2020届高考数学(江苏专用)二轮复习课时达标训练(二十)函数与导数的综合问题 Word版含答案

课时达标训练(二十) 函数与导数的综合问题
A 组
1．(2019·南通等七市二模)已知函数f (x )＝2ln x ＋12x 2
－ax ，a ∈R .
(1)当a ＝3时，求函数f (x )的极值．
(2)设函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线方程为y ＝g (x )，若函数y ＝f (x )－g (x )是(0，＋∞)上的增函数，求x 0的值．
(3)是否存在一条直线与函数f (x )的图象相切于两个不同的点？并说明理由． 解：(1)当a ＝3时，f (x )＝2ln x ＋12x 2
－3x (x >0)，
f ′(x )＝2x ＋x －3＝x 2
－3x ＋2
x
，
令f ′(x )＝0得，x ＝1或x ＝2.
当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表所示，
所以函数f (x )的极大值为f (1)＝－5
2，极小值为f (2)＝2ln 2－4.
(2)依题意，知切线方程为y ＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)(x 0>0)， 从而g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)(x 0>0)， 记p (x )＝f (x )－g (x )，
则p (x )＝f (x )－f (x 0)－f ′(x 0)(x －x 0)在(0，＋∞)上为增函数， 所以p ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)≥0在 (0，＋∞)上恒成立， 即p ′(x )＝2x －2
x 0＋x －x 0≥0在(0，＋∞)上恒成立，
即x ＋2x
≥x 0＋2
x 0
在(0，＋∞)上恒成立，
因为x ＋2
x
≥2
x ·2
x ＝22(当且仅当x ＝2时，等号成立)， 所以22≥x 0＋2x 0
，从而(x 0－2)2
≤0，所以x 0＝ 2.
(3)假设存在一条直线与函数f (x )的图象有两个不同的切点T 1(x 1，y 1)，T 2(x 2，y 2)，
不妨设0<x 1<x 2，则函数f (x )的图象在点T 1处的切线l 1的方程为y －f (x 1)＝f ′(x 1)(x －x 1)，
在点T 2处的切线l 2的方程为y －f (x 2)＝f ′(x 2)(x －x 2)．因为l 1，l 2为同一条直线，所以f ′(x 1)＝f ′(x 2)，f (x 1)－x 1f ′(x 1)＝f (x 2)－x 2f ′(x 2)，
即2x 1＋x 1－a ＝2
x 2
＋x 2－a ，
2ln x 1＋12x 21－ax 1－x 1⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1＋x 1－a ＝2ln x 2＋12x 22－ax 2－x 2⎝ ⎛⎭
⎪⎫2x 2＋x 2－a ， 整理，得2ln x 2＋2x －x
2
＝0.①
令t ＝x
2
，由0<x 1<x 2与x 1x 2＝2，得t ∈(0，1)，
记p (t )＝2ln t ＋1t －t ，则p ′(t )＝2t －1t 2－1＝－（t －1）
2
t
2
<0， 所以p (t )在(0，1)上为减函数，所以p (t )>p (1)＝0.
从而①式不可能成立，所以假设不成立，即不存在一条直线与函数f (x )的图象相切于两个不同的点．
2．(2019·苏北三市期末)已知函数f (x )＝(x －a )ln x (a ∈R )． (1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若对于任意的正数x ，f (x )≥0恒成立，求实数a 的值；
(3)若函数f (x )存在两个极值点(极值点是函数取极值时对应的自变量的值)，求实数a 的取值范围．
解：(1)因为f (x )＝(x －a )ln x (a ∈R )， 所以当a ＝1时，f (x )＝(x －1)ln x ， 则f ′(x )＝ln x ＋1－1x
，
当x ＝1时，f (1)＝0，f ′(1)＝0，
所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝0. (2)因为对于任意的正数x ，f (x )≥0恒成立， 所以当ln x ＝0，即x ＝1时，f (x )＝0，a ∈R ； 当ln x >0，即x >1时，x ≥a 恒成立，所以a ≤1； 当ln x <0时，即0<x <1时，x ≤a 恒成立，所以a ≥1. 综上可知，a ＝1.
