高考文科數(shù)學(xué)人教A版4高考專(zhuān)題突破一

高考專(zhuān)題突破一高考中的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問(wèn)題【考點(diǎn)自測(cè)】1．若函數(shù)f(x)＝2sinx(x∈[0，π])的圖象在點(diǎn)P處的切線平行于函數(shù)g(x)＝2eq\r(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,3)＋1))的圖象在點(diǎn)Q處的切線，則直線PQ的斜率為()A.eq\f(8,3)B．2C.eq\f(7,3)D.eq\f(\r(3),3)答案A解析f′(x)＝2cosx∈[－2,2]，g′(x)＝eq\r(x)＋eq\f(1,\r(x))≥2(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào))．當(dāng)兩函數(shù)的切線平行時(shí)，xp＝0，xQ＝1.即P(0,0)，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(8,3)))，∴直線PQ的斜率為eq\f(8,3).2．(2017·全國(guó)Ⅱ)若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的極值點(diǎn)，則f(x)的極小值為()A．－1B．－2e－3C．5e－3D．1答案A解析函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，則f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]．由x＝－2是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，得f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，所以a＝－1.所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)．由ex－1＞0恒成立，得當(dāng)x＝－2或x＝1時(shí)，f′(x)＝0，且當(dāng)x＜－2時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)－2＜x＜1時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＞0.所以x＝1是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)．所以函數(shù)f(x)的極小值為f(1)＝－1.故選A.3．設(shè)f(x)，g(x)在[a，b]上可導(dǎo)，且f′(x)>g′(x)，則當(dāng)a<x<b時(shí)，有()A．f(x)>g(x)B．f(x)<g(x)C．f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)D．f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b)答案C解析∵f′(x)－g′(x)>0，∴(f(x)－g(x))′>0，∴f(x)－g(x)在[a，b]上是增函數(shù)，∴當(dāng)a<x<b時(shí)f(x)－g(x)>f(a)－g(a)，∴f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)．4．若函數(shù)f(x)＝2x3－3mx2＋6x在區(qū)間(2，＋∞)上為增函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為_(kāi)___________．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,2)))解析∵f′(x)＝6x2－6mx＋6，當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)≥0恒成立，即x2－mx＋1≥0恒成立，∴m≤x＋eq\f(1,x)恒成立．令g(x)＝x＋eq\f(1,x)，g′(x)＝1－eq\f(1,x2)，∴當(dāng)x>2時(shí)，g′(x)>0，即g(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴m≤2＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,2).5．(2017·江蘇)已知函數(shù)f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，若f(a－1)＋f(2a2)≤0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))解析因?yàn)閒(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－eq\f(1,e－x)＝－x3＋2x－ex＋eq\f(1,ex)＝－f(x)，所以f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)是奇函數(shù)．因?yàn)閒(a－1)＋f(2a2)≤0，所以f(2a2)≤－f(a－1)，即f(2a2)≤f(1－a)．因?yàn)閒′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2eq\r(ex·e－x)＝3x2≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)“＝”成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞增，所以2a2≤1－a，即2a2＋a－1≤0，所以－1≤a≤eq\f(1,2).題型一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)例1(2018·沈陽(yáng)質(zhì)檢)設(shè)f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈R.(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)已知f(x)在x＝1處取得極大值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)由f′(x)＝lnx－2ax＋2a，可得g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)，所以g′(x)＝eq\f(1,x)－2a＝eq\f(1－2ax,x).當(dāng)a≤0，x∈(0，＋∞)時(shí)，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)a＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))時(shí)，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))時(shí)，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減．所以當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a＞0時(shí)，函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞)).(2)由(1)知，f′(1)＝0.①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝1處取得極小值，不符合題意；②當(dāng)0＜a＜eq\f(1,2)，即eq\f(1,2a)＞1時(shí)，由(1)知f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))上單調(diào)遞增．