专题03 导数、函数的综合应用（解析版）

专题03导数、函数的综合运用1、（2019江苏卷）.在平面直角坐标系中，P是曲线上的一个动点，则点P到直线x+y=0的距离的最小值是_____.【答案】4.【解析】当直线平移到与曲线相切位置时，切点Q即为点P到直线的距离最小.由，得，，即切点，则切点Q到直线的距离为，2、（2019江苏卷）设函数，为f（x）的导函数．（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；（2）若a≠b，b=c，且f（x）和零点均在集合中，求f（x）的极小值；（3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤．【解析】（1）由题意得到关于a的方程，解方程即可确定a的值；（2）由题意首先确定a,b,c的值从而确定函数的解析式，然后求解其导函数，由导函数即可确定函数的极小值.（3）由题意首先确定函数的极大值M的表达式，然后可用如下方法证明题中的不等式：解法一：由函数的解析式结合不等式的性质进行放缩即可证得题中的不等式；解法二：由题意构造函数，求得函数在定义域内的最大值，因为，所以．当时，．令，则．令，得．列表如下：+0–极大值所以当时，取得极大值，且是最大值，故．所以当时，，因此．【详解】（1）因为，所以．因为，所以，解得．（2）因为，所以，从而．令，得或．因为，都在集合中，且，所以．此时，．令，得或．列表如下：1+0–0+极大值极小值所以的极小值为．（3）因为，所以，．因为，所以，则有2个不同的零点，设为．由，得．列表如下：+0–0+极大值极小值所以的极大值．解法一：．因此．解法二：因为，所以．当时，．令，则．令，得．列表如下：+0极大值所以当时，取得极大值，且是最大值，故．所以当时，，因此．3、【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数f（x）=2sinx-xcosx-x，f′（x）为f（x）的导数．（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．【解析】（1）设，则.当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.又，故在存在唯一零点.所以在存在唯一零点.（2）由题设知，可得a≤0.由（1）知，在只有一个零点，设为，且当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.又，所以，当时，.又当时，ax≤0，故.因此，a的取值范围是.4、【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数．证明：（1）存在唯一的极值点；（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【解析】（1）的定义域为（0，+）..因为单调递增，单调递减，所以单调递增，又，，故存在唯一，使得.又当时，，单调递减；当时，，单调递增.因此，存在唯一的极值点.（2）由（1）知，又，所以在内存在唯一根.由得.又，故是在的唯一根.综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【名师点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值，以及函数零点的问题，属于常考题型.5、【2019年高考天津文数】设函数，其中.（Ⅰ）若a≤0，讨论的单调性；（Ⅱ）若，（i）证明恰有两个零点；（ii）设为的极值点，为的零点，且，证明.【解析】（Ⅰ）解：由已知，的定义域为，且.因此当a≤0时，，从而，所以在内单调递增.（Ⅱ）证明：（i）由（Ⅰ）知.令，由，可知在内单调递减，又，且.故在内有唯一解，从而在内有唯一解，不妨设为，则.当时，，所以在内单调递增；当时，，所以在内单调递减，因此是的唯一极值点.令，则当时，，故在内单调递减，从而当时，，所以.从而，又因为，所以在内有唯一零点.又在内有唯一零点1，从而，在内恰有两个零点.（ii）由题意，即从而，即.因为当时，，又，故，两边取对数，得，于是，整理得.6、【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数．（1）讨论的单调性；（2）当0<a<3时，记在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求的取值范围．【解析】（1）．令，得x=0或．若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；若a=0，在单调递增；若a<0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减．（2）当时，由（1）知，在单调递减，在单调递增，所以在[0,1]的最小值为，最大值为或.于是，所以当时，可知单调递减，所以的取值范围是．当时，单调递增，所以的取值范围是．综上，的取值范围是．7、【2019年高考北京文数】已知函数．（Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当时，求证：；（Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值．【解析】（Ⅰ）由得．令，即，得或．又，，所以曲线的斜率为1的切线方程是与，即与．（Ⅱ）令．由得．令得或．的情况如下：所以的最小值为，最大值为．故，即．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当时，；当时，；当时，．综上，当最小时，．8、【2019年高考浙江】已知实数，设函数（1）当时，求函数的单调区间；（2）对任意均有求的取值范围．注：e=2.71828…为自然对数的底数．【解析】（1）当时，．，所以，函数的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）．（2）由，得．当时，等价于．令，则．设，则．（i）当时，，则．记，则.故10+单调递减极小值单调递增所以，．因此，．（ii）当时，．令，则，故在上单调递增，所以．由（i）得，．所以，．因此．由（i）（ii）知对任意，，即对任意，均有．综上所述，所求a的取值范围是．一、函数零点的问题1、利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.2、对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别，论证是充要关系，要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数.