(3)因为函数f (x )存在两个极值点，
所以f ′(x )＝ln x －a x
＋1存在两个不相等的零点．
设g (x )＝ln x － a x
＋1，则g ′(x )＝1x ＋a x
2＝x ＋a
x
2.
当a ≥0时，g ′(x )>0，所以g (x )单调递增，至多一个零点，不合题意． 当a <0时，因为x ∈(0，－a )时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，
x ∈(－a ，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，
所以g (x )min ＝g (－a )＝ln( －a )＋2. 因为g (x )存在两个不相等的零点， 所以ln(－a )＋2<0，解得－e －2
<a <0. 所以－1a
>e 2
>－a .
因为g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1a ＝ln ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1a ＋a 2
＋1>0，
所以g (x )在(－a ，＋∞)上存在一个零点． 因为－e －2
<a <0，所以a 2
<－a .
g (a 2)＝ln a 2－1a ＋1＝2ln(－a )＋1
－a
＋1，
设t ＝－a ，则y ＝2ln t ＋1t ＋1⎝ ⎛
⎭⎪⎫0<t <1e 2，
因为y ′＝2t －1
t
2<0，
所以y ＝2ln t ＋1t ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫0<t <1e 2单调递减， 所以y >2ln 1e 2＋e 2＋1＝e 2
－3>0，
所以g (a 2)＝ln a 2
－1a
＋1>0，
所以g (x )在(0，－a )上存在一个零点． 综上可知，实数a 的取值范围为(－e －2
，0)．
3．(2017·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3
＋ax 2
＋bx ＋1(a >0，b ∈R )有极值，且导函数
f ′(x )的极值点是f (x )的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)
(1)求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； (2)证明：b 2
>3a ；
(3)若f (x )，f ′(x )这两个函数的所有极值之和不小于－7
2，求a 的取值范围．
解：(1)由f (x )＝x 3
＋ax 2
＋bx ＋1，
得f ′(x )＝3x 2
＋2ax ＋b ＝3⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋a 32
＋b －a 2
3. 当x ＝－a 3时，f ′(x )有极小值b －a 2
3.
因为f ′(x )的极值点是f (x )的零点，
所以f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－a 3＝－a 327＋a 3
9－ab 3＋1＝0，
又a >0，故b ＝2a 2
9＋3
a
.
因为f (x )有极值，故f ′(x )＝0有实根， 从而b －a 2
3＝19a (27－a 3
)≤0，即a ≥3.
当a ＝3时，f ′(x )>0(x ≠－1)， 故f (x )在R 上是增函数，f (x )没有极值； 当a >3时，f ′(x )＝0有两个相异的实根 x 1＝－a －a 2
－3b 3，x 2＝－a ＋a 2
－3b 3.
当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
故f (x )的极值点是x 1，x 2. 从而a >3.
因此b ＝2a 2
9＋3
a ，定义域为(3，＋∞)．
(2)证明：由(1)知，
b a ＝2a a 9＋3a a
.
设g (t )＝2t 9＋3t ，则g ′(t )＝29－3t 2＝2t 2
－27
9t
2
. 当t ∈⎝
⎛⎭
⎪⎫
362，＋∞时，g ′(t )>0， 从而g (t )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫
362，＋∞上单调递增．
因为a >3，所以a a >33，
故g (a a )>g (33)＝3，即b
a
> 3. 因此b 2
>3a .
(3)由(1)知，f (x )的极值点是x 1，x 2，且x 1＋x 2＝－23a ，x 21＋x 2
2＝4a 2
－6b 9
.
从而f (x 1)＋f (x 2)＝x 3
1＋ax 2
1＋bx 1＋1＋x 3
2＋ax 2
2＋bx 2＋1＝x 1
3(3x 2
1＋2ax 1＋b )＋x 2
3(3x 2
2＋
2ax 2＋b )＋13a (x 21＋x 22)＋2
3
b (x 1＋x 2)＋2
＝4a 3
－6ab 27－4ab 9
＋2＝0.
记f (x )，f ′(x )所有极值之和为h (a )， 因为f ′(x )的极值为b －a 2
3＝－19a 2＋3a ，
所以h (a )＝－19a 2＋3
a ，a >3.
