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1G(x) 取得极小值?t；当x?1时，函数G(x)取得极大值ln2?t。且当2x???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?01?于0，即?1??t?ln2。 2?t?0??21?。 故存在实数t满足题设条件，且t的取值范围是?,ln2???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?[?1，0],x2?[1,2].
（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???2【解析】（I）f??x??3x?6bx?3c。 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??0，f??2??0 ?2b?c?1?0??c?0故有 ? ?2b?c?1?0??4b?c?4?012 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 f??x2??3x22?6bx2?3c?0．．．．．．① ．又 f?x2??x23?3bx22?3cx2 ．．．．．．② 消去b可得f?x2???133cx2?x2． 22 易知：f(x2)关于x2递减， 13c因为x2?[1,2]，??4?3c?f(x2)???。 221而c?[?2,0]，??10?f(x2)?? 2
【例5】已知函数f(x)=lnx+， g(x)=x， F(x)=f(1+ex)-g(x) （x?R）
（1）若函数f(x)的图象上任意一点P(x0,y0)处的切线的斜率都不大于，求实
数a的取值范围。
骣x+xF(x1)+F(x2) （2）当a=0时，若x1、x2?R且x11x2，证明：F琪12<
桫2212ax （3）当a=0时，若关于x的方程m[f(x)+g(x)]=x2 （m>0）有唯一实数解，
求m的值。
【解析】（1）f(x)的定义域为(0,??)。f?(x)?121a?2。 xx依题意，f?(x0)?1?a2?1，对?x0?(0,??)恒成立。 x0x021?1?即a??x02?x0恒成立。所以a???x02?x0?， ?2?max2111112而?x02?x0???x0?1??，其最大值为， 所以 a? 22222?x1?x2?1x （2）当a=0时，，于是F?F(x)?ln(1?e)?x(x?R)???F(x1)?F(x2)? ?2?2 ?ln1?ex1x2?x1?x22??1ln(1?e2x1?x22x1)(1?ex2)?1?e?x1?x22?2?(1?ex1)(1?ex2) ?e?e?2e。因为x1?x2，由基本不等式可得： x1?x22ex1?ex2?2ex1ex2?2e 。故题设不等式得证。 1（3）【法一】当a=0时，关于x的方程m[f(x)?g(x)]?x2有唯一解等价于方程2x2?2mlnx?2mx?0有唯一解。 22x?2mx?2m， 设h(x)?x?2mlnx?2mx（m?0）则 h?(x)?x2令h?(x)?0，即x?mx?m?0，求得：x0?2m?m2?4m。 2 当x??0,x0?时，h?(x)?0，h(x) 递减；当x??x0,???时 ，h?(x)?0，h(x)递增。 所以，当x?x0时，h(x)取得最小值h(x0) ?h(x0)?0 若x0是方程x?2mlnx?2mx?0的唯一解，则有：?， ?h?(x0)?02?x02?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?1是方程的唯一解。 又x0?m?m2?4m2，所以 m?m2?4m?1， 2 求得： m?1。 212 【法一】当a=0时，关于x的方程m[f(x)?g(x)]?x有唯一解等价于方程 2 1?1?ln2x在(0,??)上有唯一解，设h(x)?1?ln2x(x?0)， 2mxxxx1?2lnx?(x?1)?2lnx，令h?(x)?0，求得：x?1。 则 h?(x)??1??233xxx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11lnx1??2有唯一解，又m>0，故有：1?1， 所以 m? 22mxx2m【例6】（2011 湖南 文 22）设函数f(x)?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?2?a? 若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由．
1x1ax2?ax?1【解析】（I）f(x)的定义域为(0,??) f?(x)?1?2?? 2xxx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． a?a2?4a?a2?4?>0,g(x)=0的两根为x1?,x2?③当a?2时,， 22当0?x?x1时， f'(x)?0；当x1?x?x2时， f'(x)?0； 当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． x1?x2?a(lnx1?lnx2)， 因为f(x1)?f(x2)?(x1?x2)?x1x2f(x1)?f(x2)lnx1?lnx21?1??a?所以 k? x1?x2x1x2x1?x2lnx1?lnx2k?2?a?又由(I)知，x1x2?1．于是 x1?x2lnx1?lnx2?1． 若存在a，使得k?2?a.则x1?x2即lnx1?lnx2?x1?x2．亦即x2?1?2lnx2?0(x2?1)(*) x2再由（I）知，函数h(t)?t??2lnt在(0,??)上单调递增，而x2?1，所以11x2??2lnx2?1??2ln1?0.这与(*)式矛盾． x211t故不存在a，使得k?2?a.
【例7】（2011辽宁）已知函数f(x)?lnx?ax2?(2?a)x．
（I）讨论f(x)的单调性；
1（II）设a?0，证明：当0?x?时，fa（III）若函数y?f(x)的图像与
?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)?1(2x?1)(ax?1)?2ax?(2?a)??. xx ①若.a?0,则f?(x)?0,所以f(x)在(0,??)单调增加. 111 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. aaa11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, aaaa2a3x2g?(x)???2a?. 221?ax1?ax1?ax当0?x?1时，即g(x)递增，而g(0)?0，所以g(x)?g(0)?0. g?(x)?0，a111时，f(?x)?f(?x) aaa故当0?x?（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， ?1?故a?0，从而f(x)的最大值为f??，且?a??1?f???0 ?a?