【正文】 在區(qū)間(e－2，e2)內(nèi)的極值點的個數(shù)，并說明理由；(3)求證：對任意的正數(shù)a，都存在實數(shù)t，滿足：對任意的x∈(t,t＋a)，f(x)a－1.解：（1）當a＝0時，f(x)＝xlnx－x，f’(x)＝lnx， 令f’(x)＝0，x＝1，列表分析x(0，1)1(1，＋∞)f’(x)－0＋f(x)單調(diào)遞減單調(diào)遞增 故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)． …………………………3分（2）f(x)＝(x－a)lnx－x＋a，f’(x)＝lnx－，其中x＞0， 令g(x)＝xlnx－a，分析g(x)的零點情況． g’(x)＝lnx＋1,令g’(x)＝0，x＝，列表分析x(0，)(，＋∞)g’(x)－0＋g(x)單調(diào)遞減單調(diào)遞增 g(x)min＝g()＝－－a， …………………………5分 而f’()＝ln－ae＝－1－ae，f’(e－2)＝－2－ae2＝－(2＋ae2)，f’(e2)＝2－＝(2e2－a)， ①若a≤－，則f’(x)＝lnx－≥0，故f(x)在(e－2，e2)內(nèi)沒有極值點； ②若－＜a＜－，則f’()＝ln－ae＜0，f’(e－2)＝－(2＋ae2)＞0，f’(e2)＝(2e2－a)＞0， 因此f’(x)在(e－2，e2)有兩個零點，f(x)在(e－2，e2)內(nèi)有兩個極值點； ③若－≤a＜0，則f’()＝ln－ae＜0，f’(e－2)＝－(2＋ae2)≤0，f’(e2)＝(2e2－a)＞0， 因此f’(x)在(e－2，e2)有一個零點，f(x)在(e－2，e2)內(nèi)有一個極值點； 綜上所述，當a∈(－∞，－]時，f(x)在(e－2，e2)內(nèi)沒有極值點； 當a∈(－，－)時，f(x)在(e－2，e2)內(nèi)有兩個極值點； 當a∈[－，0)時，f(x)在(e－2，e2)內(nèi)有一個極值點.. ………………………10分（3）猜想：x∈(1，1＋a)，f(x)＜a－1恒成立． ……………………………………………11分 證明如下： 由（2）得g(x)在(，＋∞)上單調(diào)遞增，且g(1)＝－a＜0，g(1＋a)＝(1＋a)ln(1＋a)－a． 因為當x＞1時，lnx＞1－(*)，所以g(1＋a)＞(1＋a)(1－)－a＝0． 故g(x)在(1，1＋a)上存在唯一的零點，設為x0． 由x(1，x0)x0(x0，1＋a)f’(x)－0＋f(x)單調(diào)遞減單調(diào)遞增 知，x∈(1，1＋a)，f(x)＜max{f(1)，f(1＋a)}． …………………………………………13分 又f(1＋a)＝ln(1＋a)－1，而x＞1時，lnx＜x－1(**)， 所以f(1＋a)＜(a＋1)－1－1＝a－1＝f(1)． 即x∈(1，1＋a)，f(x)＜a－1． 所以對任意的正數(shù)a，都存在實數(shù)t＝1，使對任意的x∈(t，t＋a)，使 f(x)＜a－1． ……………………………………………15分 補充證明（*）： 令F(x)＝lnx＋－1，x≥1．F’(x)＝－＝≥0，所以F(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以x＞1時，F(xiàn)(x)＞F(1)＝0，即lnx＞1－． 補充證明（**） 令G(x)＝lnx－x＋1，x≥1．G’(x)＝－1≤0，所以G(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減． 所以x＞1時，G(x)＜G(1)＝0，即lnx＜x－1． ……………………………………………16分（泰州二模）己知，其中常數(shù)． （1）當時，求函數(shù)的極值；（2）若函數(shù)有兩個零點，求證：； （3）求證：．