冲刺2019高考数学二轮复习核心考点特色突破专题05函数与导数的综合应用含解析

专题05 函数与导数的综合运用
【自主热身，归纳提炼】
1、函数f(x)＝ax3＋ax2－2ax＋2a＋1的图像经过四个象限的充要条件是________．
【答案】－【解析】：由f′(x)＝ax2＋ax－2a＝0得x＝1或x＝－2，结合图像可知函数的图像经过四个象限的充要条件是或解得－2、 在平面直角坐标系xOy中，直线l与曲线y＝x2(x>0)和y＝x3(x>0)均相切，切点分别为A(x1，y1)和B(x2，y2)，则的值为________．
3、已知点A(0,1)，曲线C：y＝logax恒过点B，若P是曲线C上的动点，且·的最小值为2，则实数a＝________.

【答案】e　
根据条件，要求·的最小值，首先要将它表示成点P(x，logax)的横坐标x的函数，然后再利用导数的方法来判断函数的单调性，由此来求出函数的最小值．
点A(0,1)，B(1,0)，设P(x，logax)，则·＝(1，－1)·(x，logax－1)＝x－logax＋1.依题f(x)＝x－logax＋1在(0，＋∞)上有最小值2且f(1)＝2，所以x＝1是f(x)的极值点，即最小值点．f′(x)＝1－＝.若00，f(x)单调递增，在(0，＋∞)无最小值，所以a>1.设f′(x)＝0，则x＝logae，当x∈(0，logae)时，f′(x)<0；当x∈(logae，＋∞)时，f′(x)>0，从而当且仅当x＝logae时，f(x)取最小值，所以logae＝1，a＝e.
本题的关键在于要能观察出f(x)＝x－logax＋1＝2的根为1，然后利用函数的极小值点为x＝1来求出a的值，因而解题过程中，不断地思考、观察很重要，平时学习中，要养成多思考、多观察的习惯．
4、 已知函数f(x)＝x－1－(e－1)lnx，其中e为自然对数的底，则满足f(ex)＜0的x的取值范围为________．
【答案】(0,1)　
注意到条件f(ex)<0，让我们想到需要研究函数f(x)的单调性，通过函数的单调性将问题进行转化化简．
【答案】： －　
【思路分析】 若的最小值为λ，则≥λ恒成立，结合题意必有λa－b≤0恒成立．由f(x)＝(lnx＋ex)－ax－b≤0恒成立，得f＝－a－b≤0.猜想a＞0，从而≥－.
f′(x)＝＋(e－a)＝(x＞0)，
当e－a≥0，即a≤e时，f(eb)＝(e－a)eb＞0，显然f(x)≤0不恒成立．
当e－a＜0，即a＞e时，当x∈时，f′(x)＞0，f(x)为增函数；当x∈时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，所以f(x)max＝f＝－ln(a－e)－b－1.
由f(x)≤0恒成立，得f(x)max≤0，所以b≥－ln(a－e)－1，所以得≥.
设g(x)＝(x＞e)，
g′(x)＝＝.
由于y＝＋ln(x－e)为增函数，且当x＝2e时，g′(x)＝0，所以当x∈(e,2e)时，g′(x)＜0，g(x)为减函数；当x∈(2e，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，所以g(x)min＝g(2e)＝－，所以≥－，当a＝2e，b＝－2时，取得最小值－.
解后反思 在考试时，到上一步就可以结束了，胆大一点，到猜想a＞0这步就可结束了．现证最小值能取到，当＝－时，f＝0应该是极大值，所以f′＝2e－a＝0，此时a＝2e，b＝－2，f(x)＝lnx－ex＋2，易证f＝0也是最大值，证毕．
8、若函数f(x)＝x2在区间[0,2]上单调递增，则实数a的取值范围是________．
【答案】(－∞，0]∪[3，＋∞)　
含绝对值的函数需要去绝对值转化为分段函数，本题已知函数在[0,2]上为增函数，则需先讨论函数在[0，＋∞)上的单调性，自然地分a≤0和a>0两个情况进行讨论，得到函数在[0，＋∞)上的单调性，结合函数单调性得到a≥2，从而解出a的取值范围．
先讨论函数在[0，＋∞)上的单调性．当a≤0时，f(x)＝x3－ax2，f′(x)＝3x2－2ax≥0在[0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，则也在[0,2]上单调递增，成立；当a>0时，f(x)＝①当0≤x≤a时，f′(x)＝2ax－3x2，令f′(x)＝0，则x＝0或x＝a，则f(x)在上单调递增，在上单调递减；②当x>a时，f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)>0，所以f(x)在(a，＋∞)上单调递增，所以当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．要使函数在区间[0,2]上单调递增，则必有a≥2，解得a≥3.综上，实数a的取值范围是(－∞，0]∪[3，＋∞)．
【关联1】、若函数f(x)＝(a∈R)在区间[1,2]上单调递增，则实数a的取值范围是________．
【答案】： 　
【解析】：【思路分析】 本题所给函数含有绝对值符号，可以转化为g(x)＝－的值域和单调性来研究，根据图像的对称性可得g(x)＝－只有单调递增和单调递减这两种情况．
设g(x)＝－，因为f(x)＝|g(x)|在区间[1,2]上单调递增，所以g(x)有两种情况：
①g(x)≤0且g(x)在区间[1,2]上单调递减．
又g′(x)＝，所以g′(x)＝≤0在区间[1,2]上恒成立，且g(1)≤0.
所以无解．
②g(x)≥0且g(x)在区间[1,2]上单调递增，即g′(x)＝≥0在区间[1,2]上恒成立，且g(1)≥0，
所以解得a∈.
综上，实数a的取值范围为.

