函数同构思想及其变式训练.pdf

1、 1 函数同构思想及其变式训练 1若2233 xyxy B(1)0ln yx+ D| 0ln xy 2已知实数x，y满足 22 loglog yx xeye + B| 0ln xy D|1| 0ln yx+ 3已知正实数x，y满足 21 2 11 loglog( )( ) 22 xy xy+，则下列结论正确的是() A 11 xy B 33 xy D 1 2 2 xy ，且(0,2 )，那么角的取值范围是() A(0,) 4 B 3 (,) 24 C 5 (,) 44 D 5 (,2 ) 4 5已知0，2 )，若关于k的不等式 33 sincos(sincos)k 在(，2上恒成立，则的取值范

2、围为 6若 24 2log42log ab ab+=+，则( ) A2ab B2ab D 2 ab 7 已知实数a，(0,2)b， 且满足 22 4 424 2 a b abb=， 则ab+的值为 8已知实数 1 x， 2 x满足 1 3 1 x x ee=， 5 22 (2)x lnxe=，则 12 x x = 9设方程24 x x +=的根为m，方程 2 log4xx+=的根为n，则mn+= 10设a，b为正数，且 2 241log ab a b + =，则( ) A2ab C2ab= D21ab+= 11(0,)x +， 不等式log(0,1) x a ax aa恒成立， 则a的取值范围

3、是 12设0k ，若存在正实数x，使得不等式 2 log20 kx xk 成立， 则k的最大值为( ) A 2 1 log e e B 1 2ln e C 2 logee D 1 2 2 ln 2 13设实数0，若对任意的(0,)x+，不等式0 x lnx e 恒成立， 则的取值范围是 14已知0，若对任意的(0,)x+，不等式 2 0 2 x lnx e 恒成立， 则的最小值为( ) A 1 2e Be C 2 e D 2 e 15设实数0m ，若对任意的x e，不等式 2 0 m x x lnxme恒成立， 则m的最大值是( ) A 1 e B 3 e C2e De 16已知函数( )(1

4、)33f xmln xx=+，若不等式( )3 x f xmxe在(0,)x+上 恒成立，则实数m的取值范围是( ) A03m B3m C3m D0m 17对任意0 x ，不等式 2 20 x aelnxlna+恒成立， 则实数a的最小值为( ) A 2 e B 1 2 e C 2 e D 1 2e 18已知0a 恒成立， 则实数a的最小值为( ) A 1 2e B2e C 1 e De 19已知 0 x是方程 22 20 x x elnx+=的实根，则关于实数 0 x的判断正确的是( ) A 0 2xln B 0 1 x e ，恒有 1 (1) 2() ax a exlnx x +，则实数a

5、的最小值为( ) A 2 1 e B 2 2 e C 1 e D 2 e 微信公众号：钻研数学 3 21若关于x的方程 3 3klnxx=只有一个实数解，则k的取值范围是( ) A 3 (,)e B 3 (,0)e C(, ) e D(,0) e 22 已知函数( )()(0) x f xealn axaa a=+， 若关于x的不等式( )0f x 恒成立， 则实数a的取值范围为 23设函数 1 ( ) x x be f xae lnx x =+，曲线( )yf x=在点(1，f（1）)处得切线方 程为(1)2ye x=+ （）求a、b； （）证明：( )1f x 24已知函数( )1 x f

6、 xaelnx= （1）设2x =是( )f x的极值点，求a，并求( )f x的单调区间； （2）证明：当 1 a e 时，( ) 0f x 4 25已知函数 1 ( ) x f xxe + =，( )(1)g xklnxk x=+ （1）求( )f x的单调区间 （2）证明：当0k 时，方程( )f xk=在区间(0,)+上只有一个零点 （3）设( )( )( )h xf xg x=，其中0k 若( ) 0h x 恒成立，求k的取值范围 26已知函数( )f xxlnx=，( )fx为( )f x的导函数 （1）令 2 ( )( )g xfxax=，试讨论函数( )g x的单调区间； （2

