【名师导学】高考数学一轮总复习 2.14 函数的综合应用名师课件 理
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t∈[－1，1]恒成立，当且仅当 m2＋tm＋1≥3 对任意 t∈[－1，1]恒成立，
即 m2＋tm－2≥0 对任意 t∈[－1，1]恒成立．② 设 g(t)＝m2＋tm－2＝mt＋(m2－2)． 解法一：②⇔gg（（1－）1＝）m＝2m＋2m－－m－ 2≥2≥0 0⇔m≥2 或 m≤－2.
条直线上，则 c 等于( D )
A．1
B．2
C．2 或 4
D．1 或 2
【解析】由已知可得，当 1≤x≤2 时，
f(x)＝1cf(2x)＝1c[1－(2x－3)2]； 当 2≤x≤4 时，f(x)＝1－(x－3)2；
当 4≤x≤8 时，f(x)＝cfx2＝c1－x2－32. 由题意可知三点32，1c，3，1，6，c共线， 则 c＝1 或 c＝2.
∵∀x∈[－1，1]，f(x)是连续函数，且只有当 a＝1
时，f′(－1)＝0 以及当 a＝－1 时，f′(1)＝0，
∴A＝{a|－1≤a≤1}．
解 法 二 ： ① ⇔ a2≥0
或
φ（－1）＝1＋a－2≤0
a2<0 φ（1）＝1－a－2≤0
⇔0≤a≤1 或－1≤a＜0⇒－1≤a≤1.
所以存在实数 m，使不等式 m2＋tm＋1≥|x1－x2| 对任意 a∈A 及 t∈[－1，1]恒成立，其取值范围是 {m|m≥2 或 m≤－2}．
解法二：当 m＝0 时，②显然不成立； 当 m≠0 时，②⇔mg（>0－1）＝m2－m－2≥0或 mg（<01）＝m2＋m－2≥0⇔m≥2 或 m≤－2. 所以存在实数 m，使不等式 m2＋tm＋1≥|x1－x2| 对任意 a∈A 及 t∈[－1，1]恒成立，其取值范围是 {m|m≥2 或 m≤－2}．
【解析】(1)证明：若 A＝∅，则 A⊆B 显然成立． 若 A≠∅，设 t∈A，则 f(t)＝t，f(f(t))＝f(t)＝t，即 t∈B， 从而 A⊆B.
(2)A 中元素是方程 f(x)＝x 即 ax2－1＝x 的实根．
若 A≠∅知 a＝0 或aΔ≠＝01＋4a≥0即 a≥－14. B 中的元素是方程 a(ax2－1)2－1＝x，即 a3x4－
∈n＋n 1，1，所以 n<(n＋1)xn<n＋1，an＝（n＋1）xn
＝n，所以 a3＝3.
(2)
2
1 015
(a2
＋
a3
＋
…
＋
a2
016)
＝2
1 015
× 12 ×
(2
＋2
016)×2 015＝1 009.
【知识要点】 函数是高中数学的核心内容，又是学习高等数学的 基础，也是最能体现学生能力和水平的学习内容，因此 历来是高考的重点．函数的三要素(定义域、值域和对 应法则)，四条常用的性质(奇偶性、单调性、对称性和 周期性)及七类初等函数(一次函数、反比例函数、二次 函数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数)的图 象和性质，构成了函数的主体．与集合、不等式、导数 构成高中数学最大的板块，支撑着数学这个高楼大厦， 它们在数学的其他分支中有极其广泛的应用，成为历年 高考命题的主干题型和热点内容．
∵当 x>0 时，f(x)>1， ∴f(x2－x1)＝f(x2)－f(x1)＋1>1，∴f(x1)<f(x2)， ∴f(x)是 R 上的增函数． (3)∵f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)－1 且 f(4)＝5， ∴f(4)＝f(2)＋f(2)－1，∴f(2)＝3， 由不等式 f(3m2－m－2)<3， 得 f(3m2－m－2)<f(2)， 由(2)知 f(x)是 R 上的增函数，
2a2x2－x＋a－1＝0 的实根．
由 A⊆B 知上述方程左边含有一个因式 ax2－x－1，
即方程可化为(ax2－x－1)(a2x2＋ax－a＋1)＝0.
要使 A＝B，即要方程 a2x2＋ax－a＋1＝0
①
没有实根或有实根是 ax2－x－1＝0 的根．
若①没有实根，Δ＝a2－4a2(1－a)<0 解得 a<34.