可得當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＜0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))時(shí)，f′(x)＞0.所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上單調(diào)遞增．所以f(x)在x＝1處取得極小值，不符合題意；③當(dāng)a＝eq\f(1,2)，即eq\f(1,2a)＝1時(shí)，f′(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)≤0，f(x)單調(diào)遞減，不符合題意；④當(dāng)a＞eq\f(1,2)，即0＜eq\f(1,2a)＜1時(shí)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減．所以f(x)在x＝1處取得極大值，符合題意.綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞\f(1,2))))).思維升華利用導(dǎo)數(shù)主要研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值．已知f(x)的單調(diào)性，可轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問(wèn)題；含參函數(shù)的最值問(wèn)題是高考的熱點(diǎn)題型，解此類(lèi)題的關(guān)鍵是極值點(diǎn)與給定區(qū)間位置關(guān)系的討論，此時(shí)要注意結(jié)合導(dǎo)函數(shù)圖象的性質(zhì)進(jìn)行分析．跟蹤訓(xùn)練1已知a∈R，函數(shù)f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝(－x2＋2x)ex，所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，因?yàn)閑x>0，所以－x2＋2>0，解得－eq\r(2)<x<eq\r(2).所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－eq\r(2)，eq\r(2))．(2)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞增，所以f′(x)≥0對(duì)x∈(－1,1)都成立．因?yàn)閒′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0對(duì)x∈(－1,1)都成立．因?yàn)閑x>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0對(duì)x∈(－1,1)都成立，即a≥eq\f(x2＋2x,x＋1)＝eq\f(x＋12－1,x＋1)＝(x＋1)－eq\f(1,x＋1)對(duì)x∈(－1,1)都成立．令y＝(x＋1)－eq\f(1,x＋1)，則y′＝1＋eq\f(1,x＋12)>0.所以y＝(x＋1)－eq\f(1,x＋1)在(－1,1)上單調(diào)遞增，所以y<(1＋1)－eq\f(1,1＋1)＝eq\f(3,2)，即a≥eq\f(3,2).經(jīng)檢驗(yàn)a＝eq\f(3,2)時(shí)，符合題意．因此a的取值范圍為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥\f(3,2))))).題型二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題例2已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1－a,2)x2－ax－a，x∈R，其中a>0.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．解(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由f′(x)＝0，得x＝－1或x＝a(a>0)．當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，－1)－1(－1，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘極小值↗故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－1)，(a，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間是(－1，a)．(2)由(1)知f(x)在區(qū)間(－2，－1)內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間(－1,0)內(nèi)單調(diào)遞減，從而函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－2<0，,f－1>0，,f0<0，))解得0<a<eq\f(1,3).所以a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).思維升華函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題一般利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值等性質(zhì)，并借助函數(shù)圖象，根據(jù)零點(diǎn)或圖象的交點(diǎn)情況，建立含參數(shù)的方程(或不等式)組求解，實(shí)現(xiàn)形與數(shù)的和諧統(tǒng)一．跟蹤訓(xùn)練2(2018·合肥調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx，k>0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)證明：若f(x)存在零點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個(gè)零點(diǎn)．(1)解函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)．由f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx(k>0)，得f′(x)＝x－eq\f(k,x)＝eq\f(x2－k,x).由f′(x)＝0，解得x＝eq\r(k)(負(fù)值舍去)．f′(x)與f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上隨x的變化情況如下表：x(0，eq\r(k))eq\r(k)(eq\r(k)，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘eq\f(k1－lnk,2)↗所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，eq\r(k))，單調(diào)遞增區(qū)間是(eq\r(k)，＋∞)．f(x)在x＝eq\r(k)處取得極小值f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk,2)，無(wú)極大值．(2)證明由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值為f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk,2).