7、）证明： 2 ( )2 x f xe 时，函数 1 ( )( ) x g xef x =存在最小值，且最小值小于 1 29已知函数( )(1)cos x f xeln xaxx=+，其中aR （）若1a，证明：( )f x是定义域上的增函数； （）是否存在a，使得( )f x在0 x =处取得极小值？说明理由 30已知函数 1 ( )(2)( x f xalnxbeaxa e =+为自然对数的底，a，b为常数且 a，)bR （1）当0a =时，讨论函数( )f x在区间(1,)+上的单调性； （2）当2b =时，若对任意的1x，)+，( ) 0f x 恒成立，求实数a的取值 范围 6 函数同构

8、思想及其变式训练 1若2233 xyxy B(1)0ln yx+ D| 0ln xy 【解答】方法一：由2233 xyxy ，可得2323 xxyy ， 令( )23 xx f x =，则( )f x在R上单调递增，且( )( )f xf y， 所以xy，由于11yx+ ， 故(1)10ln yxln+= 方法二：取1x = ，0y =，满足2233 xyxy ，|10ln xyln=，可排除BCD故选：A 2已知实数x，y满足 22 loglog yx xeye + B| 0ln xy D|1| 0ln yx+ 【解答】实数x，y满足 22 loglog yx xeye +，则 22 log

9、log xy xeye ， 再根据 2 ( )log x f xxe=为(0,)+上的增函数，xy，|1| 0ln yx+，故选：D 3已知正实数x，y满足 21 2 11 loglog( )( ) 22 xy xy+，则下列结论正确的是() A 11 xy B 33 xy D 1 2 2 xy 【解答】正实数x，y满足 21 2 11 loglog( )( ) 22 xy xy+， 2 11 log( )( ) 22 xy x y 时，1 x y ， 2 log0 x y ，而 11 ( )( ) 22 xy ， 11 ( )( )0 22 xy ， 故 2 11 log( )( ) 22

10、xy x y 不可能成立 当xy=时， 2 11 log0( )( )0 22 xy x y =，不可能成立 故xy， 33 xy，11yx+ ，(1)0ln yx+，故C正确； 0 221 x y ，且(0,2 )，那么角的取值范围是( ) A(0,) 4 B 3 (,) 24 C 5 (,) 44 D 5 (,2 ) 4 【解答】 3333 sincoscossinsinsincoscos+ 设 32 ( )( )310( )f xxxfxxf x=+=+ 是(,) +上的增函数， 原不等式(sin )(cos )sincosff，又(0,2 )， 5 44 ， 所以( )f k在(，2上

11、单调递增，不符合题意， 当0,) 4 时， 33 sincos0 B2ab D 2 ab 【解答】因为 2 242 2log42log2log abb abb+=+=+； 因为 222 222 2log2log 22log1 bbb bbb+=+即 2 22 2log2log 2 ab ab+； 令 2 ( )2log x f xx=+，由指对数函数的单调性可得( )f x在(0,)+内单调递增； 且f（A）(2 )2fbab， 2 2 xe，令 2 2tlnx=，0t ， 则 2 2 t xe + =，由条件 5 22 (2)x lnxe=，则 225tt tete ee + =， 9 令(

12、 ) x f xxe=，(0)x ， 则( )(1) x fxxe=+，显然当0 x 时，( )0fx，( )f x单调递增 故由 1 3 1 x x ee=， 3t tee=可得 12 2xtlnx= =， 5 1222 (2)x xx lnxe=故答案为： 5 e 9设方程24 x x +=的根为m，方程 2 log4xx+=的根为n，则mn+= 4 【解答】由题意，方程24 x x +=的根为m，方程 2 log4xx+=的根为n， 24 m m+=， 2 log4nn+= 由得24 m m=， 2 log (4)mm= 令4tm=，代入上式得 2 4logtt = 2 log4tt +

13、=与式比较得tn= 于是4mn= 4mn+=，故答案为 4 10设a，b为正数，且 2 241log ab a b + =，则( ) A2ab C2ab= D21ab+= 【解答】a，b为正数，且 2 241log ab a b + =， 2 2 11 1 22 ab a log b + =， 对于A，2ab时， 2 2 11 1 22 ab a log b + =不成立； 当2ab=时， 2 2 11 1 22 ab a log b + =，成立 对于D，2ab=时， 2 2 11 1 22 ab a log b + =不成立故选：C 11(0,)x +，不等式log(0,1) x a ax