【关联2】、若函数f(x)＝(x＋1)2|x－a|在区间[－1，2]上单调递增，则实数a的取值范围是________．
【答案】： (－∞，－1]∪　
由于条件中函数的解析式比较复杂，可以先通过代数变形，将其化为熟悉的形式，进而利用导数研究函数的性质及图像，再根据图像变换的知识得到函数f(x)的图像进行求解．
函数f(x)＝(x＋1)2|x－a|＝|(x＋1)2(x－a)|＝|x3＋(2－a)x2＋(1－2a)x－a|.
令g(x)＝x3＋(2－a)x2＋(1－2a)x－a，则
g′(x)＝3x2＋(4－2a)x＋1－2a＝(x＋1)(3x＋1－2a)．
令g′(x)＝0得x1＝－1，x2＝.
①当<－1，即a<－1时，
令g′(x)>0，即(x＋1)(3x＋1－2a)>0，解得x<或x>－1；令g′(x)<0，解得所以g(x)的单调增区间是，(－1，＋∞)，单调减区间是.
又因为g(a)＝g(－1)＝0，所以f(x)的单调增区间是，(－1，＋∞)，单调减区间是(－∞，a)，，满足条件，故a<－1(此种情况函数f(x)图像如图1)．
,图1)
②当＝－1，即a＝－1时，f(x)＝|(x＋1)3|，函数f(x)图像如图2，则f(x)的单调增区间是(－1，＋∞)，单调减区间是(－∞，－1)，满足条件，故a＝－1.
,图2)
③当>－1，即a>－1时，
令g′(x)>0，即(x＋1)(3x＋1－2a)>0，解得x<－1或x>；令g′(x)<0，解得－1所以g(x)的单调增区间是(－∞，－1)，，单调减区间是.
又因为g(a)＝g(－1)＝0，所以f(x)的单调增区间是，(a，＋∞)，单调减区间是(－∞，－1)，，要使f(x)在[－1，2]上单调递增，必须满足2≤，即a≥，又因为a>－1，故a≥(此种情况函数f(x)图像如图3)．
综上，实数a的取值范围是(－∞，－1]∪.

