專題函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合運(yùn)用測試題

專題05函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合運(yùn)用【自主熱身,歸納提煉】1、函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)ax3＋eq\f(1,2)ax2－2ax＋2a＋1的圖像經(jīng)過四個(gè)象限的充要條件是________．【答案】－eq\f(6,5)<a<－eq\f(3,16)【解析】：由f′(x)＝ax2＋ax－2a＝0得x＝1或x＝－2,結(jié)合圖像可知函數(shù)的圖像經(jīng)過四個(gè)象限的充要條件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,f1>0，,f－2<0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,f1<0，,f－2>0，))解得－eq\f(6,5)<a<－eq\f(3,16).2、在平面直角坐標(biāo)系xOy中,直線l與曲線y＝x2(x>0)和y＝x3(x>0)均相切,切點(diǎn)分別為A(x1,y1)和B(x2,y2),則eq\f(x1,x2)的值為________．3、已知點(diǎn)A(0,1),曲線C：y＝logax恒過點(diǎn)B,若P是曲線C上的動(dòng)點(diǎn),且eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))的最小值為2,則實(shí)數(shù)a＝________.【答案】eeq\a\vs4\al(思路分析)根據(jù)條件,要求eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))的最小值,首先要將它表示成點(diǎn)P(x,logax)的橫坐標(biāo)x的函數(shù),然后再利用導(dǎo)數(shù)的方法來判斷函數(shù)的單調(diào)性,由此來求出函數(shù)的最小值．點(diǎn)A(0,1),B(1,0),設(shè)P(x,logax),則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝(1,－1)·(x,logax－1)＝x－logax＋1.依題f(x)＝x－logax＋1在(0,＋∞)上有最小值2且f(1)＝2,所以x＝1是f(x)的極值點(diǎn),即最小值點(diǎn)．f′(x)＝1－eq\f(1,xlna)＝eq\f(xlna－1,xlna).若0<a<1,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,在(0,＋∞)無最小值,所以a>1.設(shè)f′(x)＝0,則x＝logae,當(dāng)x∈(0,logae)時(shí),f′(x)<0；當(dāng)x∈(logae,＋∞)時(shí),f′(x)>0,從而當(dāng)且僅當(dāng)x＝logae時(shí),f(x)取最小值,所以logae＝1,a＝e.eq\a\vs4\al(解后反思)本題的關(guān)鍵在于要能觀察出f(x)＝x－logax＋1＝2的根為1,然后利用函數(shù)的極小值點(diǎn)為x＝1來求出a的值,因而解題過程中,不斷地思考、觀察很重要,平時(shí)學(xué)習(xí)中,要養(yǎng)成多思考、多觀察的習(xí)慣．4、已知函數(shù)f(x)＝x－1－(e－1)lnx,其中e為自然對數(shù)的底,則滿足f(ex)＜0的x的取值范圍為________．【答案】(0,1)eq\a\vs4\al(思路分析)注意到條件f(ex)<0,讓我們想到需要研究函數(shù)f(x)的單調(diào)性,通過函數(shù)的單調(diào)性將問題進(jìn)行轉(zhuǎn)化化簡．【答案】：－eq\f(1,e)【思路分析】若eq\f(b,a)的最小值為λ,則eq\f(b,a)≥λ恒成立,結(jié)合題意必有λa－b≤0恒成立．由f(x)＝(lnx＋ex)－ax－b≤0恒成立,得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)a－b≤0.猜想a＞0,從而eq\f(b,a)≥－eq\f(1,e).f′(x)＝eq\f(1,x)＋(e－a)＝eq\f(e－ax＋1,x)(x＞0),當(dāng)e－a≥0,即a≤e時(shí),f(eb)＝(e－a)eb＞0,顯然f(x)≤0不恒成立．當(dāng)e－a＜0,即a＞e時(shí),當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a－e)))時(shí),f′(x)＞0,f(x)為增函數(shù)；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－e)，＋∞))時(shí),f′(x)＜0,f(x)為減函數(shù),所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－e)))＝－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eq\f(b,a)≥eq\f(－lna－e－1,a).設(shè)g(x)＝eq\f(－lnx－e－1,x)(x＞e),g′(x)＝eq\f(\f(x,e－x)＋lnx－e＋1,x2)＝eq\f(\f(e,e－x)＋lnx－e,x2).由于y＝eq\f(e,e－x)＋ln(x－e)為增函數(shù),且當(dāng)x＝2e時(shí),g′(x)＝0,所以當(dāng)x∈(e,2e)時(shí),g′(x)＜0,g(x)為減函數(shù)；當(dāng)x∈(2e,＋∞)時(shí),g′(x)＞0,g(x)為增函數(shù),所以g(x)min＝g(2e)＝－eq\f(1,e),所以eq\f(b,a)≥－eq\f(1,e),當(dāng)a＝2e,b＝－2時(shí),eq\f(b,a)取得最小值－eq\f(1,e).解后反思在考試時(shí),到上一步就可以結(jié)束了,膽大一點(diǎn),到猜想a＞0這步就可結(jié)束了．現(xiàn)證最小值能取到,當(dāng)eq\f(b,a)＝－eq\f(1,e)時(shí),feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0應(yīng)該是極大值,所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝2e－a＝0,此時(shí)a＝2e,b＝－2,f(x)＝lnx－ex＋2,易證feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0也是最大值,證畢．