14、 aa恒成立， 则a的取值范围是 1 (,) e e+ 10 【解答】当1a ，由题意可得 x ya=与logayx=互为反函数， 故问题等价于(0,1) x ax aa在区间(0,)+上恒成立 构造函数( ) x f xax=，则( )1 x fxa lna=， 令( )0fx=，得 1 logax lna =，且此时函数( )f x取到最小值， 故有 1 log 1 log0 alna a a lna ，解得 1 e ae； 当01a；故答案为： 1 (,) e e+ 12设0k ，若存在正实数x，使得不等式 2 log20 kx xk 成立， 则k的最大值为( ) A 2 1 log e

15、 e B 1 2ln e C 2 logee D 1 2 2 ln 【解答】不等式 2 log20 kx xk ， 即为 2 1 log2kxx k ， 即有 2 log ( ) (2 ) k kx x ， 可令2ka=， 则log x ax a 成立， 由 x ya=和logayx=互为反函数，可得图象关于直线yx=对称， 可得log x a xax=有解， 则lnxxlna=，即 lnx lna x =， 可得 lnx y x =，导数为 2 1lnx y x =， 可得xe时，函数y递减，0 xe，若对任意的(0,)x+，不等式0 x lnx e 恒成立， 则的取值范围是 1 e，)+

16、【解答】实数0，若对任意的(0,)x+，不等式0 x lnx e 恒成立， 即为( x lnx e )0 min ， 设( ) x lnx f xe =，0 x ， 1 ( ) x fxe x =， 令( )0fx=，可得 2 1 x e x =， 由指数函数和反比例函数在第一象限的图象， 可得 x ye=和 2 1 y x =有且只有一个交点， 设为( , )m n，当xm时，( )0fx，( )f x递增； 当0 xm时，( )0fx，若对任意的(0,)x+，不等式 2 0 2 x lnx e 恒成立， 则的最小值为( ) A 1 2e Be C 2 e D 2 e 【解答】0， 2 0

17、2 x lnx e 恒成立 2 20 x elnx 令 2 ( )2 x f xelnx =，0 x 22 1 ( )4 x fxe x =在(0,)+上单调递增 存在唯一零点 0 0 x ，满足 0 22 0 1 40 x e x =， 则 0 2 2 0 1 4 x e x =， 2 00 (4)2lnxlnx+= ， 0 22 000 2 0 1 ()22(4)20 4 x f xelnxlnx x =+， 2 (4)2 0ln+ ，0当且仅当 0 1 2 x=时取等号 解得 1 2e 的最小值为 1 2e 故选：A 15设实数0m ，若对任意的x e，不等式 2 0 m x x lnx

18、me恒成立， 则m的最大值是( ) A 1 e B 3 e C2e De 【解答】由题意，令 2 ( )f xx lnx=， 则( )2fxxlnxx=+在x e是恒大于 0 的， ( )f x在e，)+是递增函数，可得为( )minf xf=（E） 2 e= 2 m x eme在x e恒成立即可 实数0m ，( ) m x g xme=在e，)+是递减函数， ( )maxg xg=（E） m e m e=， 即 2 m e m ee 13 解得：0m e在(0,)x+上 恒成立，则实数m的取值范围是( ) A03m B3m C3m D0m 【解答】令( )3g xmlnxx=，问题等价于(1

19、)() x g xg e+在(0,)+上恒成立 因为(0,)x+时，11 x xe+ ，( ) 0g x恒成立， 即3 0 m x ，3mx 3m 故选：C 17对任意0 x ，不等式 2 20 x aelnxlna+恒成立，则实数a的最小值为( ) A 2 e B 1 2 e C 2 e D 1 2e 【解答】对任意的0 x ，不等式 2 20 x aelnxlna+恒成立， 即 2 2 x x aelnxlnaln a =恒成立， 函数 x yae=与函数 x yln a =互为反函数，又0 x 时，22 x e ， 原问题等价于2 x x aeln a 恒成立，则2 x aex，即2 x