9、 已知函数f(x)＝若对于?t∈R，f(t)≤kt恒成立，则实数k的取值范围是________．
【答案】： [，1]　【思路分析】 本题条件“?t∈R，f(t)≤kt”的几何意义是：在(－∞，＋∞)上，函数y＝f(t)的图像恒在直线y＝kt的下方，这自然提示我们利用数形结合的方法解决本问题．
令y＝x3－2x2＋x，x<1，则y′＝3x2－4x＋1＝(x－1)·(3x－1)，令y′>0，即(x－1)(3x－1)>0，解得x<或x>1.又因为x<1，所以x<.令y′<0，得
10、 已知a为常数，函数f(x)＝的最小值为－，则a的所有值为________．
【答案】： 4，　
解法1(构造三角形) f(x)＝＝，因为f(x)为奇函数，令g(x)＝(x>0)，则g(x)的最大值为，由根号内的结构联想到勾股定理，从而构造△ABC满足AB＝，AC＝1，AD⊥BC，AD＝x，则BD＝，DC＝，则S△ABC＝BC·AD＝x(＋)＝AB·AC·sin∠BAC≤AB·AC＝，当且仅当∠BAC＝时，△ABC的面积最大，且最大值为.从而g(x)＝＝S△ABC≤，所以＝，解得a＝4或a＝.