8、若函數(shù)f(x)＝x2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－a))在區(qū)間[0,2]上單調(diào)遞增,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．【答案】(－∞,0]∪[3,＋∞)eq\a\vs4\al(思路分析)含絕對值的函數(shù)需要去絕對值轉(zhuǎn)化為分段函數(shù),本題已知函數(shù)在[0,2]上為增函數(shù),則需先討論函數(shù)在[0,＋∞)上的單調(diào)性,自然地分a≤0和a>0兩個(gè)情況進(jìn)行討論,得到函數(shù)在[0,＋∞)上的單調(diào)性,結(jié)合函數(shù)單調(diào)性得到eq\f(2,3)a≥2,從而解出a的取值范圍．先討論函數(shù)在[0,＋∞)上的單調(diào)性．當(dāng)a≤0時(shí),f(x)＝x3－ax2,f′(x)＝3x2－2ax≥0在[0,＋∞)上恒成立,所以f(x)在[0,＋∞)上單調(diào)遞增,則也在[0,2]上單調(diào)遞增,成立；當(dāng)a>0時(shí),f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax2－x3，0≤x≤a，,x3－ax2，x>a.))①當(dāng)0≤x≤a時(shí),f′(x)＝2ax－3x2,令f′(x)＝0,則x＝0或x＝eq\f(2,3)a,則f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)a))上單調(diào)遞增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，a))上單調(diào)遞減；②當(dāng)x>a時(shí),f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)>0,所以f(x)在(a,＋∞)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)a>0時(shí),f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)a))上單調(diào)遞增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，a))上單調(diào)遞減,在(a,＋∞)上單調(diào)遞增．要使函數(shù)在區(qū)間[0,2]上單調(diào)遞增,則必有eq\f(2,3)a≥2,解得a≥3.綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞,0]∪[3,＋∞)．【關(guān)聯(lián)1】、若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ex,2)－\f(a,ex)))(a∈R)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．【答案】：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(e2,2)，\f(e2,2)))【解析】：【思路分析】本題所給函數(shù)含有絕對值符號,可以轉(zhuǎn)化為g(x)＝eq\f(ex,2)－eq\f(a,ex)的值域和單調(diào)性來研究,根據(jù)圖像的對稱性可得g(x)＝eq\f(ex,2)－eq\f(a,ex)只有單調(diào)遞增和單調(diào)遞減這兩種情況．設(shè)g(x)＝eq\f(ex,2)－eq\f(a,ex),因?yàn)閒(x)＝|g(x)|在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增,所以g(x)有兩種情況：①g(x)≤0且g(x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞減．又g′(x)＝eq\f(ex2＋2a,2·ex),所以g′(x)＝eq\f(ex2＋2a,2·ex)≤0在區(qū)間[1,2]上恒成立,且g(1)≤0.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a≤－ex2，,\f(e,2)－\f(a,e)≤0，))無解．②g(x)≥0且g(x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增,即g′(x)＝eq\f(ex2＋2a,2·ex)≥0在區(qū)間[1,2]上恒成立,且g(1)≥0,所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a≥－ex2，,\f(e,2)－\f(a,e)≥0，))解得a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(e2,2)，\f(e2,2))).綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(e2,2)，\f(e2,2))).【關(guān)聯(lián)2】、若函數(shù)f(x)＝(x＋1)2|x－a|在區(qū)間[－1,2]上單調(diào)遞增,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．【答案】：(－∞,－1]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))eq\a\vs4\al(思路分析)由于條件中函數(shù)的解析式比較復(fù)雜,可以先通過代數(shù)變形,將其化為熟悉的形式,進(jìn)而利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)及圖像,再根據(jù)圖像變換的知識(shí)得到函數(shù)f(x)的圖像進(jìn)行求解．函數(shù)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,則g′(x)＝3x2＋(4－2a)x＋1－2a＝(x＋1)(3x＋1－2a)．令g′(x)＝0得x1＝－1,x2＝eq\f(2a－1,3).①當(dāng)eq\f(2a－1,3)<－1,即a<－1時(shí),令g′(x)>0,即(x＋1)(3x＋1－2a)>0,解得x<eq\f(2a－1,3)或x>－1；令g′(x)<0,解得eq\f(2a－1,3)<x<－1.