因为h ′(a )＝－29a －3
a 2<0，
于是h (a )在(3，＋∞)上单调递减． 因为h (6)＝－7
2，于是h (a )≥h (6)，故a ≤6.
因此a 的取值范围为(3，6]．
4．(2019·常州期末)已知函数m (x )＝x 2
，函数n (x )＝a ln x ＋1(a ∈R )． (1)若a ＝2，求曲线y ＝n (x )在点(1，n (1))处的切线方程；
(2)若函数f (x )＝m (x )－n (x )有且只有一个零点，求实数a 的取值范围；
(3)若函数g (x )＝n (x )＋e x
－e x －1≥0对任意的x ∈[1，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围．(e 是自然对数的底数，e ≈2.718 28…)
解：(1)当a ＝2时，n (x )＝2ln x ＋1，∴n ′(x )＝2x
，
∴n ′(1)＝2，又n (1)＝1，
∴切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.
(2)f (x )＝x 2
－a ln x －1，定义域为(0，＋∞)，其图象是一条连续的曲线．
f ′(x )＝2x －a x ＝2x 2－a
x
.
①若a ≤0，则f ′(x )>0对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立， 此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (1)＝0， ∴此时f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点，符合题意．
②若a >0，令f ′(x )＝0，得x ＝
a
2
或x ＝－a
2
(舍去)．
当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化情况如下表所示：
若
a
2
>1，即a >2，此时a >a
2
，则f ⎝
⎛⎭
⎪⎫
a 2<f (1)＝0，f (a )＝a 2
－a ln a －1. 令F 1(a )＝a 2
－a ln a －1，a ≥2，则F 1′(a )＝2a －ln a －1，
令F 2(a )＝2a －ln a －1，a ≥2，则F 2′(a )＝2－1
a
>0对于a ∈[2，＋∞)恒成立，
∴F 2(a )＝2a －ln a －1在[2，＋∞)上单调递增，∴F 2(a )≥F 2(2)＝3－ln 2>0， 即F 1′(a )>0对于a ∈[2，＋∞)恒成立， ∴F 1(a )＝a 2
－a ln a －1在[2，＋∞)上单调递增， ∴F 1(a )≥F 1(2)＝3－2ln 2>0，即f (a )>0，
∵f ⎝
⎛
⎭⎪⎫
a 2<0，且函数f (x )在⎝
⎛⎭
⎪⎫
a 2，＋∞上单调递增， ∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫
a 2，＋∞上有且只有一个零点，
而函数f (x )在⎝
⎛
⎭⎪⎫0，a 2上单调递减，且f (1)＝0，
故当a
2
>1时，函数f (x )在(0，＋∞)上有两个零点，不符合题意．
若
a
2
＝1，即a ＝2， 则函数f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 又f (1)＝0，∴f (x )≥f (1)＝0， 故当a
2
＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上有且只有一个零点，符合题意．
若0<
a
2<1，即0<a <2，此时0<e －1a
<e 0
＝1. ∵函数f (x )在⎝
⎛
⎭⎪⎫a
2
，＋∞上单调递增，∴f ⎝
⎛⎭
⎪⎫
a 2<f (1)＝0，
又f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫e －1a ＝e －2a
>0，∴函数f (x )在(0，1)内必有零点，
∴不符合题意．
综上，实数a 的取值范围是{a |a ≤0或a ＝2}． (3)g (x )＝a ln x ＋e x
－e x (x ≥1)．
令G (x )＝e x －e x ，x ≥1，则G ′(x )＝e x
－e ≥0对任意的x ∈[1，＋∞)恒成立， ∴函数G (x )在[1，＋∞)上单调递增，∴G (x )≥G (1)＝0.
①若a ≥0，则当x ≥1时，g (x )＝a ln x ＋e x
－e x ≥0恒成立，符合；
②若a <0，g ′(x )＝a x
＋e x
－e ，令H (x )＝a x
＋e x －e ，x ≥1，则H ′(x )＝e x
－a x
2>0恒成立， ∴H (x )＝a x
＋e x
－e 在[1，＋∞)上单调递增． ∵a <0，∴1－a >1， ∴G (1－a )>G (1)＝0，即e 1－a
>e(1－a )，
∴H (1－a )＝a
1－a
＋e
1－a
－e>a 1－a ＋e －e a －e ＝a 1－a －e a ＝11－a
＋(1－a )－2－(e －1)a ，
∵a <0，1－a >1，∴1
1－a ＋(1－a )>2，(e －1)a <0，
∴H (1－a )>0.
