由上表可知：当x??1时，函数G(x)取得极大值ln2?t；当x?0时，函数G(x) 取得极小值12?t；当x?1时，函数G(x)取得极大值ln2?t。且当x???时，G(x)???。 ?2a?为使函数y?f(x?1)的图象与函数y?g?2??t?1的图象恰好有4个?x?1?2不同的交点，则函数G(x)有4个零点，所以函数的极大值大于0，极小值小?ln2?t?0??于0，即?1??t?0?212?t?ln2。 1故存在实数t满足题设条件，且t的取值范围是???,ln2?。 ?2?
0],x2?[1,2]. 【例4】（2009 全国I）设函数f?x??x3?3bx2?3cx在两个极值点x1、x2，且x1?[?1，（I）求b、c满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的
点?b,c?的区域； (II) 证明：?10?f?x2???12 。 2?fx?3x?6bx?3c??【解析】（I）由题意知：方程f??x??0有两个根x1、x2，且x1?[?1,0],x2?[1,2] 则有f???1??0，f??0??0，f??1???2b?c?1?0??c?0故有 ? ?2b?c?1?0?4b?c?4?0?0，f??2??0 右图中阴影部分即是满足这些条件的 点?b,c?的区域。 (II) 由题意有 2f??x2??3x2?6bx2?3c?0．．．．．．① ．又 f?x2??消去b可得fx2?3bx2?3cx2 ．．．．．．② 32?x2???12x2?33c2x2． 易知：f(x2)关于x2递减， ??4?3c?f(x2)??因为x2?[1,2]，12?3c2。 而c?[?2,0]，??10?f(x2)??
12 【例5】已知函数f(x)=lnx+， g(x)=x， F(x)=xaxf(1+e)-g(x) （x?R）
12 （1）若函数f(x)的图象上任意一点P(x数a的取值范围。
（2）当a=0时，若x1、x2?R,y0)处的切线的斜率都不大于0，求实
且x11x21，证明：F琪琪骣x+x2桫2x2 （3）当a=0时，若关于x的方程m[f(x)+g(x)]=求m的值。 【解析】（1）f(x)的定义域为(0,??)。f?(x)?依题意，f?(x0)?即a??x02212 （m>0）有唯一实数解， 1x?ax2。 1x0?ax02?12，对?x0?(0,??)恒成立。 ， 1212?12??x0恒成立。所以a???x0?x0??2?max12而?12x0?x0???x0?1??212，其最大值为12， 所以 a? xF(x)?ln(1?e)?x(x?R)， （2）当a=0时，于是F??x1?x2?1???F(x1)?F(x2)? ?2?2x1?x22 ?ln1?e?x1?x22??1ln(1?e2x1)(1?ex2)??1?e?2?(1?e1)(1?e2) xx ?e?e?2ex1x2x1?x22。因为x1?x2，由基本不等式可得： x1?x2e1?exx2?2e1exx2?2e2 。故题设不等式得证。 12x2（3）【法一】当a=0时，关于x的方程m[f(x)?g(x)]?x?2mlnx?2mx?0有唯一解。 2有唯一解等价于方程 设h(x)?x?2mlnx?2mx（m?0）则 h?(x)?22x?2mx?2mx2， 令h?(x)?0，即x?mx?m?0，求得：x02?m?m?4m22。 当x??0,x0?时，h?(x)?0，h(x) 递减；当x??x0,???时 ，h?(x)?0，h(x)x0时，h(x)取得最小值h(x0) 递增。 所以，当x?2?h(x0)?0 若x0是方程x?2mlnx?2mx?0的唯一解，则有：?， ?h?(x0)?02?x0?2mlnx0?2mx0?0? 即?2??x0?mx0?m?0 ?lnx0?x0?1?0，显然 x0?1 而函数p(x)?lnx?x?1(x?0)单调递增，所以x0 又x?m?m22?1是方程的唯一解。 ?4m0，所以 m?m22?4m?1， 求得： m?12。 【法一】当a=0时，关于x的方程m[f(x)? 