因?yàn)閒(x)存在零點(diǎn)，所以eq\f(k1－lnk,2)≤0，從而k≥e，當(dāng)k＝e時(shí)，f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上單調(diào)遞減且f(eq\r(e))＝0，所以x＝eq\r(e)是f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上的唯一零點(diǎn)；當(dāng)k>e時(shí)，f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上單調(diào)遞減且f(1)＝eq\f(1,2)>0，f(eq\r(e))＝eq\f(e－k,2)<0，所以f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個(gè)零點(diǎn)．綜上可知，若f(x)存在零點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個(gè)零點(diǎn)．題型三利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問(wèn)題例3(2017·陜西省寶雞市質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2lnx＋b(x－1)，曲線y＝f(x)過(guò)點(diǎn)(e，e2－e＋1)，且在點(diǎn)(1,0)處的切線方程為y＝0.(1)求a，b的值；(2)證明：當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥(x－1)2；(3)若當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥m(x－1)2恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．(1)解由題意可知，f(x)＝ax2lnx＋b(x－1)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝2axlnx＋ax＋b(x>0)，∵f′(1)＝a＋b＝0，f(e)＝ae2＋b(e－1)＝a(e2－e＋1)＝e2－e＋1，∴a＝1，b＝－1.(2)證明f(x)＝x2lnx－x＋1，f(x)－(x－1)2＝x2lnx＋x－x2，設(shè)g(x)＝x2lnx＋x－x2(x≥1)，則g′(x)＝2xlnx－x＋1.由(g′(x))′＝2lnx＋1>0，得g′(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g′(x)≥g′(1)＝0，∴g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)≥g(1)＝0.∴f(x)≥(x－1)2.(3)解設(shè)h(x)＝x2lnx－x－m(x－1)2＋1(x≥1)，則h′(x)＝2xlnx＋x－2m(x－1)－1，由(2)知x2lnx≥(x－1)2＋x－1＝x(x－1)，∴xlnx≥x－1，∴h′(x)≥3(x－1)－2m(x－1)＝(3－2m)(x－1)．①當(dāng)3－2m≥0，即m≤eq\f(3,2)時(shí)，h′(x)≥0，∴h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)≥h(1)＝0成立．②當(dāng)3－2m<0，即m>eq\f(3,2)時(shí)，h′(x)＝2xlnx＋(1－2m)(x－1)，(h′(x))′＝2lnx＋3－2m，令(h′(x))′＝0，得x＝>1，當(dāng)x∈[1，)時(shí)，h′(x)單調(diào)遞減，則h′(x)≤h′(1)＝0，∴h(x)在[1，)上單調(diào)遞減，∴h(x)≤h(1)＝0，即h(x)≥0不成立．綜上，m≤eq\f(3,2).思維升華求解不等式恒成立或有解時(shí)參數(shù)的取值范圍問(wèn)題，一般常用分離參數(shù)的方法，但是如果分離參數(shù)后對(duì)應(yīng)的函數(shù)不便于求解其最值，或者求解其函數(shù)最值較煩瑣時(shí)，可采用直接構(gòu)造函數(shù)的方法求解．跟蹤訓(xùn)練3已知函數(shù)f(x)＝x3－2x2＋x＋a，g(x)＝－2x＋eq\f(9,x)，若對(duì)任意的x1∈[－1,2]，存在x2∈[2,4]，使得f(x1)＝g(x2)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是____________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7,4)，－\f(3,2)))解析問(wèn)題等價(jià)于f(x)的值域是g(x)的值域的子集，顯然，g(x)單調(diào)遞減，∴g(x)max＝g(2)＝eq\f(1,2)，g(x)min＝g(4)＝－eq\f(23,4)；對(duì)于f(x)，f′(x)＝3x2－4x＋1，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,3)或x＝1，當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況列表如下：x－1(－1，eq\f(1,3))eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))1(1,2)2f′(x)＋0－0＋f(x)a－4↗eq\f(4,27)＋a↘a↗a＋2∴f(x)max＝a＋2，f(x)min＝a－4，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2≤\f(1,2)，,a－4≥－\f(23,4)，))∴a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7,4)，－\f(3,2))).1．已知函數(shù)f(x)＝xlnx.(1)求f(x)的最小值；(2)若對(duì)所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝1＋lnx，令f′(x)>0，解得x>eq\f(1,e)，令f′(x)<0，解得0<x<eq\f(1,e)，從而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增．所以，當(dāng)x＝eq\f(1,e)時(shí)，f(x)取得最小值－eq\f(1,e).(2)由題意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤lnx＋eq\f(1,x)對(duì)于x∈[1，＋∞)恒成立．令g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x))).當(dāng)x>1時(shí)，因?yàn)間′(x)＝eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))>0，故g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)的最小值是g(1)＝1，從而a的取值范圍是(－∞，1]．2．已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0,2)處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為－2.(1)求a的值；(2)證明：當(dāng)k<1時(shí)，曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個(gè)交點(diǎn)．(1)解f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0,2)處的切線方程為y＝ax＋2.由題設(shè)得－eq\f(2,a)＝－2，所以a＝1.