∵H (x )＝a x
＋e x
－e 在[1，＋∞)上单调递增，其图象是一条连续的曲线，且H (1)＝a <0，∴存在唯一的x 0∈(1，1－a )，使得H (x 0)＝0，即g ′(x 0)＝0，
当x ∈(1，x 0)时，g ′(x )<0，∴函数g (x )在(1，x 0)上单调递减， ∴当x ∈(1，x 0)时，g (x )<g (1)＝0，不符合题意，舍去． 综上，实数a 的取值范围为[0，＋∞)．
B 组——大题增分练
1．(2019·扬州期末)已知函数f (x )＝(3－x )e x
，g (x )＝x ＋a (a ∈R )．(e 是自然对数的底数，e ≈2.718…)
(1)求函数f (x )的极值；
(2)若函数y ＝f (x )g (x )在区间[1，2]上单调递增，求a 的取值范围； (3)若函数h (x )＝
f （x ）＋
g （x ）
x
在区间(0，＋∞)上既存在极大值又存在极小值，并
且h (x )的极大值小于整数b ，求b 的最小值．
解：(1)f (x )＝(3－x )e x
，f ′(x )＝(2－x )e x
， 令f ′(x )＝0，解得x ＝2. 列表如下：
∴当x ＝2时，函数f (x )取得极大值f (2)＝e 2
，无极小值．
(2)由y ＝f (x )g (x )＝(3－x )(x ＋a )e x ，得y ′＝e x [－x 2
＋(3－a )x ＋3a －2x ＋(3－a )]＝e x [－x 2
＋(1－a )x ＋2a ＋3]．
令m (x )＝－x 2
＋(1－a )x ＋2a ＋3， ∵e x
>0，
∴函数y ＝f (x )g (x )在区间[1，2]上单调递增等价于对任意的x ∈[1，2]，函数m (x )≥0恒成立，
∴⎩⎪⎨⎪⎧m （1）≥0，m （2）≥0，
解得a ≥－3. (3)h (x )＝f （x ）＋g （x ）x ＝（3－x ）e x ＋x ＋a x
，
h ′(x )＝e x
（－x 2
＋3x －3）－a
x
2
， 令r (x )＝e x (－x 2
＋3x －3)－a ，
∵h (x )在(0，＋∞)上既存在极大值又存在极小值， ∴h ′(x )＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根，
即r (x )＝e x (－x 2
＋3x －3)－a ＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根x 1，x 2，不妨令x 1＜x 2. ∵r ′(x )＝e x
(－x 2
＋3x －3－2x ＋3)＝e x (－x 2＋x )＝x (1－x )e x
， ∴当x ∈(0，1)时，r ′(x )>0，r (x )单调递增， 当x ∈(1，＋∞)时，r ′(x )<0，r (x )单调递减，
则0<x 1<1，∴⎩⎪⎨⎪⎧r （0）<0，r （1）>0，解得－3<a <－e ，∴r ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝－34e 32－a <－34e 32＋3<0，符合题意．
∴函数h (x )在(0，＋∞)上既存在极大值又存在极小值时，有－3<a <－e ，并且在区间
(0，1)上存在极小值h (x 1)，在区间⎝ ⎛⎭
⎪⎫1，32上存在极大值h (x 2)．
h (x 2)＝
（3－x 2）e x 2＋x 2＋a
x 2
，且h ′(x 2)＝
x 2（－x ＋3x 2－3）－a
x 22
＝0，
∴a ＝e x 2(－x 2
2＋3x 2－3)，
h (x 2)＝（3－x 2）x 2＋x 2＋x 2（－x ＋3x 2－3）
x 2
＝e x 2(2－x 2)＋1.
令H (x )＝e x (2－x )＋1，则H ′(x )＝e x
(1－x )， 当x ∈(1，＋∞)时，H ′(x )<0，H (x )单调递减，
∵x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，∴H ⎝ ⎛⎭⎪⎫32<H (x 2)<H (1)，即h (x 2)∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫12e 32＋1，e ＋1，
又3<1
2e 32＋1<e ＋1<4，且h (x )的极大值小于整数b ，
∴满足题意的整数b 的最小值为4.