一、抽象函数的综合问题 例1若定义在 R 上的函数 f(x)对任意的 x1，x2∈R 都有 f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)－1 成立，且当 x>0 时， f(x)>1. (1)求证：f(x)－1 为奇函数； (2)求证：f(x)是 R 上的增函数； (3)若 f(4)＝5，解不等式 f(3m2－m－2)<3.
令 x＝1，有 0≤m＋n≤0，∴m＋n＝0， ∴m x－m≤x－1，即( x－1)( x＋1－m)≥0 对任 意 x>0 恒成立，
∴需 1－m＝－1，即 m＝2，∴函数 g(x)＝2( x－
1)．
(3)证明：由(2)知
ln
x≤x－1，令
x＝
1 ，得 k
ln
1 k
≤
2 k
－
2
＝
2
4 k
－
2<
4 k＋
由函数是增函数可知 a>1， 所以函数 g(x)＝loga(x＋k)＝loga(x＋1)，选 C.
3．给出下列命题：①在区间(0，＋∞)上，函数 y
1 ＝x－1，y＝x2，y＝(x－1)2，y＝x3 中有三个是增函数；
②若 logm3<logn3<0，则 0<n<m<1；③若函数 f(x)是奇 函数，则 f(x－1)的图象关于点 A(1，0)对称；④已知函
第14讲 函数的综合应用
【学习目标】 会运用函数的知识和函数思想解决有关函数的综 合性问题，培养学生分析问题和解决问题的能力．
【基础检测】
1．定义在1，8上的函数 f(x)同时满足：①f(2x)＝ cf(x)(c 为正常数)；②当 2≤x≤4 时，f(x)＝1－(x－3)2；
若函数 f(x)的图象上所有极大值对应的点均落在同一
数 f(x)＝3loxg－32（，xx－≤12），，x>2，则方程 f(x)＝12有两个实 数根．其中正确命题的个数为( C )
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
1 【解析】①在区间(0，＋∞)上，只有 y＝x2，y＝ x3 是增函数，所以①错误．②由 logm3<logn3<0，可得 log13m<log13n<0，即 log3n<log3m<0，所以 0<n<m<1，所 以②正确．③正确．④当 x≤2 时，3x－2≤1，由 3x－2＝12 可知此时有一个实根．当 x>2 时，由 log3(x－1)＝12得 x －1＝ 3，即 x＝1＋ 3，所以④正确．所以正确命题 的个数为 3 个．选 C.
2．设函数 f(x)＝k·ax－a－x(a>0 且 a≠1)在(－∞， ＋∞)上既是奇函数又是增函数，则 g(x)＝loga(x＋k)的 图象是( C )
【解析】f(x)＝kax－a－x＝kax－a1x是奇函数，所以 f(0)＝0，即 k－1＝0，所以 k＝1，
即 f(x)＝ax－a1x，又函数 y＝ax，y＝－a1x在定义域 上单调性相同，
∴3m2－m－2<2⇒－1<m<43.
∴不等式 f(3m2－m－2)<3 的解集为－1，43. 【点评】抽象函数问题求解往往是通过赋值法和化
归法实现．
二、新定义函数的综合问题 例2对于函数 f(x)，x∈R，若 f(x)＝x，则称 x 为 f(x) 的“不动点”，若 f(f(x))＝x，则称 x 为 f(x)的“稳定 点”，函数 f(x)的“不动点”和“稳定点”的集合分别 记为 A 和 B. (1)求证：A⊆B； (2)若 f(x)＝ax2－1(a∈R)，且 A＝B≠∅，求实数 a 的取值范围．
Байду номын сангаас
【点评】本题主要考查函数的单调性，导数的应用 和不等式的有关知识，考查函数思想、数形结合及分类 讨论思想和灵活运用数学知识分析问题和解决问题的 能力．本题解题技巧：(1)求参采取分离参数法，a＞g(x) 恒成立⇔a＞g(x)max，将求参问题转化为求函数最大值 问题．(2)反客为主求参法．如第二问的解法一．
∵∀x∈[－1，1]，f(x)是连续函数，且只有当 a＝1
时，f′(－1)＝0 以及当 a＝－1 时，f′(1)＝0，∴A＝{a|
－1≤a≤1}．
(2)由 4x＋ax2－23x3＝2x＋13x3 得 x＝0 或 x2－ax－2
＝0，
∵Δ＝a2＋8＞0，∴x1，x2 是方程 x2－ax－2＝0 的
两实根，∴xx11＋x2＝x2＝－a2，， 从而|x1－x2|＝ （x1＋x2）2－4x1x2＝ a2＋8. ∵－1≤a≤1，∴|x1－x2|＝ a2＋8≤3. 要使不等式 m2＋tm＋1≥|x1－x2|对任意 a∈A 及