20、 x a e 在0 x 恒成立， 设( ) x x f x e =，则 1 ( ) x x fx e =，令( )0fx=，解得1x =， 当1x 时，( )f x递减，01x时，( )f x递增， 则( )maxf xf=（1） 1 e =， 故 1 2a e 即 1 2 a e 故选：D 微信公众号：钻研数学 14 18已知0a 恒成立， 则实数a的最小值为( ) A 1 2e B2e C 1 e De 【解答】 1 0 ax xealnx + +即为 () ()() a xaln xa xexa lnxeln x =， 设( ) x f xxe=，则上式( )() a f xf lnx对

21、任意的实数1x 恒成立， 显然( )f x是(1,)+上的增函数， ()min x xa lnxaeae lnx =，故选：D 19已知 0 x是方程 22 20 x x elnx+=的实根，则关于实数 0 x的判断正确的是( ) A 0 2xln B 0 1 x e ， 在等式两边同时除以x得， 2 2 x lnx xe x = ，即 2 11 2 x xeln xx =， 构造函数( ) x f xxe=，其中0 x ，则( )(1)0 x fxxe=+， 所以，函数( )f x在区间(0,)+上单调递增，且()() lnx f lnxlnx exlnx=， 根据题意，若 0 x是方程 2

22、2 20 x x elnx+=的实根， 则 0 2 0 00 11 2 x x eln xx =，即 0 0 1 (2)()fxf ln x =， 所以， 00 0 1 2xlnlnx x = ，因此， 00 20 xlnx+=，故选：C 20若对任意0 x ，恒有 1 (1) 2() ax a exlnx x +，则实数a的最小值为( ) A 2 1 e B 2 2 e C 1 e D 2 e 【解答】由不等式 1 (1) 2() ax a exlnx x +，可得 22 (1)(1) axax elnexlnx+， 设( )(1)(0)f ttlnt t=+， 则 1 ( )1ftlnt

23、t =+， 22 111 ( ) t ft ttt =， 15 故( )f t在(0,1)上单调递减，在(1,)+上单调递增， 因此( )f tf（1）20=， 因此( )f t在(0,)+上单调递增， 由 2 ()() ax f ef x得 2ax ex，即 2lnx a x ， 设 2 ( ) lnx g x x =， 2 22 ( ) lnx g x x =， 易得当xe时，( )0g x，函数单调递减， 当0 xe，函数 单调递增， 从而 2 ( )( ) max g xg e e =， 故 2 a e 故选：D 21若关于x的方程 3 3klnxx=只有一个实数解，则k的取值范围是(

24、 ) A 3 (,)e B 3 (,0)e C(, ) e D(,0) e 【解答】因为 3 3klnxx=，所以 33 klnxx=，令 3 tx=， 可得klntt=，当1t =时，01=不成立，所以1t ， t k lnt =，令( ) x g x lnx = 2 1 ( ) () lnx g x lnx =，由( )0g x可得xe， 函数( )g x是增函数，由( )0g x可得01x， 或1xe， 若关于x的不等式( )0f x 恒成立， 则实数a的取值范围为 2 (0,)e 【解答】由题意可得：(1)1 x e ln xlna a +， (1)1 x lna exlnaln xx

25、 +， (1) (1) x lnaln x exlnaeln x +， 令( ) x g xex=+，易得( )g x在(1,)+上单调递增， (1)xlnaln x ，(1)lnaln xx， (1)22ln xx xx= ， 2lna ， 2 0ae 【解答】 （）函数( )f x的定义域为(0,)+， 11 2 ( ) xxxx abb fxae lnxeee xxx =+， 由题意可得f（1）2=，f （1）e=， 故1a =，2b =； 微信公众号：钻研数学 17 （）由（）知， 1 2 ( ) xx f xe lnxe x =+， 要证( )1f x ，即 1 2 1 xx e l