2．(2019·南京四校联考)已知函数f (x )＝ax －1
x
－(3－a )ln x .
(1)讨论函数f (x )的极值点个数；
(2)若函数g (x )＝a e x
－x 3
2有两个零点x 1，x 2，其中x 1<x 2，记t ＝x 2
x 1
，证明：x 1＋x 2随t
的增大而增大．
解：(1)显然函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝ax 2－（3－a ）x ＋1
x 2
.
若a ＝0，则f ′(x )＝－3x ＋1
x
2
， 所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，
当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫13，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 故函数f (x )有唯一的极(大)值点．
若a ≠0，记m (x )＝ax 2
－(3－a )x ＋1，则Δ＝(3－a )2
－4a ＝a 2
－10a ＋9， 当1≤a ≤9时，Δ≤0，f ′(x )≥0，函数f (x )单调递增，无极值点．
当a <0时，Δ>0，由于两根之积小于0，所以m (x )的两个根一正一负，设正根为x 0，则
x 0为函数f (x )的唯一极值点．
当0<a <1时，Δ>0，m (x )有两个大于零的根，故f (x )有两个极值点． 当a >9时，Δ>0，m (x )有两个小于零的根，故f (x )无极值点， 综上所述，当a ≥1时，函数f (x )无极值点； 当a ≤0时，函数f (x )有唯一极值点； 当0<a <1时，函数f (x )有两个极值点． (2)证明：依题意得，a e x 1＝x 132，a e x 2＝x 232.
所以32ln x 1＝ln a ＋x 1，3
2ln x 2＝ln a ＋x 2，
故x 2－x 1＝32ln x 2－32ln x 1＝32ln x 2
x 1
.
又x 2
x 1＝t ，x 1<x 2，则t >1，且⎩
⎪⎨⎪⎧x 2＝tx 1，x 2－x 1＝32ln t ， 解得x 1＝32ln t t －1，x 2＝3
2
t ln t t －1，
所以x 1＋x 2＝32·（t ＋1）ln t
t －1
.
令h (x )＝（x ＋1）ln x
x －1，x ∈(1，＋∞)，则h ′(x )＝－2ln x ＋x －
1
x （x －1）
2
. 令u (x )＝－2ln x ＋x －1x ，则u ′(x )＝－2x ＋1＋1x
2＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x －12
>0，则u (x )单调递增，
故对任意的x ∈(1，＋∞)，u (x )>u (1)＝0，
由此可得h ′(x )>0，故h (x )在(1，＋∞)上单调递增． 因此，x 1＋x 2随着t 的增大而增大．
3．(2019·南京三模)已知函数f (x )＝ln x ＋a x
＋1，a ∈R . (1)若函数f (x )在x ＝1处的切线为y ＝2x ＋b ，求a ，b 的值；
(2)记g (x )＝f (x )＋ax ，若函数g (x )在区间⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12上有最小值，求实数a 的取值范围； (3)当a ＝0时，关于x 的方程f (x )＝bx 2
有两个不相等的实数根，求实数b 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝1x －a x 2，则f ′(1)＝1－a ＝2，解得a ＝－1，则f (x )＝ln x －1
x
＋1，
此时f (1)＝ln 1－1＋1＝0，则切点坐标为(1，0)， 代入切线方程，得b ＝－2， 所以a ＝－1，b ＝－2.
(2)g (x )＝f (x )＋ax ＝ln x ＋a x ＋ax ＋1，g ′(x )＝1x －a x 2＋a ＝ax 2＋x －a
x 2
.
