（2）记长方体的盒子的对角线长度为l米， 则
，
∵l有最小值， ∴解得
．
，
故k的范围为（，1）．
点评： 本题考查了函数在实际问题中的应用及导数的综合应用，属于中档题．
19．（16分）（2015春?常州期中）已知函数f（x）=x+|x﹣a|+1，x∈R， （1）当a=0时，判断函数f（x）的奇偶性； （2）当（3）当
时，求函数f（x）的单调区间；
时，求函数f（x）的最小值．
2
考点： 分段函数的应用；函数的单调性及单调区间；函数奇偶性的判断． 专题： 分类讨论；函数的性质及应用．
分析： （1）求出a=0时，f（x）的解析式，由偶函数的定义，即可判断； （2）去绝对值，结合二次函数的对称轴和单调性，可得单调区间； （3）去绝对值，讨论a的范围，求得单调区间，即可得到最小值． 解答： 解：（1）当a=0时，f（x）=x+|x|+1，定义域为R，
22
f（﹣x）=（﹣x）+|﹣x|+1=x+|x|+1=f（x）， 则f（x）为偶函数；
2
（2）当a=时，f（x）=，
当x时，f（x）=（x+）+递增；
2
2
当x＜时，f（x）=（x﹣）+，递减． 则f（x）的单调减区间为
，增区间为
；
（3）f（x）=，
（ⅰ）当时，（fx）在上递减，在上递增，；
（ⅱ）当时，f（x）在（﹣∞，a）上递减，在（a，+∞）上递增，．
点评： 本题考查含绝对值函数的奇偶性和单调性及最值求法，注意去绝对值化为二次函数解决，运用分类讨论的思想方法是解题的关键．
20．（16分）（2015春?常州期中）已知函数（1）若直线y=g（x）是函数
，g（x）=ax．
的图象的一条切线，求实数a的值；
（2）若函数h（x）=f（x）﹣g（x）在（0，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；
2
（3）若f（x）与g（x）的图象有两个交点A（x1，y1），B（x2，y2），求证：x1x2＞2e．（取e为2.8，取ln2为0.7，取为1.4）
考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的单调性． 专题： 综合题；导数的概念及应用．
分析： （1）求导数，利用直线y=g（x）是函数
的图象的一条切线，求实数a
的值；
（2）把f（x）和g（x）代入h（x）=f（x）﹣g（x），求其导函数，结合h（x）在（0，+∞）上单调递增，可得对?x＞0，都有h′（x）≥0，得到a≤
，即可得到a的取值范围；
（3）先证明lnx1x2﹣
=，证明ln﹣＞1，令G（x）
=lnx﹣，再由导数确定G（x）在（0，+∞）上单调递增，然后结合ln≈0.85＜1得到
＞
e，即x1x2＞2e．
2
e﹣=ln2+1﹣
解答： （1）解：设切点（x0，lnx0），则切线方程为y﹣lnx0=∴
=a，lnx0﹣1=0，
（x﹣x0），即y=+lnx0﹣1，
∴a=；
（2）解：h（x）=f（x）﹣g（x）=lnx﹣﹣ax﹣b，则h′（x）=∵函数h（x）=f（x）﹣g（x）在（0，+∞）上单调递增， ∴x＞0时，h′（x）≥0， ∴a≤
，
2
﹣a，
设=t（t≥1），则u（t）=t+t，在（1，+∞）上单调递增， ∴u（t）min=u（1）=2， ∴a≤2；
（3）证明：由题意知
=ax1，lnx2﹣=ax2，
两式相加得lnx1x2﹣=a（x1+x2），
两式相减得﹣
=a（x2﹣x1），
即=a，
∴lnx1x2﹣
=（
）（x1+x2），
即lnx1x2﹣
=，
不妨令0＜x1＜x2，记t=
＞1，
令F（t）=lnt﹣（t＞1），则F′（t）=＞0，
∴F（t）=lnt﹣则F（t）=lnt﹣
在（1，+∞）上单调递增， ＞F（1）=0，
∴lnt＞，则＞，
∴lnx1x2﹣
=＞2，
又lnx1x2﹣＜lnx1x2﹣
=2ln﹣
∴2ln﹣＞2，即ln﹣＞1
令G（x）=lnx﹣，则x＞0时，G′（x）=+∴G（x）在（0，+∞）上单调递增，
＞0，
又lne﹣=ln2+1﹣≈0.85＜1，
∴G（）=ln﹣
2
＞1＞lne﹣，
则＞
e，即x1x2＞2e．
点评： 本题考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数求函数的最值，体现了数学转化思想方法和函数构造法，本题综合考查了学生的逻辑思维能力和灵活应变能力，难度较大．