专题16 函数的存在与恒成立问题（解析版)

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1、专题16 函数的存在与恒成立问题 一、题型选讲 题型一 函数的存在问题 函数的恒成立问题往往采取分离参数法，参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则： ①，则只需要 ，则只需要 ②，则只需要 ，则只需要 例1、(2016泰州期末） 若命题“存在x∈R，ax2＋4x＋a≤0”为假命题，则实数a的取值范围是________． 【答案】 (2，＋∞)　 【解析】“存在x∈R，ax2＋4x＋a≤0”为假命题，则其否定“对任意x∈R，ax2＋4x＋a>0”为真命题，当a＝0,4x>0不恒成立，故不成立；当a≠0时，解得a>2，所以实

2、数a的取值范围是(2，＋∞)． 易错警示 转为真命题来处理，二次项系数为参数的不等式恒成立问题，要注意讨论二次项系数为0时能否成立 例2、(2016苏锡常镇调研） 已知函数f(x)＝x，若存在x∈，使得f(x)<2，则实数a的取值范围是________． 【答案】 (－1,5)　 【解析】解法1 当x∈[1,2]时，f(x)<2，等价于|x3－ax|<2，即－2

3、，即|a－x2|≥. (1) 当a≥4时，a≥x2＋≥22＋＝5，得到a≥5. (2) 当a≤1时，x2－a≥，有a≤x2－≤1－＝－1，得到a≤－1. (3) 当10矛盾． 那么有a≤－1或a≥5，故原题答案为－1

4、本题是一个分段函数的形式，有以下两种处理的思路： 思路1.对两段函数分别研究图像和性质，由于研究的是x<0的情形，故分a≥0和a<0两种情况讨论，当a≥0时，结论易得；当a<0时，由于x0，f(x)在(－∞，a

5、)上单调递增，而f(0)＝－4a≤0，显然不存在x0＜0，使得f(x0)＝0，所以a≥0不成立． 当a<0时，当x0，即－1

6、3|x－a|－a，由题意可得y＝x3与y＝3|x－a|＋a在y轴左侧有交点． y＝3|x－a|＋a的顶点为(a，a)，在直线y＝x上，由解得x＝－1. 又y＝x3在x＝－1处的切线率斜恰为3，画出图像如图所示，数形结合知a∈[－1，0) 例4、(2016南京学情调研）已知函数f(x)＝ex，g(x)＝x－b，b∈R. (1) 若函数f(x)的图像与函数g(x)的图像相切，求b的值； (2) 设函数T(x)＝f(x)＋ag(x)，a∈R，求T(x)的单调递增区间； (3) 设函数h(x)＝|g(x)|·f(x)，b＜1.若存在x1，x2∈[0,1]，使|h(x1)－h(x2)|＞1

7、成立，求b的取值范围． 思路分析 (1) 对于直线与曲线相切问题，只要切点不知道的，都要先设切点坐标，然后运用好切点的双重身份，即切点既是切线上的点，又是曲线上的点，它的坐标既适合切线方程，又适合曲线方程，再由方程(组)思想，求出未知量；(2) 要求函数T(x)的单调递增区间，只要求T′(x)＞0的解区间就行，不过需对a进行分类讨论；(3) 首先要把“若存在x1，x2∈[0,1]，使|h(x1)－h(x2)|＞1成立”运用等价转化的思想转化为“h(x)在[0,1]上的最大值h(x)max和最小值h(x)min满足h(x)max－h(x)min>1”，接下来的问题就是求h(x)在[0,1]上

8、的最大值和最小值．对于含绝对值的函数一般首先要去掉绝对值，这里要运用好分类讨论思想． 规范解答 (1) 设切点为(t，et)，因为函数f(x)的图像与函数g(x)的图像相切，所以et＝1，且et＝t－b，解得b＝－1.(2分) (2) T(x)＝ex＋a(x－b)，T′(x)＝ex＋a. 当a≥0时，T′(x)＞0恒成立；(4分) 当a＜0时，由T′(x)＞0，得x＞ln(－a)．(6分) 所以当a≥0时，函数T(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)； 当a＜0时，函数T(x)的单调增区间为(ln(－a)，＋∞)．(8分) (3) 若存在x1，x2∈[0,1]，使|h(x1)－h(x