12m?1x?lnxx2g(x)]?121xx2有唯一解等价于方程 lnxx2在(0,??)上有唯一解，设h(x)?12?(x?0)， 则 h?(x)??x?1?2lnxx3??(x?1)?2lnxx3，令h?(x)?0，求得：x?1。 当x?(0,1)时，h?(x)?0，函数h(x)递增：当x?(1,??)时，h?(x)?0，函数h(x) 递减 。所以当x?1时，h(x)取得最大值h(1)?1。为使方程12m?1x?lnxx2有唯一解，又m>0，故有：x?1x12m， 所以 m?1?12 【例6】（2011 湖南 文 22）设函数f(x)??alnx(a?R). (I)讨论f(x)的单调性； （II）若f(x)有两个极值点x1和x2，记过点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直线的斜率为k， 问：是否存在a，使得k理由． 【解析】（I）f(x)的定义域为(0,??) f?(x)?1?1x2?2?a? 若存在，求出a的值，若不存在，请说明 ?ax?x?ax?1x22 令g(x)?x2?ax?1，其判别式??a2?4. ①?? 当|a|?2时,??0,f'(x)?0, 故f(x)在(0,??)上单调递增． ?>0,g(x)=0的两根都小于0，在(0,??)上，f'(x)?0， ②当a??2时, 故f(x)在(0,??)上单调递增． ?>0,g(x)=0的两根为x③当a?2时,?a?a?4221,x2?a?a?422， 当0?x?x1时， f'(x)?0；当x1?当x?x2时， f'(x)?0， x?x2时， f'(x)?0； 故f(x)分别在(0,x1),(x2,??)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减． （II）由（I）知，a?2． 因为f(x1)?f(x2)?(x1?x2)?所以 k?f(x1)?f(x2)x1?x2?1?x1?x2x1x21?a(lnx1?lnx2)， lnx?lnx2?a?1 x1x2x1?x2lnx1?lnx2又由(I)知，x1x2?1．于是k?2?a? x1?x2若存在a，使得k?2?a.则lnx1?lnx2x1?x21x2?1． 即lnx1?lnx2?x1?x2．亦即x2?再由（I）知，函数h(t)?t?1t?2lnx2?0(x2?1)(*) ?2lnt在(0,??)上单调递增，而x2?1，所以x2?1x2?2lnx2?1?11?2ln1?0.这与(*)式矛盾． 故不存在a，使得k?2?a. 【例7】（2011辽宁）已知函数f(x)?lnx?ax（I）讨论f(x)的单调性； （II）设a?0，证明：当0?x?（III）若函数y?f(x)的图像与 2?(2?a)x． 1a时，f??1??1??x??f??x?； ?a??a?x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为 x0，证明：f?（x0）＜0． 【解析】（I）f(x)的定义域为(0,??),f?(x)?1x?2ax?(2?a)??(2x?1)(ax?1)x. ①若.a?0,则f?(x)?0,所以f(x)在(0,??)单调增加. ②若a?0,则由f?(x)?0得x?,且当x?(0,)时,f?(x)?0,当x?时,f?(x)?0. aaa111所以f(x)在(0,)单调增加，在(,??)单调减少. aa11（II）设函数g(x)?f(?x)?f(?x),则g(x)?ln(1?ax)?ln(1?ax)?2ax, aa11g?(x)?a1?ax1a?a1?ax?2a?2ax23221?ax. 当0?x?g?(x)?0，时，即g(x)递增，而g(0)?0，所以g(x)?g(0)?0. 故当0?x?1a时，f(?x)?f(?x) aa11（III）由（I）可得，当a?0时,函数y?f(x)的图像与x轴至多有一个交点， 故a?0，从而f(x)的最大值为?1??1?f??，且f???0?a??a?1a ?x2. 不妨设A(x1,0),B(x2,0)?0?x1?x2?，则 0?x1?