所以g(x)的單調(diào)增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2a－1,3))),(－1,＋∞),單調(diào)減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，－1)).又因?yàn)間(a)＝g(－1)＝0,所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2a－1,3))),(－1,＋∞),單調(diào)減區(qū)間是(－∞,a),eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，－1)),滿足條件,故a<－1(此種情況函數(shù)f(x)圖像如圖1)．,圖1)②當(dāng)eq\f(2a－1,3)＝－1,即a＝－1時(shí),f(x)＝|(x＋1)3|,函數(shù)f(x)圖像如圖2,則f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－1,＋∞),單調(diào)減區(qū)間是(－∞,－1),滿足條件,故a＝－1.,圖2)③當(dāng)eq\f(2a－1,3)>－1,即a>－1時(shí),令g′(x)>0,即(x＋1)(3x＋1－2a)>0,解得x<－1或x>eq\f(2a－1,3)；令g′(x)<0,解得－1<x<eq\f(2a－1,3).所以g(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞,－1),eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，＋∞)),單調(diào)減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2a－1,3))).又因?yàn)間(a)＝g(－1)＝0,所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2a－1,3))),(a,＋∞),單調(diào)減區(qū)間是(－∞,－1),eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，a)),要使f(x)在[－1,2]上單調(diào)遞增,必須滿足2≤eq\f(2a－1,3),即a≥eq\f(7,2),又因?yàn)閍>－1,故a≥eq\f(7,2)(此種情況函數(shù)f(x)圖像如圖3)．綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞,－1]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞)).9、已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－|x3－2x2＋x|，x<1，,lnx，x≥1，))若對于?t∈R,f(t)≤kt恒成立,則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________．【答案】：[eq\f(1,e),1]【思路分析】本題條件“?t∈R,f(t)≤kt”的幾何意義是：在(－∞,＋∞)上,函數(shù)y＝f(t)的圖像恒在直線y＝kt的下方,這自然提示我們利用數(shù)形結(jié)合的方法解決本問題．令y＝x3－2x2＋x,x<1,則y′＝3x2－4x＋1＝(x－1)·(3x－1),令y′>0,即(x－1)(3x－1)>0,解得x<eq\f(1,3)或x>1.又因?yàn)閤<1,所以x<eq\f(1,3).令y′<0,得eq\f(1,3)<x<1,所以y的增區(qū)間是(－∞,eq\f(1,3)),減區(qū)間是(eq\f(1,3),1),所以y極大值＝eq\f(4,27).根據(jù)圖像變換可作出函數(shù)y＝－|x3－2x2＋x|,x<1的圖像．又設(shè)函數(shù)y＝lnx(x≥1)的圖像經(jīng)過原點(diǎn)的切線斜率為k1,切點(diǎn)(x1,lnx1),因?yàn)閥′＝eq\f(1,x),所以k1＝eq\f(1,x1)＝eq\f(lnx1－0,x1－0),解得x1＝e,所以k1＝eq\f(1,e).函數(shù)y＝x3－2x2＋x在原點(diǎn)處的切線斜率k2＝y(tǒng)′x＝0＝1.因?yàn)?t∈R,f(t)≤kt,所以根據(jù)f(x)的圖像,數(shù)形結(jié)合可得eq\f(1,e)≤k≤1.10、已知a為常數(shù),函數(shù)f(x)＝eq\f(x,\r(a－x2)－\r(1－x2))的最小值為－eq\f(2,3),則a的所有值為________．【答案】：4,eq\f(1,4)解法1(構(gòu)造三角形)f(x)＝eq\f(x,\r(a－x2)－\r(1－x2))＝eq\f(x（\r(a－x2)＋\r(1－x2)）,a－1),因?yàn)閒(x)為奇函數(shù),令g(x)＝eq\f(x（\r(a－x2)＋\r(1－x2)）,|a－1|)(x>0),則g(x)的最大值為eq\f(2,3),由根號內(nèi)的結(jié)構(gòu)聯(lián)想到勾股定理,從而構(gòu)造△ABC滿足AB＝eq\r(a),AC＝1,AD⊥BC,AD＝x,則BD＝eq\r(a－x2),DC＝eq\r(1－x2),則S△ABC＝eq\f(1,2)BC·AD＝eq\f(1,2)x(eq\r(a－x2)＋eq\r(1－x2))＝eq\f(1,2)AB·AC·sin∠BAC≤eq\f(1,2)AB·AC＝eq\f(1,2)eq\r(a),當(dāng)且僅當(dāng)∠BAC＝eq\f(π,2)時(shí),△ABC的面積最大,且最大值為eq\f(1,2)eq\r(a).從而g(x)＝eq\f(x（\r(a－x2)＋\r(1－x2)）,|a－1|)＝eq\f(2,|a－1|)S△ABC≤eq\f(\r(a),|a－1|),所以eq\f(\r(a),|a－1|)＝eq\f(2,3),解得a＝4或a＝eq\f(1,4).解法2(導(dǎo)數(shù)法,理科)由題意得函數(shù)f(x)為奇函數(shù)．因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\f(x,\r(a－x2)－\r(1－x2)),所以f′(x)＝eq\f(（\r(a－x2)－\r(1－x2)）－x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2x,2\r(a－x2))－\f(－2x,2\r(1－x2)))),（\r(a－x2)－\r(1－x2)）2)＝eq\f(\r(a－x2)\r(1－x2)－x2,（\r(a－x2)－\r(1－x2)）\r(a－x2)\r(1－x2)),a≠1.