零点上有一个零点,当当a0a0时时,由由(1)f(x)(1)f(x)在在(0,)(0,)上是减函数上是减函数,f(x),f(x)在在(,+)(,+)上上是增函数是增函数,所以当所以当x=x=时时,f(x),f(x)有极小值有极小值,即最小值即最小值f()=f()=(lna+1).(lna+1).当当 (lna+1)0,(lna+1)0,即即a a 时时f(x)f(x)无零点无零点,当当 (lna+1)=0,(lna+1)=0,即即a=a=时时f(x)f(x)有一个零点有一个零点,当当 (lna+1)0,(lna+1)0,即即0a 0a a 时时f(x)f(x)无零点无零点;当当a=a=时时f(x)f(x)有一个零点有一个零点;当当0a 0a 时时f(x)f(x)有有2 2个零点个零点;当当a0a0时时,f(x),f(x)有一个零点有一个零点.【加固训练加固训练】设设f(x)=lnx,g(x)=f(x)+f(x).f(x)=lnx,g(x)=f(x)+f(x).(1)(1)求求g(x)g(x)的单调区间和最小值的单调区间和最小值.(2)(2)讨论讨论g(x)g(x)与与g()g()的大小关系的大小关系.(3)(3)求求a a的取值范围的取值范围,使得使得g(a)-g(x)g(a)-g(x)0 x0成立成立.【解析解析】(1)(1)由题设知由题设知f(x)=lnx,g(x)=lnx+,f(x)=lnx,g(x)=lnx+,所以所以g(x)=,g(x)=,令令g(x)=0g(x)=0得得x=1,x=1,当当x(0,1)x(0,1)时时,g(x)0,g(x)0,g(x)0,故故(1,+)(1,+)是是g(x)g(x)的单调递增区间的单调递增区间,因此因此,x=1,x=1是是g(x)g(x)的唯一极值点的唯一极值点,且为极小值点且为极小值点,从而是最小值点从而是最小值点,所以最小值为所以最小值为g(1)=1.g(1)=1.(2)g()=-lnx+x,(2)g()=-lnx+x,设设h(x)=g(x)-g()=2lnx-x+,h(x)=g(x)-g()=2lnx-x+,则则h(x)=-,h(x)=-,当当x=1x=1时时,h(1)=0,h(1)=0,即即g(x)=g(),g(x)=g(),当当x(0,1)(1,+)x(0,1)(1,+)时时,h(x)0,h(x)0,因此因此,h(x),h(x)在在(0,+)(0,+)内单调递减内单调递减,当当0 x10 xh(1)=0,h(x)h(1)=0,即即g(x)g(),g(x)g(),当当x1x1时时,h(x)h(1)=0,h(x)h(1)=0,即即g(x)g().g(x)g().(3)(3)由由(1)(1)知知g(x)g(x)的最小值为的最小值为1,1,所以所以,g(a)-g(x),g(a)-g(x)0 x0成立成立g(a)-1 ,g(a)-1 ,即即lna1,lna1,从而得从而得0ae.0a0,)0,因此因此h(x)=(1+x)eh(x)=(1+x)e-x-x-(1-x)e-(1-x)ex x在在0,10,1上为增函数上为增函数,故故h(x)h(0)=0,h(x)h(0)=0,所以所以(1+x)e(1+x)e-2x-2x1-x,x0,1.1-x,x0,1.要证要证x0,1x0,1时时,(1+x)e,(1+x)e-2x-2x 只需证只需证e ex x1+x.1+x.记记k(x)=ek(x)=ex x-x-1,-x-1,则则k(x)=ek(x)=ex x-1.-1.当当x(0,1)x(0,1)时时,k(x)=e,k(x)=ex x-10,-10,因此因此k(x)=ek(x)=ex x-x-1-x-1在在0,10,1上为增函数上为增函数,故故k(x)k(0)=0,k(x)k(0)=0,所以所以(1+x)e(1+x)e-2x-2x x0,1.x0,1.