解法2(导数法，理科) 由题意得函数f(x)为奇函数．
因为函数f(x)＝，所以
f′(x)＝
＝，
a≠1.
令f′(x)＝0，得x2＝，则x2＝.
因为函数f(x)的最小值为－，且a>0.
由－x2>0，得a－(a＋1)x2>0.
①当00得－≤x<－或因为f(－)＝>f＝，所以f(x)min＝f＝＝－，解得a＝.
②当a>1时，－>0，函数f(x)的定义域为[－1，1]，由f′(x)>0得－因为f＝－综上所述，a＝4或a＝.
解法3(构造向量)　f(x)＝＝，因为f(x)为奇函数，令g(x)＝(x>0)，则g(x)的最大值为，设向量a＝(，)，b＝(，)，a与b的夹角为θ，则有a·b＝|a|·|b|cosθ≤|a|·|b|，
即(，)·(，)≤·，
亦即·＋·≤，亦即x(＋)≤，
当且仅当a与b同向时等号成立，即·－·＝0，亦即x2＝时，取等号．
即x(＋)的最大值为，从而g(x)的最大值为，即有＝，解得a＝4或a＝.
1. 最值的求法通常有如下的方法：
(2)解法1(根的分布) 当x0＞1时，则f(x0)＞0，又b＝3－a，设t＝f(x0)，则题意可转化为方程ax＋－c＝t(t＞0) 在(0，＋∞)上有相异两实根x1，x2, (6分)
即关于x的方程ax2－(c＋t)x＋(3－a)＝0(t＞0)在(0，＋∞)上有相异两实根x1，x2.
则x1，2＝，所以
得
所以c＞2－t 对任意t∈(0，＋∞)恒成立．
因为0＜a＜3，所以2≤2×＝3(当且仅当a＝时取等号)．
又－t＜0，所以2－t的取值范围是(－∞，3)，所以c≥3.
故c的最小值为3.(10分)
解法2(图像法) 由b＝3－a，且0 ＜a＜3，得g′(x)＝a－＝＝0，得 x＝或x＝－(舍)，则函数g(x)在上单调递减；在上单调递增．
又对任意x0＞1，f(x0)为(0，＋∞)上的任意一个值，若存在不相等的正实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0)，则g(x)的最小值小于或等于0.
即g＝2－c≤0，(6分)
即c≥2对任意 a∈(0，3)恒成立．
又2≤a＋(3－a)＝3，所以c≥3.
当c＝3时，对任意a∈(0，3)，x0∈(1，＋∞)，方程g(x)－f(x0)＝0化为ax＋－3－f(x0)＝0，即ax2－[3＋f(x0)]x＋(3－a)＝0　(*)．
关于x的方程(*)的Δ＝[3＋f(x0)]2－4a(3－a)≥
[3＋f(x0)]2－4＝[3＋f(x0)]2－9，
因为x0＞1，所以f(x0)＝lnx0＞0，所以Δ＞0，所以方程(*)有两个不相等的实数解x1，x2，又x1＋x2＝＞0，x1x2＝＞0，所以x1，x2为两个相异正实数解，符合题意．所以c的最小值为3.
解法3(图像法) 当x0＞1时，可知f(x0)＞0，又b＝3－a，设t＝f(x0)，则t＞0.
令h(x)＝ax＋－c－t(x＞0，t＞0)，同解法2可知h(x)在上单调递减；在上单调递增．
当c＜2时，若0＜t＜2－c，则x＞0时，h(x)＝ax＋－c－t≥2－c－t＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上没有零点，不符合题意．
当c≥2时，h＝2－c－t≤－t＜0.
因为＜2≤c，＜c＋t，所以0＜＜，所以当0＜m＜时，＞c＋t，所以h(m)＝am＋－c－t＞－c－t＞0，
又h(x)在上单调递减，并且连续，则h(x)在(m，)上恰有一个零点，所以存在x1∈(0，)，使得h(x1)＝0，即g(x1)＝t.
因为c＋t＞c＞，所以＞，所以当n＞时，h(n)＝an＋－c－t＞an－c－t＞0，
又h(x)在上单调递增，并且连续，则h(x)在上恰有一个零点，所以存在x2∈，使得h(x2)＝0，即g(x2)＝t.
所以当c≥2时，对任意x0∈(1，＋∞)和任意a∈(0，3)，总存在不相等的正实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0)．
即c≥2对任意 a∈(0，3)恒成立．
又2≤a＋(3－a)＝3，当且仅当a＝时取等号，所以c≥3.
故c的最小值为3.
(3)当a＝1时，因为函数f(x)与g(x)的图像交于A，B两点，所以两式相减，得b＝x1x2(1－)．
要证明x1x2－x2即证<<，即证1－令＝t，则t>1，此时即证1－令φ(t)＝lnt＋－1，所以φ′(t)＝－＝>0，所以当t>1时，函数φ(t)单调递增．
又φ(1)＝0，所以φ(t)＝lnt＋－1>0，即1－再令m(t)＝lnt－t＋1，所以m′(t)＝－1＝<0，所以当t>1时，函数m(t)单调递减．
又m(1)＝0，所以m(t)＝lnt－t＋1<0，即lnt综上所述， 实数x1，x2满足x1x2－x2【变式2】、.已知函数f(x)＝其中常数a∈R.
(1) 当a＝2时，求函数f(x)的单调区间；
(2) 若方程f(－x)＋f(x)＝ex－3在区间(0，＋∞)上有实数解，求实数a的取值范围；
(3) 若存在实数m，n∈[0，2]，且|m－n|≥1，使得f(m)＝f(n)，求证：1≤≤e.
(1) 先分段讨论，再整体说明单调区间是否可合并(关键是图像在x＝0处怎样跳跃)．
(2) 转化为a＝x2＋x＋在(0，＋∞)上有实数解，即求函数g(x)＝x2＋x＋在(0，＋∞)上的值域．
(3) 首先缩小a的范围为1【解析】：(1) 当a＝2时，f(x)＝
①当x<0时，f′(x)＝－3x2＋2x<0恒成立，所以f(x)在(－∞，0)上递减；(2分)
②当x≥0时，f′(x)＝ex－2，可得f(x)在[0，ln2]上递减，在[ln2，＋∞)上递增．(4分)
因为f(0)＝1>0，所以f(x)的单调递减区间是(－∞，0)和[0，ln2]，单调递增区间是[ln2，＋∞)．(5分)
(2) 当x>0时，f(x)＝ex－ax，此时－x<0，f(－x)＝－(－x)3＋(－x)2＝x3＋x2.
所以可化为a＝x2＋x＋在区间(0，＋∞)上有实数解．(6分)
记g(x)＝x2＋x＋，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝2x＋1－＝.(7分)
可得g(x)在(0，1]上递减，在[1，＋∞)上递增，且g(1)＝5，当x→＋∞时，g(x)→＋∞.(9分)
所以g(x)的值域是[5，＋∞)，即实数a的取值范围是[5，＋∞)．(10分)
(3) 当x∈[0，2]时，f(x)＝ex－ax，有f′(x)＝ex－a.
若a≤1或a≥e2，则f(x)在[0，2]上是单调函数，不合题意．(11分)
所以1不妨设0≤mf(lna)，且f(lna)因为f(m)＝f(n)，
所以得(14分)
即e－1≤a≤e2－e，所以1≤≤e.(16分)
第(1)题中，若函数f(x)改为f(x)＝则函数f(x)的“两个”递减区间(－∞，0)和[0，ln2]应合并为一个递减区间(－∞，ln2]，因为函数图像在x＝0处(从左往右)向下跳跃．而原题中函数图像在x＝0处(从左往右)向上跳跃，所以不能合并．