二、函数单调性的讨论对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；,解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.三、新型定义问题的处理“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解。对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求。但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝。题型一利用导数研究含参不等式恒成立问题含参函数的不等式恒成立问题一般处理策略：方法一：分离参数：将参数分离处理，此法是首选．但是在分离的过程中，若涉及到除以某一因式，要进行讨论。方法二：运用函数的思想，构造一个函数研究这个函数的最大值或者最小值，在某些情况下有可能涉及二次求导。例1、(2019南京三模）已知函数f(x)＝eq\s\do1(\f(1,2))x2－alnx＋x－eq\s\do1(\f(1,2))，对任意x∈[1，＋∞)，当f(x)≥mx恒成立时实数m的最大值为1，则实数a的取值范围是．【答案】、(－∞，1]【解析】、对任意x∈[1，＋∞)，有f(x)≥mx恒成立，即恒成立，即，又当f(x)≥mx恒成立时实数m的最大值为1，所以.因为所以问题等价转化为在上恒成立，即在上恒成立.设（），①当时，因为，所以，因此在上是单调递增函数，所以，即在上恒成立；②当时，在上，有；在上，有，所以在上为单调递减函数，在上为单调递增函数.当，有，即在上不恒成立.综合①②得：实数的取值范围是.【解后反思】通过分离参数法以及等价转化思想的实施，将问题转化到这一步是容易想到的，但此时若停留在求上将使问题陷入僵局.因为，所以我们可以继续将问题等价转化为在上恒成立，进而转化为在上恒成立，接下来我们可以通过分类讨论将问题顺利解决.题型二利用导数研究不等式问题利用导数证明不等式的常规解题策略：(1)构造差函数h(x)＝f(x)－g(x)，根据差函数的导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；(2)根据条件，寻找目标函数．一般思路为充分利用条件将求和问题转化为对应项之间的大小关系，或利用放缩、等量代换等手段将多元函数转化为一元函数．例2、(2019南通、泰州、扬州一调）已知函数f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设f(x)的导函数为f′(x)，若f(x)有两个不相同的零点x1，x2.①求实数a的取值范围；②证明：x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2lna＋2.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(x－a,x2).(1.1)当a≤0时，f′(x)>0成立，所以f(x)在(0，＋∞)为增函数；(2分)(1.2)当a>0时，(i)当x>a时，f′(x)>0，所以f(x)在(a，＋∞)上为增函数；(ii)当0<x<a时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，a)上为减函数．(4分)(2)①由(1)知，当a≤0时，f(x)至多一个零点，不合题意；当a>0时，f(x)的最小值为f(a)，依题意知f(a)＝1＋lna<0，解得0<a<eq\f(1,e).(6分)一方面，由于1>a，f(1)＝a>0，f(x)在(a，＋∞)为增函数，且函数f(x)的图像在(a，1)上不间断．所以f(x)在(a，＋∞)上有唯一的一个零点．另一方面，因为0<a<eq\f(1,e)，所以0<a2<a<eq\f(1,e).f(a2)＝eq\f(1,a)＋lna2＝eq\f(1,a)＋2lna，令g(a)＝eq\f(1,a)＋2lna，当0<a<eq\f(1,e)时，g′(a)＝－eq\f(1,a2)＋eq\f(2,a)＝eq\f(2a－1,a2)<0，所以f(a2)＝g(a)＝eq\f(1,a)＋2lna>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e－2>0又f(a)<0，f(x)在(0，a)为减函数，且函数f(x)的图像在(a2，a)上不间断．所以f(x)在(0，a)有唯一的一个零点．综上，实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).(10分)②设p＝x1f′(x1)＋x2f′(x2)＝1－eq\f(a,x1)＋1－eq\f(a,x2)＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x1)＋\f(a,x2))).又则p＝2＋ln(x1x2)．(12分)下面证明x1x2>a2.不妨设x1<x2，由①知0<x1<a<x2.要证x1x2>a2，即证x1>eq\f(a2,x2).因为x1，eq\f(a2,x2)∈(0，a)，f(x)在(0，a)上为减函数，所以只要证feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,x2)))>f(x1)．又f(x1)＝f(x2)＝0，即证feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,x2)))>f(x2)．(14分)设函数F(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,x)))－f(x)＝eq\f(x,a)－eq\f(a,x)－2lnx＋2lna(x>a)．所以F′(x)＝eq\f(（x－a）2,ax2)>0，所以F(x)在(a，＋∞)为增函数．所以F(x2)>F(a)＝0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,x2)))>f(x2)成立．从而x1x2>a2成立．所以p＝2＋ln(x1x2)>2lna＋2，即x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2lna＋2成立．(16分)eq\a\vs4\al(解题反思)1.第(2)①中，用零点判定定理证明f(x)在(0，a)上有一个零点是解题的一个难点，也是一个热点问题，就是当0<a<eq\f(1,e)时，要找一个数x0<a，且f(x0)>0，这里需要取关于a的代数式，取x0＝a2，再证明f(a2)>0，事实上由(1)可以得到xlnx≥－eq\f(1,e)，而f(a2)＝eq\f(1,a)＋lna2＝eq\f(1＋2alna,a)>0即可．2.在(2)②中证明x1x2>a2的过程，属于构造消元构造函数方法，将两个变量x1，x2转化为证明单变量的问题，这一处理方法，在各类压轴题中，经常出现，要能领悟并加以灵活应用．