①当a ＝0时，g ′(x )＝1x >0，g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上为增函数，则g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上无最小值．
②当a ≠0时，方程ax 2
＋x －a ＝0的判别式Δ＝1＋4a 2
>0， 则方程ax 2
＋x －a ＝0有两个不相等的实数根，设为x 1，x 2，
x 1，2＝－1± 1＋4a 2
2a
，则x 1x 2＝－1，两根一正一负，不妨令x 1<0<x 2. 设函数m (x )＝ax 2＋x －a (x >0)，
(ⅰ)当 a >0时，若x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，则m (0)＝－a <0，m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝a 4＋12－a >0，解得0<a <23. x ∈(0，x 2)时，m (x )<0，则g (x )单调递减，
x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 2，12时，m (x )>0，则g (x )单调递增， 所以当x ＝x 2时，g (x )取极小值，即最小值．
若x 2≥12，则x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，m (x )<0，g (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12上单调递减，无最小值． (ⅱ)当a <0时，
若x ∈(0，x 2)，则m (x )>0，g (x )单调递增，
若x ∈(x 2，＋∞)，则m (x )<0，g (x )单调递减，
所以在区间⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12上，g (x )不会有最小值， 所以a <0不满足条件．
综上，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，23. (3)当a ＝0时，由方程f (x )＝bx 2，得ln x ＋1－bx 2
＝0，
记h (x )＝ln x ＋1－bx 2，x >0，则h ′(x )＝1x －2bx ＝－2bx 2＋1x
. ①当b ≤0时，h ′(x )>0恒成立，即h (x )在(0，＋∞)上为增函数，
则函数h (x )至多只有一个零点，即方程f (x )＝bx 2
至多只有一个实数根，所以b ≤0不符合题意．
②当b >0时， 若x ∈⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，12b ，则h ′(x )>0，所以函数h (x )单调递增， 若x ∈⎝
⎛⎭⎪⎫12b ，＋∞，则h ′(x )<0，所以函数h (x )单调递减，所以h (x )max ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＝ln 12b ＋12
. 若方程f (x )＝bx 2有两个不相等的实数根，
则h ⎝ ⎛
⎭⎪⎫12b ＝ln 12b ＋12>0，解得0<b <e 2
. (ⅰ)当0<b <e 2时，h ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ＝－b e 2<0.
又⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2＝2b －e 22b e 2<0，所以1e <12b
， 所以存在唯一的x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e
，12b ，使得h (x 1)＝0. (ⅱ)h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ＝ln 1b ＋1－1b ＝－ln b ＋1－1b
， 记k (b )＝－ln b ＋1－1b ，0<b <e 2
， 因为k ′(b )＝－1b ＋1b 2＝1－b b 2，所以易知k (b )在(0，1)上为增函数，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫1，e 2上为减函数，
则k (b )max ＝k (1)＝0，则h ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1b ≤0. 又⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2＝2－b 2b 2>0，所以1b >12b
， 所以存在唯一的x 2∈⎝ ⎛⎦
⎥⎤12b ，1b ，使得h (x 2)＝0， 综上，实数b 的取值范围是⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，e 2. 4．对于函数f (x )，在给定区间[a ，b ]内任取n ＋1(n ≥2，n ∈N *
)个数x 0，x 1，x 2，…，
x n 使得a ＝x 0<x 1<x 2<…<x n －1<x n ＝b ，记S ＝∑i ＝0
n －1|f (x i ＋1)－f (x i )|.若存在与n 及x i (i ≤n ，i ∈N )
均无关的正数A ，使得S ≤A 恒成立，则称f (x )在区间[a ，b ]上具有性质V .
(1)若函数f (x )＝－2x ＋1，给定区间为[－1，1]，求S 的值；
(2)若函数f (x )＝x
e
x ，给定区间为[0，2]，求S 的最大值； (3)对于给定的实数k ，求证：函数f (x )＝k ln x －12
x 2在区间[1，e]上具有性质V . 解：(1)因为函数f (x )＝－2x ＋1在区间[－1，1]为减函数，
所以f (x i ＋1)＜f (x i )，
所以|f (x i ＋1)－f (x i )|＝ f (x i )－f (x i ＋1)．
S ＝∑i ＝0
n －1|f (x i ＋1)－f (x i )|＝[ f (x 0)－f (x 1)]＋[ f (x 1)－f (x 2)]＋…＋[ f (x n －1)－f (x n )] ＝f (x 0)－f (x n )＝f (－1)－f (1)＝4. (2)由f ′(x )＝1－x e
x ＝0，得x ＝1.