解：函數(shù)的定義域為， （1）當時，， 而在上單調(diào)遞增，又，當時，則在上單調(diào)遞減；當時，則在上單調(diào)遞增，所以有極小值，沒有極大值． …………3分（2）先證明：當恒成立時，有 成立．若，則顯然成立；若，由得，令，則，令，由得在上單調(diào)遞增，又因為，所以在上為負，在上為正，因此在上遞減，在上遞增，所以，從而．因而函數(shù)若有兩個零點，則，所以，由得，則，所以在上單調(diào)遞增，所以，所以在上單調(diào)遞增，所以，則，所以，由得，則，所以，綜上得． …………10分（3）由（2）知當時，恒成立，所以，即，設，則，當時， ，所以在上單調(diào)遞增；當時，所以在上單調(diào)遞增，所以的最大值為，即，因而，所以，即． …………16分（蘇北三市調(diào)研三）已知函數(shù)，其中，為常數(shù)． (1) 當時，若函數(shù)在上的最小值為，求的值；(2) 討論函數(shù)在區(qū)間上的單調(diào)性；(3) 若曲線上存在一點，使得曲線在點處的切線與經(jīng)過點的另一條切線互相垂直，求的取值范圍．(1)當a=1時，f 162。(x)=x22x1,所以函數(shù)f(x)在[0，1]上單調(diào)遞減，………………………………………2分由f (1)= ，即11+b=,解得b=2. …………………………………………………………………4分(2) f 162。(x)=x2+2ax1的圖象是開口向上的拋物線，其對稱軸為x=a,因為△=4a2+40，f 162。(x)=0有兩個不等實根x1,2= ………………………………………5分①當方程f 162。(x)=0在區(qū)間(a，+165。)上無實根時，有解得． ………………………………………………………………………………6分②當方程f 162。(x)=0在區(qū)間與(a，+165。)上各有一個實根時，有f 162。(a)0，或，解得． ………………………………………………………8分③當方程f 162。(x)=0在區(qū)間(a，+165。)上有兩個實根時，有解得.綜上:當時, f(x)在區(qū)間(a，+165。)上是單調(diào)增函數(shù)。當時，f(x)在區(qū)間(a，)上是單調(diào)減函數(shù)，在區(qū)間(，+165。)上是單調(diào)增函數(shù)當時，f(x)在區(qū)間(a,),(，+165。)上是單調(diào)增函數(shù),在區(qū)間(,)上是單調(diào)減函數(shù)． ……………………………………………………………10分 (3)設P(x1,f(x1)),則P點處的切線斜率m1=x12+2ax11，又設過P點的切線與曲線y=f(x)相切于點Q(x2,f(x2)),x1185。x2，則Q點處的切線方程為yf(x2)=( x22+2ax21)(xx2),所以f(x1)f(x2)=( x22+2ax21)(x1x2)，化簡，得x1+2x2=3a．…………………………………………………………………………………12分因為兩條切線相互垂直，所以(x12+2ax11)(x22+2ax21)= 1，即(4x22+8ax2+3a21)(x22+2ax21)= 1．令t= x22+2ax21179。(a2+1)，則關于t的方程t(4t+3a2+3)= 1在t206。上有解，……………14分所以3a2+3=4t179。4(當且僅當t=時取等號)，解得a2179。,故a的取值范圍是………………………………………………………………16分（南京三模）已知函數(shù)f(x)＝x2－x＋t，t≥0，g(x)＝lnx．（1）令h(x)＝f(x)＋g(x)，求證：h(x)是增函數(shù)；（2）直線l與函數(shù)f(x)，g(x)的圖象都相切．對于確定的正實數(shù)t，討論直線l的條數(shù)，并說明理由．