10、函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．
當(dāng)00，
所以10，且f(x0)<0.
所以函數(shù)f(x)在上有一個(gè)零點(diǎn).
又因?yàn)閒＝－－ln≥－＝1>0(因?yàn)閘n x≤x－1)，且f(x0)<0.
所以函數(shù)f(x)在上有一個(gè)零點(diǎn)．
所以當(dāng)00)，
所以t′(x)＝1－＝，
令t′(x)＝0，得x＝1.
當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，t′(x)<0；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，t′(x)>0.
所以函數(shù)t(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，
11、在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
所以當(dāng)x＝1時(shí)，t(x)有最小值t(1)＝0.
所以t(x)＝x－1－ln x≥0，得ln x≤x－1成立．
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,1)．
4．已知函數(shù)f(x)＝＋x.
(1)若函數(shù)f(x)的圖象在(1，f(1))處的切線經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0，－1)，求a的值；
(2)是否存在負(fù)整數(shù)a，使函數(shù)f(x)的極大值為正值？若存在，求出所有負(fù)整數(shù)a的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
(3)設(shè)a>0，求證：函數(shù)f(x)既有極大值，又有極小值．
解：(1)∵f′(x)＝，
∴f′(1)＝1，f(1)＝ae＋1,
∴函數(shù)f(x)在(1，f(1))處的切線方程為
y
12、－(ae＋1)＝x－1.
又直線過(guò)點(diǎn)(0，－1)，
∴－1－(ae＋1)＝－1，解得a＝－.
(2)若a<0，f′(x)＝，
當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)>0恒成立，函數(shù)在(－∞，0)上無(wú)極值；
當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)>0恒成立，函數(shù)在(0,1)上無(wú)極值．
法一：在x∈(1，＋∞)時(shí)，若f(x)在x0處取得符合條件的極大值f(x0)，則
則
由③得aex0＝－，代入②得－＋x0>0，
結(jié)合①可解得x0>2，
再由f(x0)＝＋x0>0，得a>－.
令h(x)＝－，則h′(x)＝，
當(dāng)x>2時(shí)，h′(x)>0，即h(x)是增函數(shù)，
所以a>h(x0)>h(2
13、)＝－，
又a<0，故當(dāng)極大值為正數(shù)時(shí)，a∈，從而不存在負(fù)整數(shù)a滿足條件．
法二：在x∈(1，＋∞)時(shí)，令H(x)＝aex(x－1)＋x2，則H′(x)＝(aex＋2)x，
∵x∈(1，＋∞)，∴ex∈(e，＋∞)，
∵a為負(fù)整數(shù)，∴a≤－1，∴aex≤ae≤－e，
∴aex＋2<0，∴H′(x)<0，
∴H(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
又H(1)＝1>0，H(2)＝ae2＋4≤－e2＋4<0，
∴?x0∈(1,2)，使得H(x0)＝0，
且10，即f′(x)>0；
x>x0時(shí)，H(x)<0，即f′(x)<0.
∴f(x)在x0處取得極大值f(
14、x0)＝＋x0. (*)
又H(x0)＝aex0(x0－1)＋x＝0，
∴＝－代入(*)得，
f(x0)＝－＋x0＝<0，
∴不存在負(fù)整數(shù)a滿足條件．
(3)證明：f′(x)＝，
設(shè)g(x)＝aex(x－1)＋x2，
則g′(x)＝x(aex＋2)，
因?yàn)閍>0，所以當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x<0時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，
故g(x)至多有兩個(gè)零點(diǎn)．
又g(0)＝－a<0，g(1)＝1>0，
所以存在x1∈(0,1)，使g(x1)＝0，
再由g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增知，
當(dāng)x∈(0，x1)時(shí)，g(x)<0，
故f′(x
15、)＝<0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(x1，＋∞)時(shí)，g(x)>0，
故f′(x)＝>0，f(x)單調(diào)遞增．
所以函數(shù)f(x)在x1處取得極小值.
當(dāng)x<0時(shí)，ex<1，且x－1<0，
所以g(x)＝aex(x－1)＋x2>a(x－1)＋x2＝x2＋ax－a，
函數(shù)y＝x2＋ax－a是關(guān)于x的二次函數(shù)，必存在負(fù)實(shí)數(shù)t，使g(t)>0，又g(0)＝－a<0，
故在(t,0)上存在x2，使g(x2)＝0，
再由g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減知，
當(dāng)x∈(－∞，x2)時(shí)，g(x)>0，
故f′(x)＝>0，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(x2,0)時(shí)，g(x)<0，
故f′(
16、x)＝<0，f(x)單調(diào)遞減．
所以函數(shù)f(x)在x2處取得極大值.
綜上，函數(shù)f(x)既有極大值，又有極小值．
5．已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，a∈R.
(1)若a＝e，函數(shù)g(x)＝(2－e)x.
①求函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的單調(diào)區(qū)間；
②若函數(shù)F(x)＝的值域?yàn)镽，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
(2)若存在實(shí)數(shù)x1，x2∈[0,2]，使得f(x1)＝f(x2)，且|x1－x2|≥1，求證：e－1≤a≤e2－e.