9、2)|>1成立，则等价转化为h(x)在[0,1]上的最大值h(x)max和最小值h(x)min满足h(x)max－h(x)min>1. 解法1 h(x)＝|g(x)|·f(x)＝ 当x≥b时，有h′(x)＝(x－b＋1)ex>0； 当x0； 当b－1

10、h(0)＝－b. 则由h(x)max－h(x)min>1，得(1－b)e＋b>1，解得b<1，所以b≤0.(12分) ②当00，即b>，此时h(0)>h(1)； 若b<，此时h(0)1，得(1－b)e>1，解得b<.(14分)

11、(ⅱ) 当≤b<1时， 有h(x)max＝h(0)＝b，h(x)min＝h(b)＝0. 因为b<1，所以h(x)max－h(x)min＝b>1不成立． 综上，b的取值范围为（－∞，）.(16分) 解法2 h(x)＝|g(x)|·f(x)＝|x－b|·ex＝|(x－b)ex|，令φ(x)＝(x－b)ex，则h(x)＝|φ(x)|. 先研究函数φ(x)＝(x－b)ex，φ′(x)＝(x－b＋1)ex. 因为b<1，所以在[0,1]上有φ′(x)＝(x－b＋1)ex>0，因此φ(x)在[0,1]上是增函数．所以φ(x)min＝φ(0)＝－b，φ(x)max＝φ(1)＝(1－b)e>0.(

12、10分) ①若φ(0)＝－b≥0，即b≤0时，h(x)min＝φ(0)＝－b，h(x)max＝φ(1)＝(1－b)e， 则由h(x)max－h(x)min>1，即(1－b)e＋b>1，解得b<1，所以b≤0.(12分) ②若φ(0)＝－b<0，即0

13、x－h(x)min>1，即(1－b)e>1，解得b<，所以01，得b>1，与b<1矛盾，故h(x)max－h(x)min>1不成立． 综上，b的取值范围为（－∞，）.(16分) 题型二 函数的恒成立问题 函数的恒成立问题往往采取分离参数法，参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则： （1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步

14、简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行。但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法。（2）要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题。（可参见”恒成立问题——最值分析法“中的相关题目） 参变分离后会出现的情况及处理方法：（假设为自变量，其范围设为，为函数；为参数，为其表达式）（1）若的值域为 ①，则只需要 ，则只需要 ②，则只需要 ，则只需要 例5、(2019年徐州四市联考) 已知函数f(x)＝lnx＋(e－a)x－b，其中e为自

15、然对数的底数．若不等式f(x)≤0恒成立，则的最小值为________． 【答案】 －　 【解析】思路分析 若的最小值为λ，则≥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f＝－a－b≤0.猜想a＞0，从而≥－. f′(x)＝＋(e－a)＝ (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∈时，f′(x)＞0，f(x)为增函数；当x∈时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，所以f(x)max＝f＝－ln(a－e)－b－1. 由f(x)≤0恒成立，得f(x

16、)max≤0，所以b≥－ln(a－e)－1，所以得≥. 设g(x)＝ (x＞e)， g′(x)＝＝. 由于y＝＋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)＝－，所以≥－，当a＝2e，b＝－2时，取得最小值－. 解后反思 在考试时，到上一步就可以结束了，胆大一点，到猜想a＞0这步就可结束了．现证最小值能取到，当＝－时，f＝0应该是极大值，所以f′＝2e－a＝0，此时a＝2e，b＝－2，f(x)＝lnx－ex＋2，易证f＝0也是最

17、大值，证毕． 例6、(2019南京三模）已知函数f(x)＝x2－alnx＋x－，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