题型三、利用导数研究含义绝对值的问题解答题中绝对值处理策略简述：方法一：取绝对值，这是首选的；方法二：研究绝对值里面函数的相关问题，然后加上绝对值，分析其变化，最后解决题目的要求例3、(2019苏锡常镇调研）已知函数f(x)＝(x＋1)lnx＋ax(a∈R)．(1)若y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＋b＝0，求实数a，b的值；(2)设函数g(x)＝eq\f(f（x）,x)，x∈(其中e为自然对数的底数)．①当a＝－1时，求g(x)的最大值；②若h(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(g（x）,ex)))是单调递减函数，求实数a的取值范围．(1)利用导数的几何意义解决曲线的切线问题．(2)①利用导数讨论函数，导函数的单调性及值域．②本题的难点在于确定不同的分类标准，通过分类讨论，代数变形，将问题不断转化为熟悉的函数，不等式问题，再利用导数进行求解，在变形过程中利用了常用不等式lnx≤x－1.规范解答(1)f′(x)＝lnx＋eq\f(x＋1,x)＋a，f′(1)＝a＋2＝－1，a＝－3，(1分)f(1)＝a＝－3，把(1，－3)代入x＋y＋b＝0解得b＝2.(2分)(2)①因为g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋1))lnx－1，则g′(x)＝－eq\f(lnx,x2)＋eq\f(x＋1,x2)＝eq\f(x－lnx＋1,x2).(3分)令φ(x)＝x－lnx＋1，则φ′(x)＝1－eq\f(1,x)≥0，φ(x)在上单调递增，(5分)φ(x)≥φ(1)>0，(6分)所以g′(x)>0，g(x)在上单调递增，所以g(x)的最大值为g(e)＝eq\f(1,e).(8分)②同理，单调递增函数g(x)＝eq\f(f（x）,x)∈]，(9分)则h(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋1))lnx＋a))·eq\f(1,ex).1°若a≥0，g(x)≥0，h(x)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))lnx＋a,ex)，h′(x)＝eq\f(－\f(1,x2)lnx＋\f(1＋x,x2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))lnx－a,ex)＝eq\f(－（1＋x＋x2）lnx－ax2＋x＋1,x2ex)≤0，令u(x)＝－(1＋x＋x2)lnx－ax2＋x＋1，则u′(x)＝－(1＋2x)lnx－eq\f(1,x)－(2a＋1)x<0.即u(x)在上单调递减，所以umax(x)＝u(1)＝－a＋2≤0，所以a≥2.(11分)2°若a≤－eq\f(e＋1,e)，g(x)≤0，h(x)＝－eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))lnx＋a,ex).由1°知，h′(x)＝eq\f(－u（x）,x2ex)，又h(x)在区间上是单调减函数，所以u(x)＝－(1＋x＋x2)lnx－ax2＋x＋1≥0对x∈恒成立，即ax2≤x＋1－(1＋x＋x2)lnx对x∈恒成立，即a≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋\f(1,x)＋1))lnx对x∈恒成立，令φ(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋\f(1,x)＋1))lnx，x∈.φ′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(2,x3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x3)－\f(1,x2)))lnx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋\f(1,x)＋1))eq\f(1,x)＝－eq\f(3,x3)－eq\f(2,x2)－eq\f(1,x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x3)＋\f(1,x2)))lnx，证μ(x)＝lnx－x＋1(1≤x≤e)．又μ′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)≤0，即lnx≤x－1，所以μ′(x)＝－eq\f(3,x3)－eq\f(2,x2)－eq\f(1,x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x2)＋\f(1,x2)))lnx≤－eq\f(3,x3)－eq\f(2,x2)－eq\f(1,x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x3)＋\f(1,x2)))(x－1)＝－eq\f(5,x3)－eq\f(1,x2)<0.即φ(x)在区间上单调递减，所以φ(x)min＝φ(e)＝eq\f(1,e)＋eq\f(1,e2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)＋\f(1,e)＋1))lne＝－1，所以a≤φ(x)min＝－1，又a≤－eq\f(e＋1,e)，所以a≤－eq\f(e＋1,e).(13分)3°若－eq\f(e＋1,e)<a<0，因为g(x)＝eq\f(f（x）,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))lnx＋a，g′(x)＝－eq\f(lnx,x2)＋eq\f(x＋1,x2)＝eq\f(x－lnx＋1,x2)≥eq\f(x＋1－x＋1,x2)＝eq\f(2,x2)>0，所以g(x)＝eq\f(f（x）,x)在上单调递增，又g(1)g(e)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋1＋\f(1,e)))<0，则存在唯一的x0∈(1，e)，使h(x0)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)＋1))lnx0＋a))eq\f(1,ex0)＝0，所以h(x)在上不单调．(15分)综上所述，a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－1－\f(1,e)))∪(16分)eq\a\vs4\al(解后反思)本题以导数知识为背景考查了函数，导数与不等式的综合问题．考查学生等价转化思想，代数变形，推理论证能力以及利用数学知识，分析问题，解决问题的能力，对数学分析能力要求较高．