【关联1】、.已知函数f(x)＝ex(3x－2)，g(x)＝a(x－2)，其中a，x∈R.
(1) 求过点(2，0)和函数y＝f(x)图像相切的直线方程；
(2) 若对任意x∈R，有f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围；
(3) 若存在唯一的整数x0，使得f(x0)
(1)利用导数的几何意义求切线的方程，根据斜率建立方程即可．
(2)不等式恒成立问题处理的方法有两种：一种是分离参变，转化为相应函数的值域(最值)问题解决；另一种是转化为含参函数的值域问题，通过分类讨论解决．这里可以采取第一种方法，只是分离参变时要注意对x－2的符号进行分类讨论．
(3)在第(2)小问的基础上，分离参变，转化为存在有限整数自变量满足条件的问题．利用导数研究函数F(x)＝的性质，找到相关的整数自变量，求得对应的函数值是解决本问题的关键．
【解析】(1) 设切点为(x0，y0)，f′(x)＝ex(3x＋1)，则切线斜率为ex0(3x0＋1)，所以切线方程为y－y0＝ex0(3x0＋1)(x－x0)，因为切线过点(2，0)，
所以－ex0(3x0－2)＝ex0(3x0＋1)(2－x0)，
化简得3x－8x0＝0，解得x0＝0或x0＝，
当x0＝0时，切线方程为y＝x－2，
当x0＝时，切线方程为y＝9ex－18e.
(2) 由题意，对任意x∈R，有ex(3x－2)≥a(x－2)恒成立，
①当x∈(－∞，2)时，a≥，即a≥.
令F(x)＝，则F′(x)＝，
令F′(x)＝0，得x＝0，列表如下：

x (－∞，0) 0 (0，2)
F′(x) ＋ 0 －
F(x) ? 极大 ?
　　F(x)max＝F(0)＝1，故此时a≥1.
②当x＝2时，恒成立，故此时a∈R.
③当x∈(2，＋∞)时，a≤，即a≤，令F′(x)＝0，得x＝，列表如下：

x
F′(x) － 0 ＋
F(x) ? 极小 ?
　　F(x)min＝F＝9e， 故此时a≤9e，综上，1≤a≤9e.
(3) 由f(x)由(2)知a∈(－∞，1)∪(9e，＋∞)，
令F(x)＝，列表如下：

x (－∞，0) 0 (0，2)
F′(x) ＋ 0 － － 0 ＋
F(x) ? 极大 ? ? 极小 ?
　　(12分)
当x∈(－∞，2)时，存在唯一的整数x0使得f(x0)等价于a<存在的唯一整数x0成立，
因为F(0)＝1最大，F(－1)＝，F(1)＝－e，所以当a<时，至少有两个整数成立，所以a∈.
当x∈(2，＋∞)时，存在唯一的整数x0使得f(x0)等价于a>存在唯一的整数x0成立，
因为F＝9e最小，且F(3)＝7e3，F(4)＝5e4，所以当a>5e4时，至少有两个整数成立，当a≤7e3时，没有整数成立，所以a∈(7e3，5e4]．
综上，a∈∪(7e3，5e4]．

【关联2】、已知函数f(x)＝，其中a为常数．
(1) 若a＝0，求函数f(x)的极值；
(2) 若函数f(x)在(0，－a)上单调递增，求实数a的取值范围；
(3) 若a＝－1，设函数f(x)在(0，1)上的极值点为x0，求证：f(x0)<－2.