【解析】(1)证明：∵f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)－1， ∴令 x1＝x2＝0，有 f(0)＝1. 令 x1＝x，x2＝－x，有 f(0)＝f(x)＋f(－x)－1， f(x)＋f(－x)＝2， 令 F(x)＝f(x)－1，则 F(－x)＝f(－x)－1， ∵F(x)＋F(－x)＝f(x)＋f(－x)－2＝0， ∴F(－x)＝－F(x)，∴f(x)－1 为奇函数． (2)证明：由(1)知 f(x)－1 为奇函数， ∴f(－x)－1＝－[f(x)－1]， ∀x1，x2∈R 且 x1<x2，则 x2－x1>0， ∵f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)－1， ∴f(x2－x1)＝f(x2)＋f(－x1)－1＝f(x2)－[f(x1)－1] ＝f(x2)－f(x1)＋1，
k－1
－
2
＝
4(
k－
k－1)－2
∴lnn1！<4[( n－ n－1)＋( n－1－ n－2)＋…
＋( 1－ 0)]－2n＝4 n－2n， ln n！>2n－4 n，即 n！>e2n－4 n(n∈N，n≥2)．
【点评】函数与不等式综合时应灵活恰当地进行函 数与不等式的转化．
四、函数、方程与不等式的综合问题 例4已知 f(x)＝4x＋ax2－23x3(x∈R)在区间[－1，1] 上是增函数． (1)求实数 a 组成的集合 A； (2)设关于 x 的方程 f(x)＝2x＋13x3 的两个非零根为 x1，x2，试问是否存在实数 m，使得不等式 m2＋tm＋ 1≥|x1－x2|对任意 a∈A 及 t∈[－1，1]恒成立？若存在， 求 m 的取值范围；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)f′(x)＝4＋2ax－2x2，
∵f(x)在[－1，1]上是增函数，
∴f′(x)≥0 对∀x∈[－1，1]恒成立，
即 x2－ax－2≤0 对∀x∈[－1，1]恒成立．①
设 φ(x)＝x2－ax－2，
解
法
一
：
①
⇔
φ（1）＝1－a－2≤0
φ（－1）＝1＋a－2≤0
⇔
－
1≤a≤1.
【解析】(1)设 f(x)＝nx3＋2x－n，则 f′(x)＝3nx2
＋2>0(n∈N*)，所以 f(x)为增函数，n≥2 时，fn＋n 1＝
n
n n＋1
3＋
2n＋n 1－
n＝
n （n＋1）3
(－
n2＋
n＋1)<0
，且
f(1)＝2>0，所以 nx3＋2x－n＝0 有唯一实根 xn，且 xn
【解析】(1)易知 f(1)＝0，由已知 f(x)≤0 恒成立， 所以函数 f(x)在 x＝1 处取得最大值．
f ′ (x) ＝ ax － b ＝ a－xbx ， ∴f′(1) ＝ 0 ， ∴a ＝ b ， 又 ∵a>0，
∴f(x)在 x＝1 处取得极大值，符合题意，即关系式 为 a＝b.
(2)∵a＝1，∴b＝1，∴ln x≤m x＋n≤x－1 恒成 立，
若①有一实根，则由 ax2－x－1＝0 得 a2x2－ax－a ＝0 代入①得：2ax＋1＝0 得 x＝－21a，
代入 ax2－x－1＝0 得 a＝34. 综上，a 的取值范围是－14，34.
【点评】新定义问题关键是对新定义的含义及规则 充分理解，恰当应用．
三、函数与不等式的综合问题 例3已知 f(x)＝aln x－b(x－1)对任意的 x>0 恒有 f(x)≤0 成立． (1)求正数 a 与 b 的关系； (2)若 a＝1，设 g(x)＝m x＋n(m，n∈R)，若 ln x≤g(x)≤b(x－1)对任意 x>0 恒成立，求函数 g(x)的解 析式； (3)证明：n！>e2n－4 n(n∈N，n≥2)．
4．对正整数 n，设 xn 是关于 x 的方程 nx3＋2x－n ＝0 的实数根，记 an＝[(n＋1)xn](n＝2，3，…，符号[x] 表示不超过 x 的最大整数，如[－2.5]＝－3，[5]＝5)， 则：
(1)a3＝____3____； (2)计算：2 0115(a2＋a3＋…＋a2 016)＝___1_0_0_9__．
即 m2＋tm－2≥0 对任意 t∈[－1，1]恒成立．② 设 g(t)＝m2＋tm－2＝mt＋(m2－2)． 解法一：②⇔gg（（1－）1＝）m＝2m＋2m－－m－ 2≥2≥0 0⇔m≥2 或 m≤－2.