题型四利用导数研究定义型函数问题本题属于新定义型函数，读懂题意，建立方程组是解题的关键，例4、(2019苏州期初调查）若对任意的实数k，b，函数y＝f(x)＋kx＋b与直线y＝kx＋b总相切，则称函数f(x)为“恒切函数”．(1)判断函数f(x)＝x2是否为“恒切函数”；(2)若函数f(x)＝mlnx＋nx(m≠0)是“恒切函数”，求实数m，n满足的关系式；(3)若函数f(x)＝(ex－x－1)ex＋m是“恒切函数”，求证：－eq\f(1,4)<m≤0.规范解答(1)函数f(x)为“恒切函数”，设切点为(x0，y0)．则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x0）＋kx0＋b＝kx0＋b，f′（x0）＋k＝k，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x0）＝0，f′（x0）＝0，))(2分)对于函数f(x)＝x2，f′(x)＝2x.设切点为(x0，y0)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,0)＝0，2x0＝0，))(3分)解得x0＝0，所以f(x)＝x2是“恒切函数”．(4分)(2)若函数f(x)＝mlnx＋nx(m≠0)是“恒切函数”，设切点为(x0，y0)．因为f′(x)＝eq\f(m,x)＋n，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(mlnx0＋nx0＝0，\f(m,x0)＋n＝0，))(5分)解得lnx0＝1，即x0＝e.(7分)所以实数m，n满足的关系式为m＋ne＝0.(8分)(3)解法1函数f(x)＝(ex－x－1)ex＋m是“恒切函数”，设切点为(x0，y0)．因为f′(x)＝(2ex－x－2)ex，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（ex0－x0－1）ex0＋m＝0，（2ex0－x0－2）ex0＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－（ex0－x0－1）ex0，2ex0＝x0＋2.))(10分)考查方程2ex＝x＋2的解，设g(x)＝2ex－x－2.因为g′(x)＝2ex－1，令g′(x)＝0，解得x＝－ln2.所以当x∈(－∞，－ln2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(－ln2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．所以g(x)min＝g(－ln2)＝ln2－1<0.(12分)1°当x∈(－∞，－ln2)时，因为g(－2)＝eq\f(2,e2)>0，g(－1)＝eq\f(2,e)－1<0.所以g(x)＝2ex－x－2在(－∞，－ln2)上有唯一零点x0∈(－2，－1)．又因为m＝－(ex0－x－1)ex0＝eq\f(1,4)x0(x0＋2)，所以m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0)).(14分)2°当x∈(－ln2，＋∞)时，因为g(0)＝0，所以g(x)＝2ex－x－2在(－ln2，＋∞)上有唯一零点0，所以m＝0.(15分)综上可知－eq\f(1,4)<m≤0.(16分)解法2函数f(x)＝(ex－x－1)ex＋m是“恒切函数”，设切点为(x0，y0)．因为f′(x)＝(2ex－x－2)ex，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（ex0－x0－1）ex0＋m＝0，（2ex0－x0－2）ex0＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－（ex0－x0－1）ex0，2ex0＝x0＋2，))令μ(x)＝ex－x－1，μ′(x)＝ex－1，当x∈(0，＋∞)时，μ′(x)>0，μ(x)单调递增；当x∈(－∞，0)时，μ′(x)<0，μ(x)单调递减．所以μ(x)≥μ(0)＝0，所以ex0－x0－1≥0，得m＝－(ex0x0－1)ex0≤0.由2ex0＝x0＋2，得m＝－(ex0－x0－1)ex0＝eq\f(1,4)x0(x0＋2)＝eq\f(1,4)(x0＋1)2－eq\f(1,4)，由2ex0＝x0＋2知x0≠－1，所以m＝eq\f(1,4)(x0＋1)2－eq\f(1,4)>－eq\f(1,4).综上可知－eq\f(1,4)<m≤0.eq\a\vs4\al(解后反思)本题属于新定义型函数，读懂题意，建立方程组是解题的关键，直线与曲线相切，抓住两点：1.切线处的导数值等于切线的斜率；2.切点既在曲线上，又在直线上．第(3)问中，先通过研究函数的单调性，运用零点判断定理找出零点x0所在的区间，通过代换化简m的表达式，这样就转化为一个二次函数的值域问题．一、填空题1、(2018苏北四市期末）在平面直角坐标系xOy中，曲线C：xy＝eq\r(3)上任意一点P到直线l：x＋eq\r(3)y＝0的距离的最小值为________．【答案】eq\r(3)【解析】解法1(基本不等式)设曲线C：xy＝eq\r(3)上任意一点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(\r(3),x0)))，它到直线l：x＋eq\r(3)y＝0的距离d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(3,x0))),2)＝eq\f(|x0|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3,x0))),2)≥eq\f(2\r(|x0|·\f(3,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x0)))),2)＝eq\r(3)，当且仅当|x0|＝eq\f(3,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x0)))，即x0＝±eq\r(3)时取等号．解法2(导数)设过曲线C：xy＝eq\r(3)上任意一点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(\r(3),x0)))的切线与直线l：x＋eq\r(3)y＝0平行．因为y′＝－eq\f(\r(3),x2)，所以y′|x＝x0＝－eq\f(\r(3),xeq\o\al(2,0))＝－eq\f(\r(3),3)，解得x0＝±eq\r(3).当x0＝eq\r(3)时，P(eq\r(3)，1)到直线l：x＋eq\r(3)y＝0的距离d＝eq\f(|\r(3)＋\r(3)|,2)＝eq\r(3)；当x0＝－eq\r(3)时，P(－eq\r(3)，－1)到直线l：x＋eq\r(3)y＝0的距离d＝eq\f(|－\r(3)－\r(3)|,2)＝eq\r(3)，所以曲线C：xy＝eq\r(3)上任意一点到直线l：x＋eq\r(3)y＝0的距离的最小值为eq\r(3).2、（2018年徐州期末）若不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围．【答案】．【解析】，利用图象只需恒成立，恒成立，令，列表略，．3、已知函数，若存在唯一的零点，且，则a的取值范围是．【答案】【解析】①当时，时，，所以此时不符合题意；②当时，，当时，解得或，则在上单调递增，因为，，则存在一零点在上，所以此时不符合题意；③当时，当时，解得，