综上可知综上可知,1-x(1+x)e,1-x(1+x)e-2x-2x x0,1,x0,1,即即1-xf(x)1-xf(x)(2)(2)由由(1)(1)知知1 1xf(x)xf(x)，则有，则有f(x)f(x)g(x)=(1+x)eg(x)=(1+x)e2x2x(ax+1+2xcos x)(ax+1+2xcos x)11x x(ax+1+2xcos x)(ax+1+2xcos x)=x(a+1+xx(a+1+x2 2+2cos x).+2cos x).设设G(x)=xG(x)=x2 2+2cos x+2cos x，则，则G(x)=xG(x)=x2sin x.2sin x.记记H(x)=xH(x)=x2sin x2sin x，则，则H(x)=1H(x)=12cos x.2cos x.当当xx0,10,1时，时，cos xcos 1cos xcos 1 H(x)=1H(x)=12cos x02cos xa3 3时，时，f(x)g(x)f(x)g(x)在在0,10,1上不恒成立上不恒成立.于是于是I(1)I(x)I(0),I(1)I(x)I(0),即即a+1+2cos1I(x)a+3.a+1+2cos1I(x)a+3.因为当因为当a-3a-3时时,a+30,a+30,所以存在所以存在x x0 0(0,1),(0,1),使得使得I(x)0.I(x)0.此时此时f(xf(x0 0)g(x)-3a-3时时,f(x)g(x),f(x)g(x)在在0,10,1上不恒成立上不恒成立.综上综上,实数实数a a的取值范围为的取值范围为(-,-3.(-,-3.【规律方法规律方法】利用导数解决的不等式的重要类型及破解策略利用导数解决的不等式的重要类型及破解策略重要类型重要类型破解策略破解策略根据根据f(x)g(x)f(x)g(x)在在区间区间A A恒成立恒成立,求参数取值范求参数取值范围围利用不等式的性质利用不等式的性质,将不等式分离参数或直接、将不等式分离参数或直接、间接构造函数间接构造函数F(x)=f(x)-g(x)(F(x)=f(x)-g(x)(要求要求F(x)F(x)易易求且符号易定求且符号易定),),再利用导数求函数在区间再利用导数求函数在区间A A上上的最值的最值,进而得解进而得解证明不等式证明不等式f(x)g(x)f(x)g(x)在在区间区间A A上成立上成立利用不等式的性质作差或变形利用不等式的性质作差或变形,构造新的函数构造新的函数h(x)(h(x)(要求要求h(x)h(x)易求易求,h(x)=0,h(x)=0可解可解),),利用导利用导数研究数研究h(x)h(x)的单调性或最值的单调性或最值,从而得证从而得证.对对 x x1 1,x,x2 2A,A,总有不等式总有不等式f f(x(x1 1)g(x)g(x2 2)的的确定与应用确定与应用分别利用导数求分别利用导数求f(x)f(x)minmin,g(x),g(x)maxmax,只要保证只要保证f(x)f(x)minming(x)g(x)maxmax即可即可重要类型重要类型破解策略破解策略 x x0 0AA使不等使不等式成立式成立构造函数构造函数f(x),f(x),利用导数求函数利用导数求函数f(x)f(x)在在A A上的最上的最值值,只需该最值满足其不等关系即可只需该最值满足其不等关系即可利用导数比较利用导数比较两数大小两数大小(1)(1)将待比较将待比较“两数两数”转化为某函数的两函数转化为某函数的两函数值值,利用导数判断该函数单调性利用导数判断该函数单调性,进而比较大小进而比较大小(2)(2)作差构造函数作差构造函数,用导数求解用导数求解【变式训练变式训练】(2014(2014揭阳模拟揭阳模拟)已知函数已知函数f(x)=-f(x)=-aln x(aR).aln x(aR).