第一小问，利用导函数求单调性、极值、值域的一般步骤，必须掌握！也是解决后面问题的基础；第二小问，由函数在(0，－a)上的单调性得出导函数在特定区间的符号，转化为含参数的恒成立问题；第三小问，关键是找到零点的大致范围，还是利用导数求最大值、最小值的方法．
【解析】：(1) 当a＝0时，f(x)＝，定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (0，) (，＋∞)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) ? 极大值 ?
所以当x＝时，f(x)的极大值为，无极小值．

①若0<－a≤e－，即0>a≥－e－，则g′(x)＝2lnx＋1<0对x∈(0，－a)恒成立，
所以g(x)＝2xlnx－x在(0，－a)上单调递减，
则a≤2(－a)ln(－a)－(－a)，所以ln(－a)≥0，所以a≤－1与a≥－e－矛盾，舍去；
②若－a>e－，即a<－e－，令g′(x)＝2lnx＋1＝0，得x＝e－，
当0当e－0，所以g(x)＝2xlnx－x单调递增，
所以当x＝e－时，g(x)min＝g(e－)＝2e－·lne－－e－＝－2e－，所以a≤－2e－.
综上，实数a的取值范围是(－∞，－2e－]．
(3) 当a＝－1时，f(x)＝，f′(x)＝.
令h(x)＝x－1－2xlnx，x∈(0，1)，
则h′(x)＝1－2(lnx＋1)＝－2lnx－1，令h′(x)＝0，得x＝e－.
①当e－≤x<1时，h′(x)≤0，所以h(x)＝x－1－2xlnx单调递减，h(x)∈(0，2e－－1]，x∈(0，1)，
所以f′(x)＝<0恒成立，所以f(x)＝单调递减，且f(x)≤f(e－)．
②当0其中h＝－1－2··ln＝ln>0，
h(e－2)＝e－2－1－2e－2·lne－2＝－1<0，
所以存在唯一x0∈，使得h(x0)＝0，所以f′(x0)＝0，
当00，所以f(x)＝单调递增；
当x0由①和②可知，f(x)＝在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，
所以当x＝x0时，f(x)＝取极大值．
因为h(x0)＝x0－1－2x0lnx0＝0，所以lnx0＝，
所以f(x0)＝＝＝.
又x0∈?，所以22－∈，所以f(x0)＝<－2.
本题三个小题梯度明显，有较好的区分度．其中第(1)小题简单；第(2)小题难度中等，但要完成讨论也需要不错的基础；第三小题“隐零点”问题．不是一般的考生能讨论出范围的，建议一般的考生果断放弃．各个小问题中都利用了导数研究函数的单调性、极值、值域．
【关联3】、已知函数f(x)＝x－1－alnx(其中a为参数)．
(1) 求函数f(x)的单调区间；
(2) 若对任意x∈(0，＋∞)都有f(x)≥0成立，求实数a的取值集合；
(3) 证明：n【解析】：(1) f′(x)＝1－＝(x>0)，
当a≤0时，f′(x)＝1－＝>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
当a>0时，
x (0，a) a (a，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) ? 极小值 ?
所以f(x)的增区间是(a，＋∞)，减区间是(0，a)．
综上所述， 当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)；
当a>0时，f(x)的单调递增区间是(a，＋∞)，单调递减区间是(0，a)．
(2) 由题意得f(x)min≥0.
当a≤0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
当x→0时，f(x)→－∞，故不合题意；(6分)
当a>0时，由(1)知f(x)min＝f(a)＝a－1－alna≥0.令g(a)＝a－1－alna，则由g′(a)＝－lna＝0，得a＝1，
a (0,1) 1 (1，＋∞)
g′(a) ＋ 0 －
g(a) ? 极大值 ?
所以g(a)＝a－1－alna≤0，又f(x)min＝f(a)＝a－1－alna≥0，所以a－1－alna＝0，
所以a＝1，即实数a的取值集合是{1}．(10分)
(3) 要证不等式1＋n两边取对数后，只要证nln1＋<1<(n＋1)ln1＋，
即只要证令x＝1＋，则只要证1－由(1)知当a＝1时，f(x)＝x－1－lnx在(1,2]上递增，
因此f(x)>f(1)，即x－1－lnx>0，所以lnx令φ(x)＝lnx＋－1(10，
所以φ(x)在(1,2]上递增，故φ(x)>φ(1)，即lnx＋－1>0，所以1－综上，原命题得证．