18、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. 题型三 函数的存在与恒成立的综合问题 多变量恒成立与存在问题：对于含两个以上字母（通常为3个）的恒成立不等式，先观察好哪些字母的范围已知（作为变量），那个是所求的参数，然后通常有两种方式处理 （1）选择一个已知变量，与所求参数放在一起与另一变量进行分离。则不含参数的一侧可以解出最值（同时消去一元），进而多变量恒成立问题就转化为传统的恒成立问题了。

19、 （2）将参数与变量进行分离，即不等号一侧只含有参数，另一侧是双变量的表达式，然后按所需求得双变量表达式的最值即可。 例7、、(2019苏州期末）设函数f(x)＝，若对任意x1∈(－∞，0)，总存在x2∈使得，则实数a的范围 【答案】　 【解析】 考察函数f(x)在区间(－∞，0)和上的最小值或下确界．特别注意到，当a≠0时，当x＝时，－ax2＝0. ①当a＝0时，f(x)＝在(－∞，0)上的值域为(0，＋∞)，在，满足要求； ②当a<0时，f(x1)min＝f＝0，而f(x2)>0恒成立，所以不可能有f(x2)≤f(x1)； ③当0

20、0，而f(x1)≥0恒成立，满足要求； ④当a>时，设g(x)＝－ax2，则g′(x)＝－－2ax＝－. 易得g(x)在上递增，在]上递减，在(2,)单调递减 所以 所以 综上： 例8（2017苏锡常镇一调） 已知函数f(x)＝若存在x1，x2∈R，当0≤x1<4≤x2≤6时，f(x1)＝f(x2)，则x1f(x2)的取值范围是________． 【答案】(3，)　 【解析】思路分析 因为x1f(x2)＝x1f(x1)＝－x＋4x是关于x1的函数，所以关键是先确定x1的范围．而由定曲线y＝f(x)与动直线y＝k的位置关系，可确定x1的范围． 设f(x1)＝f(x2)＝k，由

21、定曲线y＝f(x)与动直线y＝k的位置关系，可得k∈[3,4]，从而易得x1∈[1,3]，所以x1f(x2)＝x1f(x1)＝－x＋4x，x1∈[1,3]，设g(t)＝－t3＋4t2，t∈[1,3]，则g′(t)＝－3t2＋8t＝－3tt－，令g′(t)＝0，得t＝. 列表如下： t 1 （1，） （，3） 3 g′(t) ＋ 0 － g(t) 3   9 由上表可知，函数g(t)的值域为（3，.） 例9、(2017南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）已知函数f(x)＝，g(x)＝lnx，其中e为自然对数的底数． (1) 求

22、函数y＝f(x)g(x)在x＝1处的切线方程； (2) 若存在x1，x2(x1≠x2)，使得g(x1)－g(x2)＝λ[f(x2)－f(x1)]成立，其中λ为常数，求证：λ＞e； (3) 若对任意的x∈(0,1]，不等式f(x)g(x)≤a(x－1)恒成立，求实数a的取值范围． 思路分析 (1) 记φ(x)＝，所求的切线方程为y－φ(1)＝φ′(1)(x－1)． (2) 记p(x)＝λf(x)＋g(x)，则存在x1，x2(x1≠x2)，使p(x1)＝p(x2)，即函数p(x)在定义域(0，＋∞)上不是单调函数．可先考虑其对立情况：函数p(x)在定义域(0，＋∞)上是单调函数，求得λ

23、≤e. (3) 由第(1)题，画出曲线y＝(x∈(0,1])及切线y＝(x－1)，可猜想，a≤. 考虑到当x＝1时，与x－1均等于零，所以用分离参数的方法不太合适． 因为f(x)g(x)－a(x－1)＝－a(x－1)＝[lnx－a(x－1)ex]． 可设F(x)＝lnx－a(x－1)ex，注意到F(1)＝0. 再证，当a≤时，F(x)≤F(1)对x∈(0,1]恒成立；当a＞时，存在x0∈(0,1)，使得F(x0)＞F(1)． 规范解答 (1) 函数y＝，y′＝，当x＝1时，y＝0，y′＝. 所求的切线方程为y＝(x－1)，即x－ey－1＝0.(2分) (2) 记p(x)＝λf(