(1)(1)当当a=-1a=-1时，试确定函数时，试确定函数f(x)f(x)在其定义域内的单调性在其定义域内的单调性.(2)(2)求函数求函数f(x)f(x)在在(0,e(0,e上的最小值上的最小值.(3)(3)试证明：试证明：e(e=2.718,nNe(e=2.718,nN*).).【解析解析】(1)(1)当当a=-1a=-1时，时，f(x)=+ln x,x(0,+),f(x)=+ln x,x(0,+),则则f(x)=,f(x)=,因为当因为当0 0 x x1 1时，时，f(x)f(x)0,0,当当x x1 1时，时，f(x)f(x)0,0,所以函数所以函数f(x)f(x)在在(0,1)(0,1)上单调递减，在上单调递减，在(1,+)(1,+)上单调递增上单调递增.(2)(2)因为因为f(x)=,f(x)=,当当a0a0时，因为时，因为x(0,ex(0,e,所以所以ax+10ax+10 f(x)f(x)0,0,函数函数f(x)f(x)在在(0,e(0,e上单调递减，所以上单调递减，所以f(x)f(x)minmin=f(e)=-a,=f(e)=-a,当当a a0 0时，令时，令f(x)=0f(x)=0得得x=-,x=-,当当-e e，即，即a a-时，对时，对x(0,-)x(0,-)，有，有f(x)f(x)0;0;即函数即函数f(x)f(x)在在(0,-)(0,-)上单调递减；上单调递减；对对x(-,ex(-,e，有，有f(x)f(x)0,0,即函数即函数f(x)f(x)在在(-,e(-,e上单调递上单调递增增;所以所以 ;当当-e-e，即，即a-a-时，对时，对x(0,ex(0,e有有f(x)f(x)0 0，即函数即函数f(x)f(x)在在(0,e(0,e上单调递减上单调递减;所以所以f(x)f(x)minmin=f(e)=-a;=f(e)=-a;综上得综上得f(x)f(x)minmin=(3)(3)令令1+=x(11+=x(1x2)x2)，则，则 ,所以要证所以要证 ，只需证，只需证ln xln x1-(11-(1x2),x2),由由(1)(1)知当知当a=-1a=-1时，时，f(x)f(x)minmin=f(1)=f(1)，所以所以f(x)=+ln xf(1)=1,f(x)=+ln xf(1)=1,即即ln x1-,ln x1-,因为因为1 1x2,x2,所以上式取不到等号即所以上式取不到等号即ln xln x1-,1-,所以所以(2013(2013陕西高考陕西高考)已知函数已知函数f(x)=ef(x)=ex x,xR.,xR.(1)(1)若直线若直线y=kx+1y=kx+1与与f(x)f(x)的反函数的图象相切的反函数的图象相切,求实数求实数k k的值的值.(2)(2)设设x0,x0,讨论曲线讨论曲线y=f(x)y=f(x)与曲线与曲线y=mxy=mx2 2(m0)(m0)公共点的个数公共点的个数.(3)(3)设设ab,a0,m0 x0,m0时时,曲线曲线y=f(x)y=f(x)与曲线与曲线y=mxy=mx2 2(m0)(m0)的公共点个数的公共点个数即方程即方程f(x)=mxf(x)=mx2 2根的个数根的个数.由由f(x)=mxf(x)=mx2 2 m=,m=,令令h(x)=h(x)=h(x)=,h(x)=,则则h(x)h(x)在在(0,2)(0,2)上单调递减上单调递减,这时这时h(x)(h(2),+);h(x)(h(2),+);h(x)h(x)在在(2,+)(2,+)上单调递增上单调递增,这时这时h(x)(h(2),+).h(x)(h(2),+).h(2)=.h(2)h(2)=.h(2)是是y=h(x)y=h(x)的极小值且是最小值的极小值且是最小值.