解：（1）由h(x)＝f(x)＋g(x)＝x2－x＋t＋lnx，得h39。 (x)＝2x－1＋，x＞0．因為2x＋≥2＝2，所以h39。 (x)＞0， 從而函數(shù)h(x)是增函數(shù)． ………………………… 3分（2）記直線l分別切f(x)，g(x)的圖象于點(x1，x12－x1＋t)，(x2，lnx2)，由f39。(x)＝2x－1，得l的方程為y－(x12－x1＋t)＝(2x1－1)(x－x1)，即y＝(2x1－1)x－x12＋t．由g39。(x)＝，得l的方程為y－lnx2＝(x－x2)，即y＝ x＋lnx2－1．所以(*) 消去x1得lnx2＋－(t＋1)＝0 (**)． ………………………… 7分令F(x)＝lnx＋－(t＋1)，則F39。(x)＝－＝＝，x＞0．由F39。(x)＝0，解得x＝1．當0＜x＜1時，F(xiàn)39。(x)＜0，當x＞1時，F(xiàn)39。(x)＞0，所以F(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，從而F(x)min＝F(1)＝－t． ………………………… 9分當t＝0時，方程(**)只有唯一正數(shù)解，從而方程組(*)有唯一一組解，即存在唯一一條滿足題意的直線； ………………………… 11分當t＞0時，F(xiàn)(1)＜0，由于F(et＋1)＞ln(et＋1)－(t＋1)＝0，故方程(**)在(1，＋∞)上存在唯一解； ………………………… 13分令k(x)＝lnx＋－1(x≤1)，由于k39。 (x)＝－＝≤0，故k (x)在(0，1]上單調(diào)遞減，故當0＜x＜1時，k (x)＞k (1)＝0，即lnx＞1－，從而lnx＋ －(t＋1)＞(－)2－t．所以F()＞(＋)2－t＝＋＞0，又0＜＜1，故方程(**)在(0，1)上存在唯一解．所以當t＞0時，方程(**)有兩個不同的正數(shù)解，方程組(*)有兩組解．即存在兩條滿足題意的直線．綜上，當t＝0時，與兩個函數(shù)圖象同時相切的直線的條數(shù)為1；當t＞0時，與兩個函數(shù)圖象同時相切的直線的條數(shù)為2．…………………… 16分（鹽城三模）設函數(shù)，.（1）當時，函數(shù)與在處的切線互相垂直，求的值；（2）若函數(shù)在定義域內(nèi)不單調(diào)，求的取值范圍；（3）是否存在實數(shù),使得對任意正實數(shù)恒成立？若存在，求出滿足條件的實數(shù)；若不存在，請說明理由.解：（1）當時，在處的切線斜率，由，在處的切線斜率，.……………4分（2）易知函數(shù)的定義域為，又，由題意，得的最小值為負，（注：結合函數(shù)圖象同樣可以得到），，（注：結合消元利用基本不等式也可）.………………………….….…………….……………………………………………9分（3）令，其中則，設在單調(diào)遞減，在區(qū)間必存在實根，不妨設即，可得（*）在區(qū)間上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，代入（*）式得根據(jù)題意恒成立.又根據(jù)基本不等式,當且僅當時,等式成立所以,.代入（*）式得,即………………16分(以下解法供參考，請酌情給分)解法2：，其中根據(jù)條件對任意正數(shù)恒成立即對任意正數(shù)恒成立且，解得且，即時上述條件成立此時.解法3：，其中要使得對任意正數(shù)恒成立，等價于對任意正數(shù)恒成立，即對任意正數(shù)恒成立，設函數(shù)，則的函數(shù)圖像為開口向上，與正半軸至少有一個交點的拋物線，因此，根據(jù)題意，拋物線只能與軸有一個交點，即，所以.（蘇錫常鎮(zhèn)二模）已知函數(shù)，其導數(shù)記為（為自然對數(shù)的底數(shù)） （1）求函數(shù)的極大值； （2）解方程； （3）若存在實數(shù)使得，求證： 49