条直线上，则 c 等于( D )
A．1
B．2
C．2 或 4
D．1 或 2
【解析】由已知可得，当 1≤x≤2 时，
f(x)＝1cf(2x)＝1c[1－(2x－3)2]； 当 2≤x≤4 时，f(x)＝1－(x－3)2；
当 4≤x≤8 时，f(x)＝cfx2＝c1－x2－32. 由题意可知三点32，1c，3，1，6，c共线， 则 c＝1 或 c＝2.
∵∀x∈[－1，1]，f(x)是连续函数，且只有当 a＝1
时，f′(－1)＝0 以及当 a＝－1 时，f′(1)＝0，
∴A＝{a|－1≤a≤1}．
解 法 二 ： ① ⇔ a2≥0
或
φ（－1）＝1＋a－2≤0
a2<0 φ（1）＝1－a－2≤0
⇔0≤a≤1 或－1≤a＜0⇒－1≤a≤1.
所以存在实数 m，使不等式 m2＋tm＋1≥|x1－x2| 对任意 a∈A 及 t∈[－1，1]恒成立，其取值范围是 {m|m≥2 或 m≤－2}．
解法二：当 m＝0 时，②显然不成立； 当 m≠0 时，②⇔mg（>0－1）＝m2－m－2≥0或 mg（<01）＝m2＋m－2≥0⇔m≥2 或 m≤－2. 所以存在实数 m，使不等式 m2＋tm＋1≥|x1－x2| 对任意 a∈A 及 t∈[－1，1]恒成立，其取值范围是 {m|m≥2 或 m≤－2}．
【解析】(1)证明：若 A＝∅，则 A⊆B 显然成立． 若 A≠∅，设 t∈A，则 f(t)＝t，f(f(t))＝f(t)＝t，即 t∈B， 从而 A⊆B.
(2)A 中元素是方程 f(x)＝x 即 ax2－1＝x 的实根．
若 A≠∅知 a＝0 或aΔ≠＝01＋4a≥0即 a≥－14. B 中的元素是方程 a(ax2－1)2－1＝x，即 a3x4－
∈n＋n 1，1，所以 n<(n＋1)xn<n＋1，an＝（n＋1）xn
＝n，所以 a3＝3.
(2)
2
1 015
(a2
＋
a3
＋
…
＋
a2
016)
＝2
1 015
× 12 ×
(2
＋2
016)×2 015＝1 009.
【知识要点】 函数是高中数学的核心内容，又是学习高等数学的 基础，也是最能体现学生能力和水平的学习内容，因此 历来是高考的重点．函数的三要素(定义域、值域和对 应法则)，四条常用的性质(奇偶性、单调性、对称性和 周期性)及七类初等函数(一次函数、反比例函数、二次 函数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数)的图 象和性质，构成了函数的主体．与集合、不等式、导数 构成高中数学最大的板块，支撑着数学这个高楼大厦， 它们在数学的其他分支中有极其广泛的应用，成为历年 高考命题的主干题型和热点内容．
∵当 x>0 时，f(x)>1， ∴f(x2－x1)＝f(x2)－f(x1)＋1>1，∴f(x1)<f(x2)， ∴f(x)是 R 上的增函数． (3)∵f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)－1 且 f(4)＝5， ∴f(4)＝f(2)＋f(2)－1，∴f(2)＝3， 由不等式 f(3m2－m－2)<3， 得 f(3m2－m－2)<f(2)， 由(2)知 f(x)是 R 上的增函数，
2a2x2－x＋a－1＝0 的实根．
由 A⊆B 知上述方程左边含有一个因式 ax2－x－1，
即方程可化为(ax2－x－1)(a2x2＋ax－a＋1)＝0.
要使 A＝B，即要方程 a2x2＋ax－a＋1＝0
①
没有实根或有实根是 ax2－x－1＝0 的根．
若①没有实根，Δ＝a2－4a2(1－a)<0 解得 a<34.