24、x)＋g(x)，则存在x1，x2(x1≠x2)，使得p(x1)＝p(x2)． 即函数p(x)在定义域(0，＋∞)上不是单调函数．(4分) 假设p(x)在定义域(0，＋∞)上是单调函数， 则p′(x)＝－＋≥0或p′(x)≤0对x∈(0，＋∞)恒成立，即λ≤或λ≥对x∈(0，＋∞)恒成立． 记h(x)＝，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝，易得h(x)的值域为[e，＋∞)． 综上所述，函数p(x)在定义域(0，＋∞)上是单调函数的充要条件是λ≤e，(7分) 所以函数p(x)在定义域(0，＋∞)上不是单调函数的充要条件是λ＞e.因此，λ＞e.(9分) (3) 因为f(x)g(x)－a(

25、x－1)＝－a(x－1)＝[lnx－a(x－1)ex]．设F(x)＝lnx－a(x－1)ex，则F(x)≤0对x∈(0,1]恒成立． 考虑F′(x)＝－axex＝xex. 当x∈(0,1]时，单调递减，取值范围为. ①当a≤时，F′(x)≥0对x∈(0,1]恒成立，所以F(x)在(0,1]上单调递增，F(x)max＝F(1)＝0，满足题意；(12分) ②当a＞时，F′(x)在(0,1]上有唯一零点x0∈(0,1)． 易得F(x)在(0，x0]上单调递增，在[x0,1]上单调递减，所以F(x0)＞F(1)＝0，不合题意． 综上所述，实数a的取值范围是.(16分) 解后反思 第(2)

26、题也可考虑用反证法：假设λ≤e，则可证p′(x)≥0恒成立，即p(x)在(0，＋∞)上单调递增，得出矛盾．第(3)题中，对某些函数(或式子)作变形处理，可减少一些运算量． 二、达标训练 1、(2017泰州期末） 若命题“存在x∈R，ax2＋4x＋a≤0”为假命题，则实数a的取值范围是________． 【答案】 (2，＋∞)　 【解析】“存在x∈R，ax2＋4x＋a≤0”为假命题，则其否定“对任意x∈R，ax2＋4x＋a>0”为真命题，当a＝0,4x>0不恒成立，故不成立；当a≠0时，解得a>2，所以实数a的取值范围是(2，＋∞)． 2、(2017苏北四市摸底）已知函数f(x

27、)＝ex－1＋x－2(e为自然对数的底数)，g(x)＝x2－ax－a＋3，若存在实数x1，x2，使得f(x1)＝g(x2)＝0，且|x1－x2|≤1，则实数a的取值范围是________. 【答案】 [2,3] 【解析】　易知函数f(x)＝ex－1＋x－2为单调递增函数，且f(1)＝e0＋1－2＝0，从而x1＝1.因为|x1－x2|≤1，所以|1－x2|≤1，所以0≤x2≤2.题意也就可转化为存在实数x∈[0,2]，使得x2－ax－a＋3＝0成立，即存在实数x∈[0,2]，使得a＝成立．令t＝x＋1(t∈[1,3])，则g(t)＝＝t＋－2≥2 －2＝2，当且仅当t＝，即t＝2，x＝1时

28、取等号．又因为g(t)max＝max{g(1)，g(3)}＝3，所以函数g(t)＝t＋－2的值域为[2,3]，从而实数a的取值范围是[2,3]． 3、(2017南京学情调研）已知f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，且f(x)＋g(x)＝x.若存在x0∈，使得等式af(x0)＋g(2x0)＝0成立，则实数a的取值范围是________． 【答案】 　 【解析】思路分析 由于所给出的是一个函数方程，因此，根据函数的奇偶性，可以得到另外一个函数方程，从而可求出f(x)，g(x)的解析式，通过将等式af(x0)＋g(2x0)＝0中的a分离出来，转化为求分离之后的函数的值域问题．