时，解得或，所以函数在单调递减，在上单调递增，在上单调递减，若在上存在唯一的零点，且，则，即，整理得，解得或（舍去）．综上所述，当时满足题意．4、(2017苏北四市期末）已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋cosx，x≥0，,xa－x，x<0.))若关于x的不等式f(x)<π的解集为(－∞，eq\f(π,2))，则实数a的取值范围是________．【答案】(－2eq\r(π)，＋∞)【解析】解法1当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f(x)＝2x＋cosx，f′(x)＝2－sinx>0，所以函数f(x)＝2x＋cosx在x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以f(x)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝π，满足题意；当x∈(－∞，0)时，f(x)＝x(a－x)，由题意得x(a－x)<π在x∈(－∞，0)恒成立，即a>x＋eq\f(π,x)在x∈(－∞，0)恒成立，而x∈(－∞，0)时，x＋eq\f(π,x)≤－2eq\r(π)当且仅当x＝eq\f(π,x)即x＝－eq\r(π)时取等号，所以此时a>－2eq\r(π).综上所述，实数a的取值范围是(－2eq\r(π)，＋∞)．解法2当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f(x)＝2x＋cosx，f′(x)＝2－sinx>0，所以函数f(x)＝2x＋cosx在x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以f(x)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝π，满足题意；当x∈(－∞，0)时，f(x)＝x(a－x)，由题意得f(x)max<π在x∈(－∞，0)时恒成立，若eq\f(a,2)≤0即a≤0时，f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝eq\f(a2,4)<π，所以－2eq\r(π)<a≤0；若eq\f(a,2)>0即a>0时，f(x)<f(0)＝0<π成立，综上所述，实数a的取值范围是(－2eq\r(π)，＋∞)．5、(2018苏州期末）已知直线y＝a分别与直线y＝2x－2和曲线y＝2ex＋x相交于点A，B，则线段AB长度的最小值为________．【答案】.eq\f(1,2)(3＋ln2)【解析】设点C在直线y＝2x－2上，且BC⊥AB，则BC＝2AB.只要先求BC的最小值．考虑h(x)＝(2ex＋x)－(2x－2)＝2ex－x＋2，则h′(x)＝2ex－1.令h′(x)＝0，得ex＝eq\f(1,2)，即x＝lneq\f(1,2)＝－ln2，可得h(x)min＝h(－ln2)＝3＋ln2，所以BC的最小值为3＋ln2，从而AB的最小值为eq\f(1,2)(3＋ln2)．eq\a\vs4\al(解后反思)本题也可这样思考：当AB最小时，直线y＝a沿eq\o(AB,\s\up6(→))平移，则新直线可能是曲线的切线，所以在点B处的切线的斜率为k＝2.但若是解答题，这样的过程是不严密的．6、（2018宿迁期末）已知函数有且仅有3个极值点，则a的取值范围是．【答案】．【解析】化为有三个实数解，从而有两个不等的非零实根，故，所以．7、(2017南京、盐城一模）在平面直角坐标系xOy中，已知点P为函数y＝2lnx的图像与圆M：(x－3)2＋y2＝r2的公共点，且它们在点P处有公切线，若二次函数y＝f(x)的图像经过点O，P，M，则y＝f(x)的最大值为________．【答案】eq\f(9,8)【解析】思路分析要求f(x)的最大值，关键在于求出f(x)的解析式，根据条件，f(x)已经经过两个已知点O，M，从而其方程可表示为f(x)＝ax(x－3)，为此，只需求出a的值，借助于点P是圆与函数y＝2lnx的公共的切点，以及f(x)过点P，可求得f(x)的解析式．设点P(x0,2lnx0)，则因为y＝2lnx，所以y′＝eq\f(2,x)，故函数y＝2lnx在点P处的切线的斜率为k1＝eq\f(2,x0)，又kPM＝eq\f(2lnx0,x0－3)，从而圆在点P处的切线的斜率为k2＝－eq\f(x0－3,2lnx0)，从而k1＝k2，即eq\f(2,x0)＝－eq\f(x0－3,2lnx0)，故eq\f(4lnx0,x\o\al(2,0)－3x0)＝－1.因为函数f(x)过点O(0,0)，M(3,0)，所以设f(x)＝ax(x－3)，又它过点P，所以2lnx0＝ax0(x0－3)，解得a＝eq\f(2lnx0,x0x0－3)＝－eq\f(1,2)，从而得f(x)＝－eq\f(1,2)x(x－3)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋eq\f(9,8)≤eq\f(9,8)，当x＝eq\f(3,2)时，f(x)max＝eq\f(9,8).8、(2019苏锡常镇调研）已知e为自然对数的底数，函数的图像恒在直线上方，则实数a的取值范围为．【答案】【解析】思路分析：根据条件，将问题转化为不等式的恒成立问题处理，通过分类讨论，合理的代数变形，将问题进一步转化为熟悉的问题，结合图像，利用导数刻画函数的图像及性质进行求解.解法1：由题意得不等式在上恒成立，即恒成立，根据图像可得当时不等式不恒成立；当时，不等式恒成立；当时，令，，设函数与图像的公切线，切点，且因为，，所以的斜率，因为点在函数的图像上，所以，由可得（舍），则，所以解法2：同解法1得，当时，因为，，所以不等式恒成立；当时，不等式等价于，令，则，因为，所以，故函数在上递减，设函数的图像在处的切线经过点，则切线斜率，化简得，即，解得（舍），所以，结合图像可得9、(2019南京、盐城二模）已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(|x＋3|，,x≤0，,x2－12x＋3，,x>0.)))