【关联4】、已知函数f(x)＝ex，g(x)＝x－b，b∈R.
(1) 若函数f(x)的图像与函数g(x)的图像相切，求b的值；
(2) 设函数T(x)＝f(x)＋ag(x)，a∈R，求T(x)的单调递增区间；
(3) 设函数h(x)＝|g(x)|·f(x)，b＜1.若存在x1，x2∈[0,1]，使|h(x1)－h(x2)|＞1成立，求b的取值范围．
【思路分析】 (1) 对于直线与曲线相切问题，只要切点不知道的，都要先设切点坐标，然后运用好切点的双重身份，即切点既是切线上的点，又是曲线上的点，它的坐标既适合切线方程，又适合曲线方程，再由方程(组)思想，求出未知量；(2) 要求函数T(x)的单调递增区间，只要求T′(x)＞0的解区间就行，不过需对a进行分类讨论；(3) 首先要把“若存在x1，x2∈[0,1]，使|h(x1)－h(x2)|＞1成立”运用等价转化的思想转化为“h(x)在[0,1]上的最大值h(x)max和最小值h(x)min满足h(x)max－h(x)min>1”，接下来的问题就是求h(x)在[0,1]上的最大值和最小值．对于含绝对值的函数一般首先要去掉绝对值，这里要运用好分类讨论思想．

(3) 若存在x1，x2∈[0,1]，使|h(x1)－h(x2)|>1成立，则等价转化为h(x)在[0,1]上的最大值h(x)max和最小值h(x)min满足h(x)max－h(x)min>1.
解法1 h(x)＝|g(x)|·f(x)＝
当x≥b时，有h′(x)＝(x－b＋1)ex>0；
当x0；
当b－1所以h(x)在(－∞，b－1)上是增函数，在(b－1，b)上是减函数，在(b，＋∞)上是增函数．(10分)
因为b<1，则
①当b≤0时，h(x)在[0,1]上为增函数．
所以h(x)max＝h(1)＝(1－b)e，h(x)min＝h(0)＝－b.
则由h(x)max－h(x)min>1，得(1－b)e＋b>1，解得b<1，所以b≤0.(12分)
②当0若h(0)－h(1)＝b－(1－b)e＝b(e＋1)－e>0，即b>，此时h(0)>h(1)；
若b<，此时h(0)(ⅰ) 当0有h(x)max＝h(1)＝(1－b)e，h(x)min＝h(b)＝0.
则由h(x)max－h(x)min>1，得(1－b)e>1，解得b<.
(ⅱ) 当≤b<1时，
有h(x)max＝h(0)＝b，h(x)min＝h(b)＝0.
因为b<1，所以h(x)max－h(x)min＝b>1不成立．
综上，b的取值范围为－∞，.
解法2 h(x)＝|g(x)|·f(x)＝|x－b|·ex＝|(x－b)ex|，令φ(x)＝(x－b)ex，则h(x)＝|φ(x)|.
先研究函数φ(x)＝(x－b)ex，φ′(x)＝(x－b＋1)ex.
因为b<1，所以在[0,1]上有φ′(x)＝(x－b＋1)ex>0，因此φ(x)在[0,1]上是增函数．所以φ(x)min＝φ(0)＝－b，φ(x)max＝φ(1)＝(1－b)e>0.
①若φ(0)＝－b≥0，即b≤0时，h(x)min＝φ(0)＝－b，h(x)max＝φ(1)＝(1－b)e，
则由h(x)max－h(x)min>1，即(1－b)e＋b>1，解得b<1，所以b≤0.
②若φ(0)＝－b<0，即0令－φ(0)－φ(1)＝b－(1－b)e＝b(e＋1)－e＝0，则b＝.
(ⅰ) 当0所以h(x)min＝φ(b)＝0，h(x)max＝max{－φ(0)，φ(1)}＝φ(1)＝(1－b)e，
由h(x)max－h(x)min>1，即(1－b)e>1，解得b<，所以0(ⅱ) 当≤b<1时，－φ(0)－φ(1)≥0，
所以h(x)min＝φ(b)＝0，h(x)max＝max{－φ(0)，φ(1)}＝－φ(0)＝b，
由h(x)max－h(x)min>1，得b>1，与b<1矛盾，故h(x)max－h(x)min>1不成立．
综上，b的取值范围为－∞，.





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