令f′(x)＝0,得x2＝eq\r(a－x2)eq\r(1－x2),則x2＝eq\f(a,a＋1).因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的最小值為－eq\f(2,3),且a>0.由eq\r(a－x2)eq\r(1－x2)－x2>0,得a－(a＋1)x2>0.①當(dāng)0<a<1時(shí),eq\r(a－x2)－eq\r(1－x2)<0,函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇－eq\r(a),eq\r(a)],由f′(x)>0得－eq\r(a)≤x<－eq\r(\f(a,a＋1))或eq\r(\f(a,a＋1))<x≤eq\r(a)；由f′(x)<0得－eq\r(\f(a,a＋1))<x<eq\r(\f(a,a＋1)),函數(shù)f(x)在[－eq\r(a),－eq\r(\f(a,a＋1))),eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,a＋1))，\r(a)))上為增函數(shù),在(－eq\r(\f(a,a＋1)),eq\r(\f(a,a＋1)))上為減函數(shù)．因?yàn)閒(－eq\r(a))＝eq\f(\r(a),\r(1－a))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,a＋1))))＝eq\f(\r(a),a－1),所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,a＋1))))＝eq\f(\r(a),a－1)＝－eq\f(2,3),解得a＝eq\f(1,4).②當(dāng)a>1時(shí),eq\r(a－x2)－eq\r(1－x2)>0,函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇－1,1],由f′(x)>0得－eq\r(\f(a,a＋1))<x<eq\r(\f(a,a＋1))；由f′(x)<0得－1≤x<－eq\r(\f(a,a＋1))或eq\r(\f(a,a＋1))<x≤1,函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,a＋1))，\r(\f(a,a＋1))))上為增函數(shù),在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\r(\f(a,a＋1)))),eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,a＋1))，1))上為減函數(shù)．因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,a＋1))))＝－eq\f(\r(a),a－1)<f(1)＝eq\f(1,\r(a－1)),所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,a＋1))))＝－eq\f(\r(a),a－1)＝－eq\f(2,3),解得a＝4.綜上所述,a＝4或a＝eq\f(1,4).解法3(構(gòu)造向量)f(x)＝eq\f(x,\r(a－x2)－\r(1－x2))＝eq\f(x（\r(a－x2)＋\r(1－x2)）,a－1),因?yàn)閒(x)為奇函數(shù),令g(x)＝eq\f(x（\r(a－x2)＋\r(1－x2)）,|a－1|)(x>0),則g(x)的最大值為eq\f(2,3),設(shè)向量a＝(eq\r(a－x2),eq\r(x2)),b＝(eq\r(x2),eq\r(1－x2)),a與b的夾角為θ,則有a·b＝|a|·|b|cosθ≤|a|·|b|,即(eq\r(a－x2),eq\r(x2))·(eq\r(x2),eq\r(1－x2))≤eq\r(（a－x2）＋x2)·eq\r(x2＋（1－x2）),亦即eq\r(a－x2)·eq\r(x2)＋eq\r(x2)·eq\r(1－x2)≤eq\r(a),亦即x(eq\r(a－x2)＋eq\r(1－x2))≤eq\r(a),當(dāng)且僅當(dāng)a與b同向時(shí)等號成立,即eq\r(a－x2)·eq\r(1－x2)－eq\r(x2)·eq\r(x2)＝0,亦即x2＝eq\f(a,a＋1)時(shí),取等號．即x(eq\r(a－x2)＋eq\r(1－x2))的最大值為eq\r(a),從而g(x)的最大值為eq\f(\r(a),|a－1|),即有eq\f(\r(a),|a－1|)＝eq\f(2,3),解得a＝4或a＝eq\f(1,4).eq\a\vs4\al(解后反思)1.最值的求法通常有如下的方法：(2)解法1(根的分布)當(dāng)x0＞1時(shí),則f(x0)＞0,又b＝3－a,設(shè)t＝f(x0),則題意可轉(zhuǎn)化為方程ax＋eq\f(3－a,x)－c＝t(t＞0)在(0,＋∞)上有相異兩實(shí)根x1,x2,(6分)即關(guān)于x的方程ax2－(c＋t)x＋(3－a)＝0(t＞0)在(0,＋∞)上有相異兩實(shí)根x1,x2.則x1,2＝eq\f(c＋t±\r(（c＋t）2－4a（3－a）),2a),所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＜a＜3，,Δ＝（c＋t）2－4a（3－a）＞0，,x1＋x2＝\f(c＋t,a)＞0，,x1x2＝\f(3－a,a)＞0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＜a＜3，,（c＋t）2＞4a（3－a），,c＋t＞0.))所以c＞2eq\r(a（3－a）)－t對任意t∈(0,＋∞)恒成立．因?yàn)?＜a＜3,所以2eq\r(a（3－a）)≤2×eq\f(a＋3－a,2)＝3(當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\f(3,2)時(shí)取等號)．又－t＜0,所以2eq\r(a（3－a）)－t的取值范圍是(－∞,3),所以c≥3.故c的最小值為3.(10分)解法2(圖像法)由b＝3－a,且0＜a＜3,得g′(x)＝a－eq\f(3－a,x2)＝eq\f(ax2－（3－a）,x2)＝0,得x＝eq\r(\f(3－a,a))或x＝－eq\r(\f(3－a,a))(舍),則函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(3－a,a))))上單調(diào)遞減；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(3－a,a))，＋∞))上單調(diào)遞增．