29、 因为f(x)＋g(x)＝x，所以f(－x)＋g(－x)＝2x.又因为f(x)，g(x)分别为奇函数、偶函数，所以－f(x)＋g(x)＝2x，由此解得f(x)＝，g(x)＝，从而等式af(x0)＋g(2x0)＝0等价于a(2－x0－2x0)＋(22x0＋2－2x0)＝0.因为x0∈，所以t＝2x0－2－x0∈，故a＝－＝＝t＋在上单调递减，在上单调递增，故t＋∈，即a∈. 解后反思 已知方程有解求参数取值范围常用的方法和思路：(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对

30、解析式进行变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后利用数形结合法进行求解．本题所采用的是分离参数法． 4、（2018无锡期末）已知函数f(x)＝若对于∀t∈R，f(t)≤kt恒成立，则实数k的取值范围是________． 【答案】[，1] 【解析】思路分析 本题条件“∀t∈R，f(t)≤kt”的几何意义是：在(－∞，＋∞)上，函数y＝f(t)的图像恒在直线y＝kt的下方，这自然提示我们利用数形结合的方法解决本问题． 令y＝x3－2x2＋x，x<1，则y′＝3x2－4x＋1＝(x－1)·(3x－1)，令y′>0，即(x－1)(3x－1)>0，解得x<或x>1.又因为x<1，所以

31、x<.令y′<0，得

32、 (2) 若对于任意x∈(0，＋∞)，f(x)＋f(－x)≥12lnx恒成立，求a的取值范围； 规范解答 (1) 因为f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax，所以f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a，所以曲线y＝f(x)在x＝0处的切线的斜率k＝f′(0)＝6a，所以6a＝3，所以a＝.(2分) (2) f(x)＋f(－x)＝－6(a＋1)x2≥12lnx对任意x∈(0，＋∞)恒成立，所以－(a＋1)≥.(4分) 令g(x)＝，x＞0，则g′(x)＝. 令g′(x)＝0，解得x＝. 当x∈(0，)时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，)上单调递增； 当x∈(，＋∞)时，g

33、′(x)＜0，所以g(x)在(，＋∞)上单调递减． 所以g(x)max＝g()＝，(6分) 所以－(a＋1)≥，即a≤－1－， 所以a的取值范围为.(8分) 6、(2018无锡期末）已知函数f(x)＝ex(3x－2)，g(x)＝a(x－2)，其中a，x∈R. (1) 求过点(2，0)和函数y＝f(x)图像相切的直线方程； (2) 若对任意x∈R，有f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围； (3) 若存在唯一的整数x0，使得f(x0)

34、种是分离参变，转化为相应函数的值域(最值)问题解决；另一种是转化为含参函数的值域问题，通过分类讨论解决．这里可以采取第一种方法，只是分离参变时要注意对x－2的符号进行分类讨论． (3)在第(2)小问的基础上，分离参变，转化为存在有限整数自变量满足条件的问题．利用导数研究函数F(x)＝的性质，找到相关的整数自变量，求得对应的函数值是解决本问题的关键． 规范解答 (1) 设切点为(x0，y0)，f′(x)＝ex(3x＋1)，则切线斜率为ex0(3x0＋1)，所以切线方程为y－y0＝ex0(3x0＋1)(x－x0)，因为切线过点(2，0)， 所以－ex0(3x0－2)＝ex0(3x0＋1)(2