设g(x)＝kx＋1，且函数y＝f(x)－g(x)的图像经过四个象限，则实数k的取值范围为________．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－9，\f(1,3)))【解析】eq\a\vs4\al(思路分析)函数y＝f(x)－g(x)的图像经过四个象限，即转化为当x>0时，函数y＝f(x)－g(x)的值有正有负；当x<0时，函数y＝f(x)－g(x)的值也要有正有负．下面可通过一个函数图像与x轴有交点，也可以构造两个新函数图像有交点来解决问题，这便有了下面的两种解法．解法1若其图像经过四个象限．①当x>0时，y＝x3－(k＋12)x＋2，当x＝0时，y＝2>0，故它要经过第一象限和第四象限，则存在x>0，使y＝x3－(k＋12)x＋2<0，则k＋12>x2＋eq\f(2,x)，即k＋12>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(2,x)))eq\s\do7(min).令h(x)＝x2＋eq\f(2,x)(x>0)，h′(x)＝2x－eq\f(2,x2)＝eq\f(2（x3－1）,x2)，当x>1时，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上递增；当0<x<1时，h′(x)<0，h(x)在(0，1)上递减，当x＝1时取得极小值，也是最小值，h(x)min＝h(1)＝3，所以k＋12>3，即k>－9.②当x≤0时，y＝|x＋3|－(kx＋1)，当x＝0时，y＝2>0，故它要经过第二象限和第三象限，则存在x<0，使y＝|x＋3|－(kx＋1)<0，则k<eq\f(|x＋3|－1,x)，即k<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|x＋3|－1,x)))max.令φ(x)＝eq\f(|x＋3|－1,x)＝易知φ(x)在(－∞，－3]上单调递增，在(－3，0)上单调递减，当x＝－3时取得极大值，也是最大值，φ(x)max＝φ(－3)＝eq\f(1,3)，故k<eq\f(1,3).综上，由①②得实数k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－9，\f(1,3))).10、(2019苏锡常镇调研）已知函数f(x)＝x2＋|x－a|，g(x)＝(2a－1)x＋alnx，若函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图像恰好有两个不同的交点，则实数a的取值范围为________．【答案】(1，＋∞)【解析】解法1因为函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，所以函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图像在区间(0，＋∞)上恰好有两个不同的交点．当a≤0时，函数f(x)＝x2＋x－a在(0，＋∞)上递增，函数g(x)在(0，＋∞)上递减，函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图像在区间(0，＋∞)上最多有一个交点，所以a>0，令F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(x2－2ax－alnx＋a，,0<x<a，,x2＋2（1－a）x－alnx－a，,x≥a，)))因为当0<x<a时，F′(x)＝2(x－a)－eq\f(a,x)<0，当x≥a时，F′(x)＝2x＋2－2a－eq\f(a,x)＝2(x－a)＋eq\f(2x－a,x)>0，所以F(x)在(0，a)上递减，在(a，＋∞)上递增，故F(x)min＝F(a)＝－a2＋a－alna，结合F(x)的图像可得，要使得F(x)有两个零点，只需要F(a)<0，即a－1＋lna>0，令h(a)＝a－1＋lna，则h′(a)＝1＋eq\f(1,a)>0，所以h(a)在(0，＋∞)上递增，又因为h(1)＝0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))<0，h(e)>0，所以a>1，故实数a的取值范围为(1，＋∞)．11、(2017南京、盐城二模）已知函数f(x)＝lnx＋(e－a)x－b，其中e为自然对数的底数．若不等式f(x)≤0恒成立，则eq\f(b,a)的最小值为________．【答案】－eq\f(1,e)【解析】思路分析若eq\f(b,a)的最小值为λ，则eq\f(b,a)≥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feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)a－b≤0.猜想a＞0，从而eq\f(b,a)≥－eq\f(1,e).f′(x)＝eq\f(1,x)＋(e－a)＝eq\f(e－ax＋1,x)(x＞0)，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∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a－e)))时，f′(x)＞0，f(x)为增函数；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－e)，＋∞))时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，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).设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)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)＝－eq\f(1,e)，所以eq\f(b,a)≥－eq\f(1,e)，当a＝2e，b＝－2时，eq\f(b,a)取得最小值－eq\f(1,e).12、(2018无锡期末）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]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))【解析】eq\a\vs4\al(思路分析)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＝eq\f(2a－1,3).①当eq\f(2a－1,3)<－1，即a<－1时，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)的单调增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2a－1,3)))，(－1，＋∞)，单调减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，－1)).