又對任意x0＞1,f(x0)為(0,＋∞)上的任意一個(gè)值,若存在不相等的正實(shí)數(shù)x1,x2,使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0),則g(x)的最小值小于或等于0.即geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(3－a,a))))＝2eq\r(a（3－a）)－c≤0,(6分)即c≥2eq\r(a（3－a）)對任意a∈(0,3)恒成立．又2eq\r(a（3－a）)≤a＋(3－a)＝3,所以c≥3.當(dāng)c＝3時(shí),對任意a∈(0,3),x0∈(1,＋∞),方程g(x)－f(x0)＝0化為ax＋eq\f(3－a,x)－3－f(x0)＝0,即ax2－[3＋f(x0)]x＋(3－a)＝0(*)．關(guān)于x的方程(*)的Δ＝[3＋f(x0)]2－4a(3－a)≥[3＋f(x0)]2－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋3－a,2)))eq\s\up12(2)＝[3＋f(x0)]2－9,因?yàn)閤0＞1,所以f(x0)＝lnx0＞0,所以Δ＞0,所以方程(*)有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)解x1,x2,又x1＋x2＝eq\f(f（x0）＋3,a)＞0,x1x2＝eq\f(3－a,a)＞0,所以x1,x2為兩個(gè)相異正實(shí)數(shù)解,符合題意．所以c的最小值為3.解法3(圖像法)當(dāng)x0＞1時(shí),可知f(x0)＞0,又b＝3－a,設(shè)t＝f(x0),則t＞0.令h(x)＝ax＋eq\f(3－a,x)－c－t(x＞0,t＞0),同解法2可知h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(3－a,a))))上單調(diào)遞減；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(3－a,a))，＋∞))上單調(diào)遞增．當(dāng)c＜2eq\r(a（3－a）)時(shí),若0＜t＜2eq\r(a（3－a）)－c,則x＞0時(shí),h(x)＝ax＋eq\f(3－a,x)－c－t≥2eq\r(a（3－a）)－c－t＞0,所以h(x)在(0,＋∞)上沒有零點(diǎn),不符合題意．當(dāng)c≥2eq\r(a（3－a）)時(shí),heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(3－a,a))))＝2eq\r(a（3－a）)－c－t≤－t＜0.因?yàn)閑q\r(a（3－a）)＜2eq\r(a（3－a）)≤c,eq\r(a（3－a）)＜c＋t,所以0＜eq\f(3－a,c＋t)＜eq\r(\f(3－a,a)),所以當(dāng)0＜m＜eq\f(3－a,c＋t)時(shí),eq\f(3－a,m)＞c＋t,所以h(m)＝am＋eq\f(3－a,m)－c－t＞eq\f(3－a,m)－c－t＞0,又h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(3－a,a))))上單調(diào)遞減,并且連續(xù),則h(x)在(m,eq\r(\f(3－a,a)))上恰有一個(gè)零點(diǎn),所以存在x1∈(0,eq\r(\f(3－a,a))),使得h(x1)＝0,即g(x1)＝t.因?yàn)閏＋t＞c＞eq\r(a（3－a）),所以eq\f(c＋t,a)＞eq\r(\f(3－a,a)),所以當(dāng)n＞eq\f(c＋t,a)時(shí),h(n)＝an＋eq\f(3－a,n)－c－t＞an－c－t＞0,又h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(3－a,a))，＋∞))上單調(diào)遞增,并且連續(xù),則h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(3－a,a))，n))上恰有一個(gè)零點(diǎn),所以存在x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(3－a,a))，＋∞)),使得h(x2)＝0,即g(x2)＝t.所以當(dāng)c≥2eq\r(a（3－a）)時(shí),對任意x0∈(1,＋∞)和任意a∈(0,3),總存在不相等的正實(shí)數(shù)x1,x2,使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0)．即c≥2eq\r(a（3－a）)對任意a∈(0,3)恒成立．又2eq\r(a（3－a）)≤a＋(3－a)＝3,當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\f(3,2)時(shí)取等號,所以c≥3.故c的最小值為3.(3)當(dāng)a＝1時(shí),因?yàn)楹瘮?shù)f(x)與g(x)的圖像交于A,B兩點(diǎn),所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx1＝x1＋\f(b,x1)－c，,lnx2＝x2＋\f(b,x2)－c，))兩式相減,得b＝x1x2(1－eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1))．要證明x1x2－x2<b<x1x2－x1,即證x1x2－x2<x1x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(lnx2－lnx1,x2－x1)))<x1x2－x1,即證eq\f(1,x2)<eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)<eq\f(1,x1),即證1－eq\f(x1,x2)<lneq\f(x2,x1)<eq\f(x2,x1)－1.令eq\f(x2,x1)＝t,則t>1,此時(shí)即證1－eq\f(1,t)<lnt<t－1.令φ(t)＝lnt＋eq\f(1,t)－1,所以φ′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(1,t2)＝eq\f(t－1,t2)>0,所以當(dāng)t>1時(shí),函數(shù)φ(t)單調(diào)遞增．