35、－x0)， 化简得3x－8x0＝0，解得x0＝0或x0＝，(3分) 当x0＝0时，切线方程为y＝x－2，(4分) 当x0＝时，切线方程为y＝9ex－18e.(5分) (2) 由题意，对任意x∈R，有ex(3x－2)≥a(x－2)恒成立， ①当x∈(－∞，2)时，a≥，即a≥. 令F(x)＝，则F′(x)＝， 令F′(x)＝0，得x＝0，列表如下： x (－∞，0) 0 (0，2) F′(x) ＋ 0 － F(x)  极大  　　F(x)max＝F(0)＝1，故此时a≥1.(7分) ②当x＝2时，恒成立，故此时a∈R.(8分) ③当x∈(2，＋

36、∞)时，a≤，即a≤，令F′(x)＝0，得x＝，列表如下： x F′(x) － 0 ＋ F(x)  极小  　　F(x)min＝F＝9e， 故此时a≤9e，综上，1≤a≤9e.(10分) (3) 由f(x)

37、x0)存在唯一的整数x0成立， 因为F＝9e最小，且F(3)＝7e3，F(4)＝5e4，所以当a>5e4时，至少有两个整数成立，当a≤7e3时，没有整数成立，所以a∈(7e3，5e4]． 综上，a∈∪(7e3，5e4]．(16分) 7、(2018南京、盐城一模）设函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋－c(a，b，c∈R)． (1) 当c＝0

38、时，若函数f(x)与g(x)的图像在x＝1处有相同的切线，求a，b的值； (2) 当b＝3－a时，若对任意x0∈(1，＋∞)和任意a∈(0，3)，总存在不相等的正实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0)，求c的最小值； 规范解答 (1)由f(x)＝lnx，得f(1)＝0，又f′(x)＝，所以f′(1)＝1；当c＝0时，g(x)＝ax＋，所以g′(x)＝a－，所以g′(1)＝a－b.(2分) 因为函数f(x)与g(x)的图像在x＝1处有相同的切线，所以即解得(4分) (2)解法1(根的分布) 当x0＞1时，则f(x0)＞0，又b＝3－a，设t＝f(x0)，则题意可转化为方程

39、ax＋－c＝t(t＞0) 在(0，＋∞)上有相异两实根x1，x2, (6分) 即关于x的方程ax2－(c＋t)x＋(3－a)＝0(t＞0)在(0，＋∞)上有相异两实根x1，x2. 则x1，2＝，所以 得 所以c＞2－t 对任意t∈(0，＋∞)恒成立．(8分) 因为0＜a＜3，所以2≤2×＝3(当且仅当a＝时取等号)． 又－t＜0，所以2－t的取值范围是(－∞，3)，所以c≥3. 故c的最小值为3.(10分) 解法2(图像法) 由b＝3－a，且0 ＜a＜3，得g′(x)＝a－＝＝0，得 x＝或x＝－(舍)，则函数g(x)在上单调递减；在上单调递增． 又对任意x0＞1，f(x0

40、)为(0，＋∞)上的任意一个值，若存在不相等的正实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0)，则g(x)的最小值小于或等于0. 即g＝2－c≤0，(6分) 即c≥2对任意 a∈(0，3)恒成立． 又2≤a＋(3－a)＝3，所以c≥3.(8分) 当c＝3时，对任意a∈(0，3)，x0∈(1，＋∞)，方程g(x)－f(x0)＝0化为ax＋－3－f(x0)＝0，即ax2－[3＋f(x0)]x＋(3－a)＝0　(*)． 关于x的方程(*)的Δ＝[3＋f(x0)]2－4a(3－a)≥ [3＋f(x0)]2－4＝[3＋f(x0)]2－9， 因为x0＞1，所以f(x0)＝lnx0＞0

41、，所以Δ＞0，所以方程(*)有两个不相等的实数解x1，x2，又x1＋x2＝＞0，x1x2＝＞0，所以x1，x2为两个相异正实数解，符合题意．所以c的最小值为3. (10分) 解法3(图像法) 当x0＞1时，可知f(x0)＞0，又b＝3－a，设t＝f(x0)，则t＞0. 令h(x)＝ax＋－c－t(x＞0，t＞0)，同解法2可知h(x)在上单调递减；在上单调递增． 当c＜2时，若0＜t＜2－c，则x＞0时，h(x)＝ax＋－c－t≥2－c－t＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上没有零点，不符合题意． 当c≥2时，h＝2－c－t≤－t＜0.(6分) 因为＜2≤c，＜c＋t，所以0＜＜，所以