又因为g(a)＝g(－1)＝0，所以f(x)的单调增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2a－1,3)))，(－1，＋∞)，单调减区间是(－∞，a)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，－1))，满足条件，故a<－1(此种情况函数f(x)图像如图1)．,图1)②当eq\f(2a－1,3)＝－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eq\f(2a－1,3)>－1，即a>－1时，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)的单调增区间是(－∞，－1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，＋∞))，单调减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2a－1,3))).又因为g(a)＝g(－1)＝0，所以f(x)的单调增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2a－1,3)))，(a，＋∞)，单调减区间是(－∞，－1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，a))，要使f(x)在[－1，2]上单调递增，必须满足2≤eq\f(2a－1,3)，即a≥eq\f(7,2)，又因为a>－1，故a≥eq\f(7,2)(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]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞)).,图3)二、解答题13、(2019镇江期末）己知函数f(x)＝alnx－bx(a，b∈R)．(1)若a＝1，b＝1，求函数f(x)的图像在x＝1处的切线方程；(2)若a＝1，求函数y＝f(x)的单调区间；(3)若b＝1，已知函数y＝f(x)在其定义域内有两个不同的零点x1，x2，且x1<x2，不等式a<(1－m)x1＋mx2(m>0)恒成立，求实数m的取值范围．解析(1)当a＝1，b＝1时，f(x)＝ln·x－x，(1分)则有f′(x)＝eq\f(1,x)－1，即f′(1)＝eq\f(1,1)－1＝0.(3分)又f(1)＝－1，则所求切线方程为y＝－1.(4分)(2)当a＝1时，f(x)＝lnx－bx，则有f′(x)＝eq\f(1,x)－b＝eq\f(1－bx,x).(5分)函数的定义域为(0，＋∞)．①若b≤0，则f′(x)>0恒成立，则f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．(6分)②若b>0，则由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,b).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,b)))时，f′(x)>0，则f(x)的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,b)))；(7分)当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)，＋∞))时，f′(x)<0，则f(x)的单调减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)，＋∞)).(8分)(3)当b＝1时，f(x)＝alnx－x，由题知x1，x2分别是方程alnx－x＝0的两个根，即alnx1＝x1，alnx2＝x2.两式相减得a(lnx2－lnx1)＝x2－x1，则a＝eq\f(x2－x1,ln\f(x2,x1))，(9分)则不等式a<(1－m)x1＋mx2，(m>0)，可变为eq\f(x2－x1,ln\f(x2,x1))<(1－m)x1＋mx2.x1>0，两边同时除x1得，eq\f(\f(x2,x1)－1,ln\f(x2,x1))<1－m＋meq\f(x2,x1).(10分)令t＝eq\f(x2,x1)，t>1，则有eq\f(t－1,lnt)<1－m＋mt在t∈(1，＋∞)上恒成立．因为1－m＋mt＝1＋(t－1)m>0，lnt>0，即lnt－eq\f(t－1,1－m＋mt)>0，(11分)令k(t)＝lnt－eq\f(t－1,1－m＋mt)，k′(t)＝eq\f(（t－1）,t（1－m＋mt）2)＝eq\f(m2（t－1）],t（1－m＋mt）2).①当eq\f(（m－1）2,m2)≤1，即m≥eq\f(1,2)时，k′(t)>0在(1，＋∞)上恒成立，则k(x)在(1，＋∞)上单调递增，又k(1)＝0，则k(t)>0在(1，＋∞)上恒成立．(13分)②当eq\f(（m－1）2,m2)>1，即0<m<eq\f(1,2)时，则当t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(（1－m）2,m2)))时，k′(t)<0，则k(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(（1－m）2,m2)))上单调递减，则k(t)<k(1)＝0，不符合题意．(15分)综上，m≥eq\f(1,2).(16分)14、(2019泰州期末）设A，B为函数y＝f(x)图像上相异两点，且点A，B的横坐标互为倒数．在点A，B处分别作函数y＝f(x)的切线，若这两条不重合的切线存在交点，则称这个交点为函数f(x)的“优点”．(1)若函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(lnx，,0<x<1，,ax2，,x>1)))不存在“优点”，求实数a的值；(2)求函数f(x)＝x2的“优点”的横坐标的取值范围；(3)求证：函数f(x)＝lnx的“优点”一定落在第一象限．eq\a\vs4\al(思路分析)(1)由于f(x)不存在“优点”，即两条切线不存在交点，所以两条切线平行或重合，根据导数的几何意义，得到f′(x)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))对x∈(0，1)∪(1，＋∞)恒成立，代入计算，得到a的值．(2)设出A，B两点的坐标，求出f(x)在A，B两点处的切线方程，由两切线方程联立，求得交点的横坐标，再运用基本不等式求得范围．