解：(1)a＝e時(shí)，f(x)＝ex－ex－1，
①h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－2x－1，h′(x)＝ex－2，
由h
17、′(x)＞0，解得x＞ln 2，由h′(x)＜0，解得x＜ln 2，
故函數(shù)h(x)在(ln 2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，ln 2)上單調(diào)遞減．
②f′(x)＝ex－e，
當(dāng)x＜1時(shí)，f′(x)＜0，f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，
當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
m≤1時(shí)，f(x)在(－∞，m]上單調(diào)遞減，則值域是[em－em－1，＋∞)，
g(x)＝(2－e)x在(m，＋∞)上單調(diào)遞減，則值域是(－∞，(2－e)m)，
∵F(x)的值域是R，故em－em－1≤(2－e)m，
即em－2m－1≤0，(*)
設(shè)h(m)＝em－2m－1，
18、
由①可知m＜0時(shí)，h(m)＝em－2m－1＞h(0)＝0，
故(*)不成立，令h′(m)＝em－2＝0，得m＝ln 2，
∵h(yuǎn)(m)在(0，ln 2)上單調(diào)遞減，在(ln 2,1)上單調(diào)遞增，且h(0)＝0，h(1)＝e－3＜0，
∴0≤m≤1時(shí)，h(m)≤0恒成立，故0≤m≤1.
m＞1時(shí)，f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，m]上單調(diào)遞增，
故函數(shù)f(x)＝ex－ex－1在(－∞，m]上的值域是[－1，＋∞)，
g(x)＝(2－e)x在(m，＋∞)上單調(diào)遞減，值域是(－∞，(2－e)m)，
∵F(x)的值域是R，
∴－1≤(2－e)m，即1＜m≤.
綜上，實(shí)數(shù)m的
19、取值范圍是.
(2)證明：f′(x)＝ex－a，
若a≤0，則f′(x)＞0，此時(shí)f(x)在R上遞增，
由f(x1)＝f(x2)，可得x1＝x2，與|x1－x2|≥1矛盾，
∴a＞0且f(x)在(－∞，ln a]上單調(diào)遞減，在[ln a，＋∞)上單調(diào)遞增，
若x1，x2∈(－∞，ln a]，則由f(x1)＝f(x2)可得x1＝x2，與|x1－x2|≥1矛盾，
同樣不能有x1，x2∈[ln a，＋∞)，
不妨設(shè)0≤x1＜x2≤2，則有0≤x1＜ln a＜x2≤2，
∵f(x)在(x1，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，x2)上單調(diào)遞增，且f(x1)＝f(x2)，
∴x1≤x≤
20、x2時(shí)，f(x)≤f(x1)＝f(x2)，
由0≤x1＜x2≤2且|x1－x2|≥1，得1∈[x1，x2]，
故f(1)≤f(x1)＝f(x2)，
又f(x)在(－∞，ln a]上單調(diào)遞減，且0≤x1＜ln a，
故f(x1)≤f(0)，
故f(1)≤f(0)，同理f(1)≤f(2)，
即解得e－1≤a≤e2－e，
∴e－1≤a≤e2－e.
6．已知函數(shù)f(x)＝exsin x－cos x，g(x)＝xcos x－ex，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
(1)判斷函數(shù)y＝f (x)在內(nèi)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說(shuō)明理由；
(2)任意x1∈，存在x2∈，使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，
21、試求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
(3)若x＞－1，求證：f (x)－g (x)＞0.
解：(1)函數(shù)y＝f (x)在內(nèi)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為1，
理由如下：
因?yàn)閒(x)＝exsin x－cos x，
所以f′(x)＝exsin x＋excos x＋sin x.
因?yàn)閤∈，所以f′(x)＞0.
所以函數(shù)f (x)在上是單調(diào)遞增函數(shù)．
因?yàn)閒(0)＝－1＜0，f ＝e>0，
根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)存在性定理得函數(shù)y＝f (x)在內(nèi)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為1.
(2)因?yàn)椴坏仁絝(x1)＋g(x2)≥m等價(jià)于f(x1)≥m－g(x2)，
所以對(duì)任意x1∈，存在x2∈，使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，等價(jià)于
22、
f(x)min≥(m－g (x))min，
即f(x)min≥m－g(x)max.
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＝exsin x＋excos x＋sin x＞0，故f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，
所以x＝0時(shí)，f (x)取得最小值－1，
又g′(x)＝cos x－xsin x－ex，
由于0≤cos x≤1，xsin x≥0，ex≥，
所以g′(x)＜0，故g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減．
因此，x＝0時(shí)，g(x)取得最大值－.
所以m≤－－1，
即實(shí)數(shù)m的取值范圍為(－∞，－－1]．
(3)證明：當(dāng)x＞－1時(shí)，要證f(x)－g(x)＞0，只要證f(x)＞g(x)，
只要證exsin
23、x－cos x＞xcos x－ex，
只要證exsin x＋ex＞cos x＋xcos x，
由于sin x＋＞0,1＋x＞0，
只要證＞ .
下面證明x＞－1時(shí)，不等式＞成立．
令h(x)＝，則h′(x)＝，
當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增．
所以當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，h(x)取得極小值也就是最小值為1，
即≥1，當(dāng)x＝0時(shí)，取“＝”．
又因?yàn)閏os x－sin x＝sin≤，
當(dāng)x＝2kπ－時(shí)，k∈Z時(shí)取“＝”．
所以cos x－sin x≤，即≤1，
當(dāng)x＝2kπ－時(shí)，k∈Z時(shí)取“＝”．
所以＞ .
綜上所述，當(dāng)x＞－1時(shí)，f (x)－g (x)＞0成立．
11
（江蘇專版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 6個(gè)解答題專項(xiàng)強(qiáng)化練（五）函數(shù).doc