42、当0＜m＜时，＞c＋t，所以h(m)＝am＋－c－t＞－c－t＞0， 又h(x)在上单调递减，并且连续，则h(x)在(m，)上恰有一个零点，所以存在x1∈(0，)，使得h(x1)＝0，即g(x1)＝t. 因为c＋t＞c＞，所以＞，所以当n＞时，h(n)＝an＋－c－t＞an－c－t＞0， 又h(x)在上单调递增，并且连续，则h(x)在上恰有一个零点，所以存在x2∈，使得h(x2)＝0，即g(x2)＝t. 所以当c≥2时，对任意x0∈(1，＋∞)和任意a∈(0，3)，总存在不相等的正实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0)．(8分) 即c≥2对任意 a∈(0，3)恒成立．

43、 又2≤a＋(3－a)＝3，当且仅当a＝时取等号，所以c≥3. 故c的最小值为3.(10分) 8、(2017南京、盐城二模）已知函数f(x)＝ex－ax－1，其中e为自然对数的底数，a∈R. (1) 若a＝e，函数g(x)＝(2－e)x. ①求函数h(x)＝f(x)－g(x)的单调区间； ②若函数F(x)＝的值域为R，求实数m的取值范围． (2) 若存在实数x1，x2∈[0,2]，使得f(x1)＝f(x2)，且|x1－x2|≥1，求证：e－1≤a≤e2－e. 思路分析 (1) ②因为g(x)在(m，＋∞)上的值域为(－∞，(2－e)m)，所以f(x)在(－∞，m]上的值域

44、包含[(2－e)m，＋∞)． (2) 由f(x)的图像分析，就是要证f(1)≤f(0)且f(1)≤f(2)，即要证1在x1，x2之间． 规范解答 (1) 若a＝e，则f(x)＝ex－ex－1， 又g(x)＝(2－e)x， ①h(x)＝ex－2x－1，考虑h′(x)＝ex－2， 令h′(x)＜0，得x＜ln2；令h′(x)＞0，得h′(x)＞ln2， 所以h(x)的单调递减区间是(－∞，ln2]，单调递增区间是[ln2，＋∞)．(3分) ②首先，一次函数g(x)＝(2－e)x在(m，＋∞)上单调递减，值域为(－∞，(2－e)m)． 因为f′(x)＝ex－e，易得f(x)在(－∞，

45、1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，且当x→－∞时，f(x)→＋∞， 所以在(－∞，m]上， f(x)min＝其值域为[f(x)min，＋∞)． 因为F(x)的值域为R，所以f(x)min≤(2－e)m，(5分) 即或 即或1≤m≤.(7分) 由①知，h(m)＝em－2m－1在(－∞，ln2]上单调递减，在[ln2,1)上单调递增，且h(0)＝0，h(1)＝e－3＜0， 所以h(m)≤0的解集为[0,1)． 综上所述，实数m的取值范围是.(9分) (2) 由f(x)＝ex－ax－1，得f′(x)＝ex－a. 当a≤0时，f(x)在[0,2]上单调递增，不合题意； 当a＞0时，若lna≤0或lna≥2，则f(x)在[0,2]上单调，也不合题意；(11分) 当0＜lna＜2时，f(x)在[0，lna]上单调递减，在[lna,2]上单调递增． 由x1，x2∈[0,2]，f(x1)＝f(x2)，不妨设0≤x1＜lna＜x2≤2. 又因为|x1－x2|≥1，所以x1∈[0,1]，且x2∈[1,2]，从而x1≤1≤x2. 所以f(1)≤f(x1)≤f(0)，且f(1)≤f(x2)≤f(2)．(14分) 由得 解得e－1≤a≤e2－e.得证．(16分)