(2)證明由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.設(shè)g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.由題設(shè)知1－k>0.當(dāng)x≤0時(shí)，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)單調(diào)遞增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一實(shí)根．當(dāng)x>0時(shí)，令h(x)＝x3－3x2＋4，則g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.所以g(x)＝0在(0，＋∞)上沒(méi)有實(shí)根．綜上，g(x)＝0在R上有唯一實(shí)根，即曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個(gè)交點(diǎn)．3．已知函數(shù)f(x)＝x2＋xsinx＋cosx.(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(a，f(a))處與直線y＝b相切，求a與b的值；(2)若曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，求b的取值范圍．解由f(x)＝x2＋xsinx＋cosx，得f′(x)＝x(2＋cosx)．(1)因?yàn)榍€y＝f(x)在點(diǎn)(a，f(a))處與直線y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cosa)＝0，b＝f(a)，解得a＝0，b＝f(0)＝1.(2)令f′(x)＝0，得x＝0.當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)與f(x)的變化情況如下表：x(－∞，0)0(0，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘1↗所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(0)＝1是f(x)的最小值．當(dāng)b≤1時(shí)，曲線y＝f(x)與直線y＝b最多只有一個(gè)交點(diǎn)；當(dāng)b>1時(shí)，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝1<b，所以存在x1∈(－2b,0)，x2∈(0,2b)，使得f(x1)＝f(x2)＝b.由于函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)和(0，＋∞)上均單調(diào)，所以當(dāng)b>1時(shí)，曲線y＝f(x)與直線y＝b有且僅有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．綜上可知，如果曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，那么b的取值范圍是(1，＋∞)．4．已知函數(shù)f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))－2lnx(a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝－eq\f(a,x)，若至少存在一個(gè)x0∈[1，e]，使得f(x0)>g(x0)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)由題意得，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，易求得f′(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2)))－eq\f(2,x)＝eq\f(ax2－2x＋a,x2)，令h(x)＝ax2－2x＋a.①當(dāng)a≤0時(shí)，h(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，則f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，此時(shí)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．②當(dāng)a>0時(shí)，Δ＝4－4a2.(ⅰ)當(dāng)0<a<1時(shí)，由f′(x)>0，即h(x)>0，得x<eq\f(1－\r(1－a2),a)或x>eq\f(1＋\r(1－a2),a)；由f′(x)<0，即h(x)<0，得eq\f(1－\r(1－a2),a)<x<eq\f(1＋\r(1－a2),a).所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－a2),a)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－a2),a)，＋∞))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－a2),a)，\f(1＋\r(1－a2),a))).(ⅱ)當(dāng)a≥1時(shí)，h(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，則f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，此時(shí)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)因?yàn)榇嬖趚0∈[1，e]，使得f(x0)>g(x0)成立，所以ax0>2lnx0，即a>eq\f(2lnx0,x0).令F(x)＝eq\f(2lnx,x)，則題目等價(jià)于當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，a>F(x)min.對(duì)F(x)求導(dǎo)，得F′(x)＝eq\f(21－lnx,x2).因?yàn)楫?dāng)x∈[1，e]時(shí)，F(xiàn)′(x)≥0，所以F(x)在[1，e]上單調(diào)遞增．所以F(x)min＝F(1)＝0，因此a>0，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0，＋∞)．5．(2017·豫南九校聯(lián)考)對(duì)于函數(shù)y＝H(x)，若在其定義域內(nèi)存在x0，使得x0·H(x0)＝1成立，則稱(chēng)x0為函數(shù)H(x)的“倒數(shù)點(diǎn)”．已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)(x＋1)2－1.(1)求證：函數(shù)f(x)有“倒數(shù)點(diǎn)”，并討論函數(shù)f(x)的“倒數(shù)點(diǎn)”的個(gè)數(shù)；(2)若當(dāng)x≥1時(shí)，不等式xf(x)≤m[g(x)－x]恒成立，試求實(shí)數(shù)m的取值范圍．(1)證明設(shè)h(x)＝lnx－eq\f(1,x)，x>0，則h′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)>0，x>0，所以h(x)在(0，＋∞)上為單調(diào)遞增函數(shù)．而h(1)＝－1<0，h(e)＝1－eq\f(1,e)>0，所以函數(shù)h(x)有零點(diǎn)且只有一個(gè)零點(diǎn)．所以函數(shù)f(x)有“倒數(shù)點(diǎn)”且只有一個(gè)“倒數(shù)點(diǎn)”．(2)解xf(x)≤m[g(x)－x]等價(jià)于2x·l