又φ(1)＝0,所以φ(t)＝lnt＋eq\f(1,t)－1>0,即1－eq\f(1,t)<lnt成立；再令m(t)＝lnt－t＋1,所以m′(t)＝eq\f(1,t)－1＝eq\f(1－t,t)<0,所以當(dāng)t>1時(shí),函數(shù)m(t)單調(diào)遞減．又m(1)＝0,所以m(t)＝lnt－t＋1<0,即lnt<t－1也成立．綜上所述,實(shí)數(shù)x1,x2滿足x1x2－x2<b<x1x2－x1.【變式2】、.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(－x3＋x2，,x<0，,ex－ax，,x≥0，)))其中常數(shù)a∈R.(1)當(dāng)a＝2時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若方程f(－x)＋f(x)＝ex－3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,n∈[0,2],且|m－n|≥1,使得f(m)＝f(n),求證：1≤eq\f(a,e－1)≤e.eq\a\vs4\al(思路分析)(1)先分段討論,再整體說明單調(diào)區(qū)間是否可合并(關(guān)鍵是圖像在x＝0處怎樣跳躍)．(2)轉(zhuǎn)化為a＝x2＋x＋eq\f(3,x)在(0,＋∞)上有實(shí)數(shù)解,即求函數(shù)g(x)＝x2＋x＋eq\f(3,x)在(0,＋∞)上的值域．(3)首先縮小a的范圍為1<a<e2,在此基礎(chǔ)上考察f(x)在0,1,2,m,n處的函數(shù)值的大小關(guān)系．【解析】：(1)當(dāng)a＝2時(shí),f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(－x3＋x2，,x<0，,ex－2x，,x≥0.)))①當(dāng)x<0時(shí),f′(x)＝－3x2＋2x<0恒成立,所以f(x)在(－∞,0)上遞減；(2分)②當(dāng)x≥0時(shí),f′(x)＝ex－2,可得f(x)在[0,ln2]上遞減,在[ln2,＋∞)上遞增．(4分)因?yàn)閒(0)＝1>0,所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞,0)和[0,ln2],單調(diào)遞增區(qū)間是[ln2,＋∞)．(5分)(2)當(dāng)x>0時(shí),f(x)＝ex－ax,此時(shí)－x<0,f(－x)＝－(－x)3＋(－x)2＝x3＋x2.所以可化為a＝x2＋x＋eq\f(3,x)在區(qū)間(0,＋∞)上有實(shí)數(shù)解．(6分)記g(x)＝x2＋x＋eq\f(3,x),x∈(0,＋∞),則g′(x)＝2x＋1－eq\f(3,x2)＝eq\f(（x－1）（2x2＋3x＋3）,x2).(7分)可得g(x)在(0,1]上遞減,在[1,＋∞)上遞增,且g(1)＝5,當(dāng)x→＋∞時(shí),g(x)→＋∞.(9分)所以g(x)的值域是[5,＋∞),即實(shí)數(shù)a的取值范圍是[5,＋∞)．(10分)(3)當(dāng)x∈[0,2]時(shí),f(x)＝ex－ax,有f′(x)＝ex－a.若a≤1或a≥e2,則f(x)在[0,2]上是單調(diào)函數(shù),不合題意．(11分)所以1<a<e2,此時(shí)可得f(x)在[0,lna]上遞減,在[lna,2]上遞增．不妨設(shè)0≤m<lna<n≤2,則f(0)≥f(m)>f(lna),且f(lna)<f(n)≤f(2)．由m,n∈[0,2],n－m≥1,可得0≤m≤1≤n≤2.(12分)因?yàn)閒(m)＝f(n),所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1<a<e2，,f（0）≥f（m）≥f（1），,f（2）≥f（n）≥f（1），))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1<a<e2，,1≥e－a，,e2－2a≥e－a，))(14分)即e－1≤a≤e2－e,所以1≤eq\f(a,e－1)≤e.(16分)eq\a\vs4\al(解后反思)第(1)題中,若函數(shù)f(x)改為f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(－x3＋x2＋2，,x<0，,ex－2x，,x≥0.)))則函數(shù)f(x)的“兩個(gè)”遞減區(qū)間(－∞,0)和[0,ln2]應(yīng)合并為一個(gè)遞減區(qū)間(－∞,ln2],因?yàn)楹瘮?shù)圖像在x＝0處(從左往右)向下跳躍．而原題中函數(shù)圖像在x＝0處(從左往右)向上跳躍,所以不能合并．【關(guān)聯(lián)1】、.已知函數(shù)f(x)＝ex(3x－2),g(x)＝a(x－2),其中a,x∈R.(1)求過點(diǎn)(2,0)和函數(shù)y＝f(x)圖像相切的直線方程；(2)若對任意x∈R,有f(x)≥g(x)恒成立,求a的取值范圍；(3)若存在唯一的整數(shù)x0,使得f(x0)<g(x0),求a的取值范圍．eq\a\vs4\al(思路分析)(1)利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線的方程,根據(jù)斜率建立方程即可．(2)不等式恒成立問題處理的方法有兩種：一種是分離參變,轉(zhuǎn)化為相應(yīng)函數(shù)的值域(最值)問題解決；另一種是轉(zhuǎn)化為含參函數(shù)的值域問題,通過分類討論解決．這里可以采取第一種方法,只是分離參變時(shí)要注意對x－2的符號進(jìn)行分類討論．(3)在第(2)小問的基礎(chǔ)上,分離參變,轉(zhuǎn)化為存在有限整數(shù)自變量滿足條件的問題．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)F(x)＝eq\f(ex（3x－2）,x－2)的性質(zhì),找到相關(guān)的整數(shù)自變量,求得對應(yīng)的函數(shù)值是解決本問題的關(guān)鍵．【解析】(1)設(shè)切點(diǎn)為(x0,y0),f′(x)＝ex(3x＋1),則切線斜率為ex0(3x0＋1),所以切線方程為y－y0＝ex0(3x0＋1)(x－x0),因?yàn)榍芯€過點(diǎn)(2,0),所以－ex0(3x0－2)＝ex0(3x0＋1)(2－x0),化簡得3xeq\o\al(2,0)－8x0＝0,解得x0＝0或x0＝eq\f(8,3),當(dāng)x0＝0時(shí),切線方程為y＝x－2,當(dāng)x0＝eq\f(8,3)時(shí),切線方程為y＝9eeq\f(8,3)x－18eeq\f(8,3).