一、抽象函数的综合问题 例1若定义在 R 上的函数 f(x)对任意的 x1，x2∈R 都有 f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)－1 成立，且当 x>0 时， f(x)>1. (1)求证：f(x)－1 为奇函数； (2)求证：f(x)是 R 上的增函数； (3)若 f(4)＝5，解不等式 f(3m2－m－2)<3.
令 x＝1，有 0≤m＋n≤0，∴m＋n＝0， ∴m x－m≤x－1，即( x－1)( x＋1－m)≥0 对任 意 x>0 恒成立，
∴需 1－m＝－1，即 m＝2，∴函数 g(x)＝2( x－
1)．
(3)证明：由(2)知
ln
x≤x－1，令
x＝
1 ，得 k
ln
1 k
≤
2 k
－
2
＝
2
4 k
－
2<
4 k＋
由函数是增函数可知 a>1， 所以函数 g(x)＝loga(x＋k)＝loga(x＋1)，选 C.
3．给出下列命题：①在区间(0，＋∞)上，函数 y
1 ＝x－1，y＝x2，y＝(x－1)2，y＝x3 中有三个是增函数；
②若 logm3<logn3<0，则 0<n<m<1；③若函数 f(x)是奇 函数，则 f(x－1)的图象关于点 A(1，0)对称；④已知函
第14讲 函数的综合应用
【学习目标】 会运用函数的知识和函数思想解决有关函数的综 合性问题，培养学生分析问题和解决问题的能力．
【基础检测】
1．定义在1，8上的函数 f(x)同时满足：①f(2x)＝ cf(x)(c 为正常数)；②当 2≤x≤4 时，f(x)＝1－(x－3)2；
若函数 f(x)的图象上所有极大值对应的点均落在同一
数 f(x)＝3loxg－32（，xx－≤12），，x>2，则方程 f(x)＝12有两个实 数根．其中正确命题的个数为( C )
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
1 【解析】①在区间(0，＋∞)上，只有 y＝x2，y＝ x3 是增函数，所以①错误．②由 logm3<logn3<0，可得 log13m<log13n<0，即 log3n<log3m<0，所以 0<n<m<1，所 以②正确．③正确．④当 x≤2 时，3x－2≤1，由 3x－2＝12 可知此时有一个实根．当 x>2 时，由 log3(x－1)＝12得 x －1＝ 3，即 x＝1＋ 3，所以④正确．所以正确命题 的个数为 3 个．选 C.
2．设函数 f(x)＝k·ax－a－x(a>0 且 a≠1)在(－∞， ＋∞)上既是奇函数又是增函数，则 g(x)＝loga(x＋k)的 图象是( C )
【解析】f(x)＝kax－a－x＝kax－a1x是奇函数，所以 f(0)＝0，即 k－1＝0，所以 k＝1，
即 f(x)＝ax－a1x，又函数 y＝ax，y＝－a1x在定义域 上单调性相同，
∴3m2－m－2<2⇒－1<m<43.
∴不等式 f(3m2－m－2)<3 的解集为－1，43. 【点评】抽象函数问题求解往往是通过赋值法和化
归法实现．
二、新定义函数的综合问题 例2对于函数 f(x)，x∈R，若 f(x)＝x，则称 x 为 f(x) 的“不动点”，若 f(f(x))＝x，则称 x 为 f(x)的“稳定 点”，函数 f(x)的“不动点”和“稳定点”的集合分别 记为 A 和 B. (1)求证：A⊆B； (2)若 f(x)＝ax2－1(a∈R)，且 A＝B≠∅，求实数 a 的取值范围．
Байду номын сангаас
【点评】本题主要考查函数的单调性，导数的应用 和不等式的有关知识，考查函数思想、数形结合及分类 讨论思想和灵活运用数学知识分析问题和解决问题的 能力．本题解题技巧：(1)求参采取分离参数法，a＞g(x) 恒成立⇔a＞g(x)max，将求参问题转化为求函数最大值 问题．(2)反客为主求参法．如第二问的解法一．
∵∀x∈[－1，1]，f(x)是连续函数，且只有当 a＝1
时，f′(－1)＝0 以及当 a＝－1 时，f′(1)＝0，∴A＝{a|
－1≤a≤1}．
(2)由 4x＋ax2－23x3＝2x＋13x3 得 x＝0 或 x2－ax－2
＝0，
∵Δ＝a2＋8＞0，∴x1，x2 是方程 x2－ax－2＝0 的