(3)设出A，B两点的坐标，求出f(x)在A，B两点处的切线方程，由两切线方程联立，求得交点的坐标，即“优点”的坐标，再证明横坐标和纵坐标都大于0，即可证得结论．规范解答(1)不妨设A(t，f(t))(0<t<1)，当0<x<1时，f′(x)＝eq\f(1,x)，则f′(t)＝eq\f(1,t)；当x>1时，f′(x)＝2ax，则f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))＝eq\f(2a,t)，因为函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx，0<x<1，,ax2，x>1))不存在“优点”，所以对任意的0<t<1，都有eq\f(1,t)＝eq\f(2a,t)，所以a＝eq\f(1,2).(4分)(2)设A(t，t2)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)，\f(1,t2)))，由题意t≠0，±1，过A，B两点的切线方程分别为y－t2＝2t(x－t)，y－eq\f(1,t2)＝eq\f(2,t)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,t)))，(6分)联立得2t(x－t)＋t2＝eq\f(2,t)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,t)))＋eq\f(1,t2)，即2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,t)))x＝t2－eq\f(1,t2)，所以x＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,t)))，(8分)因为t≠±1，所以当t>0时，t＋eq\f(1,t)>2；当t<0时，t＋eq\f(1,t)<－2，所以“优点”横坐标的取值范围是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．(10分)(3)证：设“优点”为P(x0，y0)，只要证x0>0，y0>0.设A(t，lnt)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)，－lnt))，不妨设A在B的右边，则t>1，过A，B的切线方程分别为y＝eq\f(1,t)(x－t)＋lnt，y＝t(x－eq\f(1,t))－lnt，联立这两个方程得x0＝eq\f(2t,t2－1)lnt，y0＝eq\f(（t2＋1）lnt,t2－1)－1，(12分)因为t>1，所以x0＝eq\f(2t,t2－1)lnt>0，设h(t)＝lnt－eq\f(t2－1,t2＋1)(t>1)，则h′(t)＝eq\f(（t2－1）2,t（t2＋1）2)>0(t>1)．所以函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，所以h(t)>h(1)＝0，则lnt>eq\f(t2－1,t2＋1).因为当t>1时，t2－1>0，所以y0＝eq\f(（t2＋1）lnt,t2－1)－1>0.故函数f(x)＝lnx的“优点”P一定落在第一象限．(16分)eq\a\vs4\al(解后反思)本题考查新定义类函数问题，理解题意，将问题合理地转化是解题地关键，其中第(3)问，证明“优点”的纵坐标大于0，需要构造函数，运用换元法，化简函数的解析式，再运用导数法来研究函数的单调性和最值来处理，这一方法，是高考考查的重点和热点．15、(2018扬州期末）已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ax＋b，a，b∈R.(1)若g(－1)＝0，且函数g(x)的图像是函数f(x)图像的一条切线，求实数a的值；(2)若不等式f(x)>x2＋m对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数m的取值范围；(3)若对任意实数a，函数F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上总有零点，求实数b的取值范围．eq\a\vs4\al(思路分析)第(1)问研究函数的切线问题，通常通过设出切点坐标，应用导数求出切线的斜率，进而求得切线方程，根据切线方程满足的条件求解相关的问题；第(2)问由恒成立问题求参数的取值范围，其基本方法有两种，一是将所研究的参数分离出来，转化为研究一个已知函数的最值来解决问题；二是通过移项来构造一个含有参数的函数，然后通过研究该函数的最值来解决问题．第(3)问研究函数的零点问题，主要是抓住两点，一是函数的单调性，二是寻找支撑点，要避免由“图”来直观地说明．规范解答(1)由g(－1)＝0知，g(x)的图像过点(－1，0)．设函数g(x)的图像与函数f(x)的图像切于点T(x0，y0)．由f′(x)＝ex得切线方程是y－ex0＝ex0(x－x0)，此直线过点(－1，0)，故0－ex0＝ex0(－1－x0)，解得x0＝0，所以a＝f′(0)＝e0＝1.(3分)(2)由题意得m<ex－x2，x∈(0，＋∞)恒成立．令h(x)＝ex－x2，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝ex－2x，再令n(x)＝h′(x)＝ex－2x，则n′(x)＝ex－2，故当x∈(0，ln2)时，n′(x)<0，n(x)单调递减；当x∈(ln2，＋∞)时，n′(x)>0，n(x)单调递增，从而n(x)在(0，＋∞)上有最小值n(ln2)＝2－2ln2>0，即有h′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，故h(x)>h(0)＝e0－02＝1，(6分)所以m≤1.(8分)(注：漏掉等号的扣2分．)(3)若a<0，F(x)＝f(x)－g(x)＝ex－ax－b在(0，＋∞)上单调递增，故F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上总有零点的必要条件是F(0)<0，即b>1.(10分)以下证明当b>1时，F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上总有零点．①若a<0.由于F(0)＝1－b<0，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))＝e－eq\f(b,a)－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))－b＝e－eq\f(b,a)>0，且F(x)在(0，＋∞)上连续，由零点存在定理可知F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(b,a)))上必有零点．(12分)②若a≥0.由(