(2)由題意,對任意x∈R,有ex(3x－2)≥a(x－2)恒成立,①當(dāng)x∈(－∞,2)時(shí),a≥eq\f(ex（3x－2）,x－2),即a≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(ex（3x－2）,x－2)))eq\s\do7(max).令F(x)＝eq\f(ex（3x－2）,x－2),則F′(x)＝eq\f(ex（3x2－8x）,（x－2）2),令F′(x)＝0,得x＝0,列表如下：x(－∞,0)0(0,2)F′(x)＋0－F(x)極大F(x)max＝F(0)＝1,故此時(shí)a≥1.②當(dāng)x＝2時(shí),恒成立,故此時(shí)a∈R.③當(dāng)x∈(2,＋∞)時(shí),a≤eq\f(ex（3x－2）,x－2),即a≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(ex（3x－2）,x－2)))eq\s\do7(min),令F′(x)＝0,得x＝eq\f(8,3),列表如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(8,3)))eq\f(8,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，＋∞))F′(x)－0＋F(x)極小F(x)min＝Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))＝9eeq\f(8,3),故此時(shí)a≤9eeq\f(8,3),綜上,1≤a≤9eeq\f(8,3).(3)由f(x)<g(x),得ex(3x－2)<a(x－2),由(2)知a∈(－∞,1)∪(9eeq\f(8,3),＋∞),令F(x)＝eq\f(ex（3x－2）,x－2),列表如下：x(－∞,0)0(0,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(8,3)))eq\f(8,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，＋∞))F′(x)＋0－－0＋F(x)極大極小(12分)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<eq\f(ex（3x－2）,x－2)存在的唯一整數(shù)x0成立,因?yàn)镕(0)＝1最大,F(－1)＝eq\f(5,3e),F(1)＝－e,所以當(dāng)a<eq\f(5,3e)時(shí),至少有兩個(gè)整數(shù)成立,所以a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3e)，1)).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>eq\f(ex（3x－2）,x－2)存在唯一的整數(shù)x0成立,因?yàn)镕eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))＝9eeq\f(8,3)最小,且F(3)＝7e3,F(4)＝5e4,所以當(dāng)a>5e4時(shí),至少有兩個(gè)整數(shù)成立,當(dāng)a≤7e3時(shí),沒有整數(shù)成立,所以a∈(7e3,5e4]．綜上,a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3e)，1))∪(7e3,5e4]．【關(guān)聯(lián)2】、已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,（x＋a）2),其中a為常數(shù)．(1)若a＝0,求函數(shù)f(x)的極值；(2)若函數(shù)f(x)在(0,－a)上單調(diào)遞增,求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)若a＝－1,設(shè)函數(shù)f(x)在(0,1)上的極值點(diǎn)為x0,求證：f(x0)<－2.eq\a\vs4\al(思路分析)第一小問,利用導(dǎo)函數(shù)求單調(diào)性、極值、值域的一般步驟,必須掌握！也是解決后面問題的基礎(chǔ)；第二小問,由函數(shù)在(0,－a)上的單調(diào)性得出導(dǎo)函數(shù)在特定區(qū)間的符號,轉(zhuǎn)化為含參數(shù)的恒成立問題；第三小問,關(guān)鍵是找到零點(diǎn)的大致范圍,還是利用導(dǎo)數(shù)求最大值、最小值的方法．【解析】：(1)當(dāng)a＝0時(shí),f(x)＝eq\f(lnx,x2),定義域?yàn)?0,＋∞)．f′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3),令f′(x)＝0,得x＝eq\r(e).當(dāng)x變化時(shí),f′(x),f(x)的變化情況如下表：x(0,eq\r(e))eq\r(e)(eq\r(e),＋∞)f′(x)＋0－f(x)極大值eq\f(1,2e)所以當(dāng)x＝eq\r(e)時(shí),f(x)的極大值為eq\f(1,2e),無極小值．①若0<－a≤e－eq\f(1,2),即0>a≥－e－eq\f(1,2),則g′(x)＝2lnx＋1<0對x∈(0,－a)恒成立,所以g(x)＝2xlnx－x在(0,－a)上單調(diào)遞減,則a≤2(－a)ln(－a)－(－a),所以ln(－a)≥0,所以a≤－1與a≥－e－eq\f(1,2)矛盾,舍去；②若－a>e－eq\f(1,2),即a<－e－eq\f(1,2),令g′(x)＝2lnx＋1＝0,得x＝e－eq\f(1,2),當(dāng)0<x<e－eq\f(1,2)時(shí),g′(x)＝2lnx＋1<0,所以g(x)＝2xlnx－x單調(diào)遞減,當(dāng)e－eq\f(1,2)<x<－a時(shí),g′(x)＝2lnx＋1>0,所以g(x)＝2xlnx－x單調(diào)遞增,所以當(dāng)x＝e－eq\f(1,2)時(shí),g(x)min＝g(e－eq\f(1,2))＝2e－eq\f(1,2)·lne－eq\f(1,2)－e－eq\f(1,2)＝－2e－eq\f(1,2),所以a≤－2e－eq\f(1,2).綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞,－2e－eq\f(1,2)]．(3)當(dāng)a＝－1時(shí),f(x)＝eq\f(lnx,（x－1）2),f′(x)＝eq\f(x－1－2xlnx,x（x－1）3).