所以对曲线所以对曲线y=f(x)y=f(x)与曲线与曲线y=mxy=mx2 2(m0)(m0)公共点的个数公共点的个数,讨论如下讨论如下:当当m m 时时,有有0 0个公共点个公共点;当当m=m=时时,有有1 1个公共点个公共点;当当m m 时时,有有2 2个公共点个公共点.令令t(x)=x+2+(x-2)t(x)=x+2+(x-2)e ex x,x0,x0,则则t(x)=1+(1+x-2)t(x)=1+(1+x-2)e ex x=1+(x-1)=1+(x-1)e ex x.t(x)t(x)的导函数的导函数t(x)=(1+x-1)t(x)=(1+x-1)e ex x=x=xe ex x0,0,所以所以t(x)t(x)在在(0,+)(0,+)上单调递增上单调递增,且且t(0)=0.t(0)=0.因此因此,t(x)0,t(x),t(x)0,t(x)在在(0,+)(0,+)上单调递增上单调递增,而而t(0)=0,t(0)=0,所以在所以在(0,+)(0,+)上上t(x)0.t(x)0.因为当因为当x0 x0时时,t(x)=x+2+(x-2),t(x)=x+2+(x-2)e ex x00且且ab,a0,0,所以当所以当aba0)+a(a0)成立成立,求实数求实数a a的取值范围的取值范围.【解析解析】易知函数易知函数g(x),f(x)g(x),f(x)的定义域均为的定义域均为(0,1)(1,+),(0,1)(1,+),且且f(x)=.f(x)=.(1)(1)函数函数g(x)=,g(x)=,当当0 xe0 xe且且x1x1时，时，g(x)0;g(x)exe时，时，g(x)0.g(x)0.所以函数所以函数g(x)g(x)的单调减区间是的单调减区间是(0,1),(1,e),(0,1),(1,e),单调增区间是单调增区间是(e,+).(e,+).(2)(2)因因f(x)f(x)在在(1,+)(1,+)上为减函数，上为减函数，故故f(x)=0f(x)=0在在(1,+)(1,+)上恒成立上恒成立.所以当所以当x(1,+)x(1,+)时，时，f(x)f(x)maxmax0.0.又又故当故当 ,即即x=ex=e2 2时时,f(x),f(x)maxmax=-a,=-a,所以所以 -a0-a0，于是，于是a a ，故，故a a的最小值为的最小值为 .(3)(3)命题命题“若若x x1 1,x,x2 2e,ee,e2 2,使使f(xf(x1 1)f(x)f(x2 2)+a)+a成立成立”等等价于价于“当当xxe,ee,e2 2时，有时，有f(x)f(x)minminf(x)f(x)maxmax+a+a”.由由(2)(2)知，当知，当xxe,ee,e2 2时，时，f(x)f(x)maxmax=-a,=-a,所以所以f(x)f(x)maxmax+a=.+a=.问题等价于：问题等价于：“当当xxe,ee,e2 2时，有时，有f(x)f(x)minmin ”.(i)(i)当当a a 时，由时，由(2)(2)知，知，f(x)f(x)在在e,ee,e2 2上为减函数，上为减函数，则则f(x)f(x)minmin=f(e=f(e2 2)=,)=,故故a .a .(ii)(ii)当当0a 0a 时，由于时，由于f(x)=-f(x)=-在在e,ee,e2 2上为增函数，上为增函数，故故f(x)f(x)的值域为的值域为f(e),f(ef(e),f(e2 2)，即，即-a,-a.-a,-a.由由f(x)f(x)的单调性和值域知，的单调性和值域知，唯一唯一x x0 0(e,e(e,e2 2)，使，使f(xf(x0 0)=0)=0，且满足；，且满足；当当x(e,xx(e,x0 0)时，时，f(x)0,f(x)f(x)0,f(x)f(x)0,f(x)为增函数；为增函数；所以，所以，f(x)f(x)minmin=f(x=f(x0 0)=,x)=,x0 0(e,e(e,e2 2).).所以所以,与与0a 0a 矛盾，不合矛盾，不合题意题意.综上，得综上，得