两实根，∴xx11＋x2＝x2＝－a2，， 从而|x1－x2|＝ （x1＋x2）2－4x1x2＝ a2＋8. ∵－1≤a≤1，∴|x1－x2|＝ a2＋8≤3. 要使不等式 m2＋tm＋1≥|x1－x2|对任意 a∈A 及
【解析】(1)证明：∵f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)－1， ∴令 x1＝x2＝0，有 f(0)＝1. 令 x1＝x，x2＝－x，有 f(0)＝f(x)＋f(－x)－1， f(x)＋f(－x)＝2， 令 F(x)＝f(x)－1，则 F(－x)＝f(－x)－1， ∵F(x)＋F(－x)＝f(x)＋f(－x)－2＝0， ∴F(－x)＝－F(x)，∴f(x)－1 为奇函数． (2)证明：由(1)知 f(x)－1 为奇函数， ∴f(－x)－1＝－[f(x)－1]， ∀x1，x2∈R 且 x1<x2，则 x2－x1>0， ∵f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)－1， ∴f(x2－x1)＝f(x2)＋f(－x1)－1＝f(x2)－[f(x1)－1] ＝f(x2)－f(x1)＋1，
k－1
－
2
＝
4(
k－
k－1)－2
∴lnn1！<4[( n－ n－1)＋( n－1－ n－2)＋…
＋( 1－ 0)]－2n＝4 n－2n， ln n！>2n－4 n，即 n！>e2n－4 n(n∈N，n≥2)．
【点评】函数与不等式综合时应灵活恰当地进行函 数与不等式的转化．
四、函数、方程与不等式的综合问题 例4已知 f(x)＝4x＋ax2－23x3(x∈R)在区间[－1，1] 上是增函数． (1)求实数 a 组成的集合 A； (2)设关于 x 的方程 f(x)＝2x＋13x3 的两个非零根为 x1，x2，试问是否存在实数 m，使得不等式 m2＋tm＋ 1≥|x1－x2|对任意 a∈A 及 t∈[－1，1]恒成立？若存在， 求 m 的取值范围；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)f′(x)＝4＋2ax－2x2，
∵f(x)在[－1，1]上是增函数，
∴f′(x)≥0 对∀x∈[－1，1]恒成立，
即 x2－ax－2≤0 对∀x∈[－1，1]恒成立．①
设 φ(x)＝x2－ax－2，
解
法
一
：
①
⇔
φ（1）＝1－a－2≤0
φ（－1）＝1＋a－2≤0
⇔
－
1≤a≤1.
【解析】(1)设 f(x)＝nx3＋2x－n，则 f′(x)＝3nx2
＋2>0(n∈N*)，所以 f(x)为增函数，n≥2 时，fn＋n 1＝
n
n n＋1
3＋
2n＋n 1－
n＝
n （n＋1）3
(－
n2＋
n＋1)<0
，且
f(1)＝2>0，所以 nx3＋2x－n＝0 有唯一实根 xn，且 xn
【解析】(1)易知 f(1)＝0，由已知 f(x)≤0 恒成立， 所以函数 f(x)在 x＝1 处取得最大值．
f ′ (x) ＝ ax － b ＝ a－xbx ， ∴f′(1) ＝ 0 ， ∴a ＝ b ， 又 ∵a>0，
∴f(x)在 x＝1 处取得极大值，符合题意，即关系式 为 a＝b.
(2)∵a＝1，∴b＝1，∴ln x≤m x＋n≤x－1 恒成 立，
若①有一实根，则由 ax2－x－1＝0 得 a2x2－ax－a ＝0 代入①得：2ax＋1＝0 得 x＝－21a，
代入 ax2－x－1＝0 得 a＝34. 综上，a 的取值范围是－14，34.
【点评】新定义问题关键是对新定义的含义及规则 充分理解，恰当应用．
三、函数与不等式的综合问题 例3已知 f(x)＝aln x－b(x－1)对任意的 x>0 恒有 f(x)≤0 成立． (1)求正数 a 与 b 的关系； (2)若 a＝1，设 g(x)＝m x＋n(m，n∈R)，若 ln x≤g(x)≤b(x－1)对任意 x>0 恒成立，求函数 g(x)的解 析式； (3)证明：n！>e2n－4 n(n∈N，n≥2)．
4．对正整数 n，设 xn 是关于 x 的方程 nx3＋2x－n ＝0 的实数根，记 an＝[(n＋1)xn](n＝2，3，…，符号[x] 表示不超过 x 的最大整数，如[－2.5]＝－3，[5]＝5)， 则：
(1)a3＝____3____； (2)计算：2 0115(a2＋a3＋…＋a2 016)＝___1_0_0_9__．