令h(x)＝x－1－2xlnx,x∈(0,1),則h′(x)＝1－2(lnx＋1)＝－2lnx－1,令h′(x)＝0,得x＝e－eq\f(1,2).①當(dāng)e－eq\f(1,2)≤x<1時(shí),h′(x)≤0,所以h(x)＝x－1－2xlnx單調(diào)遞減,h(x)∈(0,2e－eq\f(1,2)－1],x∈(0,1),所以f′(x)＝eq\f(x－1－2xlnx,x（x－1）3)<0恒成立,所以f(x)＝eq\f(lnx,（x－1）2)單調(diào)遞減,且f(x)≤f(e－eq\f(1,2))．②當(dāng)0<x≤e－eq\f(1,2)時(shí),h′(x)≥0,所以h(x)＝x－1－2xlnx單調(diào)遞增,其中heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)－1－2·eq\f(1,2)·lneq\f(1,2)＝lneq\r(\f(4,e))>0,h(e－2)＝e－2－1－2e－2·lne－2＝eq\f(5,e2)－1<0,所以存在唯一x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e－2，\f(1,2))),使得h(x0)＝0,所以f′(x0)＝0,當(dāng)0<x<x0時(shí),f′(x)>0,所以f(x)＝eq\f(lnx,（x－1）2)單調(diào)遞增；當(dāng)x0<x≤e－eq\f(1,2)時(shí),f′(x)<0,所以f(x)＝eq\f(lnx,（x－1）2)單調(diào)遞減,且f(x)≥f(e－eq\f(1,2)),由①和②可知,f(x)＝eq\f(lnx,（x－1）2)在(0,x0)上單調(diào)遞增,在(x0,1)上單調(diào)遞減,所以當(dāng)x＝x0時(shí),f(x)＝eq\f(lnx,（x－1）2)取極大值．因?yàn)閔(x0)＝x0－1－2x0lnx0＝0,所以lnx0＝eq\f(x0－1,2x0),所以f(x0)＝eq\f(lnx0,（x0－1）2)＝eq\f(1,2x0（x0－1）)＝eq\f(1,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(1,2)))\s\up12(2)－\f(1,2)).又x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e－2，\f(1,2)))?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))),所以2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(1,2)))2－eq\f(1,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)),所以f(x0)＝eq\f(1,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(1,2)))\s\up12(2)－\f(1,2))<－2.eq\a\vs4\al(解后反思)本題三個(gè)小題梯度明顯,有較好的區(qū)分度．其中第(1)小題簡單；第(2)小題難度中等,但要完成討論也需要不錯(cuò)的基礎(chǔ)；第三小題“隱零點(diǎn)”問題．不是一般的考生能討論出范圍的,建議一般的考生果斷放棄．各個(gè)小問題中都利用了導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、值域．【關(guān)聯(lián)3】、已知函數(shù)f(x)＝x－1－alnx(其中a為參數(shù))．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若對任意x∈(0,＋∞)都有f(x)≥0成立,求實(shí)數(shù)a的取值集合；(3)證明：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))n<e<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))n＋1(其中n∈N*,e為自然對數(shù)的底數(shù))．【解析】：(1)f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)(x>0),當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)>0,所以f(x)在(0,＋∞)上是增函數(shù)；當(dāng)a>0時(shí),x(0,a)a(a,＋∞)f′(x)－0＋f(x)極小值所以f(x)的增區(qū)間是(a,＋∞),減區(qū)間是(0,a)．綜上所述,當(dāng)a≤0時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,＋∞)；當(dāng)a>0時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(a,＋∞),單調(diào)遞減區(qū)間是(0,a)．(2)由題意得f(x)min≥0.當(dāng)a≤0時(shí),由(1)知f(x)在(0,＋∞)上是增函數(shù),當(dāng)x→0時(shí),f(x)→－∞,故不合題意；(6分)當(dāng)a>0時(shí),由(1)知f(x)min＝f(a)＝a－1－alna≥0.令g(a)＝a－1－alna,則由g′(a)＝－lna＝0,得a＝1,a(0,1)1(1,＋∞)g′(a)＋0－g(a)極大值所以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,即實(shí)數(shù)a的取值集合是{1}．(10分)(3)要證不等式1＋eq\f(1,n)n<e<1＋eq\f(1,n)n＋1,兩邊取對數(shù)后,只要證nln1＋eq\f(1,n)<1<(n＋1)ln1＋eq\f(1,n),即只要證eq\f(1,n＋1)<ln1＋eq\f(1,n)<eq\f(1,n),令x＝1＋eq\f(1,n),則只要證1－eq\f(1,x)<lnx<x－1(1<x≤2)．由(1)知當(dāng)a＝1時(shí),f(x)＝x－1－lnx在(1,2]上遞增,因此f(x)>f(1),即x－1－lnx>0,所以lnx<x－1(1<x≤2)令φ(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－1(1<x≤2),則φ′(x)＝eq\f(x－1,x2)>0,所以φ(x)在(1,2]上遞增,故φ(x)>φ(1),即lnx＋eq\f(1,x)－1>0,所