当x ＜1时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，1)为增函数；
当x ＞1时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(1，2)为减函数；
所以f (x )在x ＝1时取极大值1e
. 设x m ≤1＜x m ＋1，m ∈N ，m ≤n －1，
则S ＝∑i ＝0
n －1
|f (x i ＋1)－f (x i )|
＝|f (x 1)－f (0)|＋…＋|f (x m )－f (x m －1)|＋|f (x m ＋1)－f (x m )|＋|f (x m ＋2)－f (x m ＋1)|＋…＋|f (2)－f (x n －1)|
＝[f (x 1)－f (0)]＋…＋[f (x m )－f (x m －1)]＋|f (x m ＋1)－f (x m )|＋[f (x m ＋1)－f (x m ＋2)]＋…＋[f (x n －1)－f (2)]
＝[f (x m )－f (0)]＋|f (x m ＋1)－f (x m )|＋[f (x m ＋1)－f (2)]．
因为|f (x m ＋1)－f (x m )|≤[f (1)－f (x m )]＋[f (1)－f (x m ＋1)]，当x m ＝1时取等号， 所以S ≤f (x m )－f (0)＋f (1)－f (x m )＋f (1)－f (x m ＋1)＋f (x m ＋1)－f (2)＝2f (1)－f (0)－f (2)＝2（e －1）e 2. 所以S 的最大值为2（e －1）e 2. (3)证明：f ′(x )＝k x －x ＝k －x 2x
，x ∈[1，e]． ①当k ≥e 2时，k －x 2
≥0恒成立，即f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在[1，e]上为增函数，
所以S ＝∑i ＝0
n －1|f (x i ＋1)－f (x i )|＝[ f (x 1)－f (x 0)]＋[f (x 2)－f (x 1)]＋…＋[ f (x n )－f (x n －
1)]
＝f (x n )－f (x 0)＝f (e)－f (1)＝k ＋12－12
e 2. 因此，存在正数A ＝k ＋12－12
e 2，都有S ≤A ，因此
f (x )在[1，e]上具有性质V . ②当k ≤1时，k －x 2
≤0恒成立，即f ′(x )≤0恒成立，所以f (x )在[1，e]上为减函数，
所以S ＝∑i ＝0
n －1|f (x i ＋1)－f (x i )|＝[ f (x 0)－f (x 1)]＋[f (x 1)－f (x 2)]＋…＋[ f (x n －1)－
f (x n )]
＝f (x 0)－f (x n )＝ f (1)－f (e)＝ 12e 2－k －12
.
因此，存在正数A ＝12e 2－k －12
，都有S ≤A ，因此f (x )在[1，e]上具有性质V . ③当1＜k ＜e 2
时，由f ′(x )＝0，得x ＝k ；
当f ′(x )＞0，得1≤x ＜k ；
当f ′(x )＜0，得k ＜x ≤e ，因此f (x )在[1，k )上为增函数，在(k ，e]上为减函数． 设x m ≤k ＜x m ＋1，m ∈N ，m ≤n －1，
则S ＝∑i ＝1
n －1|f (x i ＋1)－f (x i )|
＝|f (x 1)－f (x 0)|＋…＋|f (x m )－f (x m －1)|＋|f (x m ＋1)－f (x m )|＋|f (x m ＋2)－f (x m ＋1)|＋…＋|f (x n )－f (x n －1)|
＝f (x 1)－f (x 0)＋…＋f (x m )－f (x m －1)＋|f (x m ＋1)－f (x m )|＋ f (x m ＋1)－f (x m ＋2)＋…＋f (x n －1)－f (x n )
＝f (x m )－f (x 0)＋|f (x m ＋1)－f (x m )|＋ f (x m ＋1)－f (x n )
≤f (x m )－f (x 0)＋ f (x m ＋1)－f (x n )＋ f (k )－f (x m ＋1)＋ f (k )－f (x m )
＝2f (k )－f (x 0)－f (x n )＝k ln k －k －⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12－k ＋12e 2＝k ln k －2k ＋12＋12e 2. 因此，存在正数A ＝k ln k －2k ＋12＋12
e 2，都有S ≤A ，因此
f (x )在[1，e]上具有性质V . 综上，对于给定的实数k ，函数f (x )＝k ln x －12x 2 在区间[1，e]上具有性质V .。