26、nxe x +， 12 x lnx exe ， ( )1f x等价于 2 x xlnxxe e ，设函数( )g xxlnx=，则( )1g xlnx= +， 当 1 (0, )x e 时，( )0g x 故( )g x在 1 (0, ) e 上单调递减，在 1 (e，)+上单调递增，从而( )g x在(0,)+上的 最小值为 11 ( )g ee = 设函数 2 ( ) x h xxe e =，则( )(1) x h xex = 当(0,1)x时，( )0h x；当(1,)x+时，( )0h x时，( )( )g xh x，即( )1f x 24已知函数( )1 x f xaelnx= （1

27、）设2x =是( )f x的极值点，求a，并求( )f x的单调区间； （2）证明：当 1 a e 时，( ) 0f x 【解答】 （1）函数( )1 x f xaelnx= 0 x， 1 ( ) x fxae x =， 2x =是( )f x的极值点， f （2） 2 1 0 2 ae=，解得 2 1 2 a e =， 2 1 ( )1 2 x f xelnx e =， 2 11 ( ) 2 x fxe ex =， 当02x时，( )0fx时，( )0fx， ( )f x在(0,2)单调递减，在(2,)+单调递增 （2）证明：当 1 a e 时，( )1 x e f xlnx e ， 18

28、设( )1 x e g xlnx e =，则 1 ( ) x e g x ex =， 由 1 ( )0 x e g x ex =，得1x =， 当01x时，( )0g x时，( )0g x， 1x=是( )g x的最小值点， 故当0 x 时，( )g xg（1）0=， 当 1 a e 时，( ) 0f x 25已知函数 1 ( ) x f xxe + =，( )(1)g xklnxk x=+ （1）求( )f x的单调区间 （2）证明：当0k 时，方程( )f xk=在区间(0,)+上只有一个零点 （3）设( )( )( )h xf xg x=，其中0k 若( ) 0h x 恒成立，求k的取值

29、范围 【解答】 （1）由已知 11 ( )(1) xxx fxexexe + =+=+， 令( )0fx，解得：1x ，令( )0fx，解得：1x ， 1 ( )(1) x g xxe + =+，由（1）知，函数( )g x在区间( 1,) +递增， 且(0)0gk= ， 故( )g x在( 1,) +上只有 1 个零点， 故当0k 时方程( )f xk=在区间(0,)+上只有一个零点； （3）设 1 ( )( )( )(1) x h xf xg xxeklnxk x + =+，( )h x的定义域是 |0 x x ， 11 1 ( )(1)() xx kx h xxekxek xx + +

30、=+=， 令( )0h x=，则 1 0 x xek + =， 19 由（2）得 1 ( ) x g xxek + =在区间(0,)+上只有 1 个零点，是增函数， 不妨设( )g x的零点是 0 x，则 0 0 0 x x ek=， 故( )h x，( )h x在区间(0,)+上的情况如下： x 0 (0,)x 0 x 0 (x，)+ ( )h x 0 + ( )h x 递减 极小值 0 ()h x 递增 函数( )h x的最小值是 0 ()h x， 0 1 0000 ()(1) x h xx eklnxk x + =+ 由 0 0 0 x x ek=，得 0 0 1x k x e + =，

31、 故 0 00 1 ()(1) x k h xkklnk xkklnk e + =+=， 由题意 0 () 0h x ，即0kklnk，解得：0k e ，故k的范围是(0， e 26已知函数( )f xxlnx=，( )fx为( )f x的导函数 （1）令 2 ( )( )g xfxax=，试讨论函数( )g x的单调区间； （2）证明： 2 ( )2 x f xe 当0a时，( )0g x，( )g x单调递增，( )g x的单调增区间为(0,)+，无单调减 区间； 当0a 时，( )0g x=得 2 2 a x a =， 当 2 (0,),( )0 2 a xg x a ；所以( )g x

32、的单调递增区间为 2 (0,) 2 a a ， 当 2 (,),( )0 2 a xg x a +，单调递减区间为 2 (,) 2 a a + （2）即证： 2 2 x e lnx x ，即证： 2 2 2 x lnxe xx = ， 微信公众号：钻研数学 20 当02x时，( )0h x时，( )0h x，( )h x单调递增； 所以( )h x的最小值为 1 (2) 2 h=， 令( ) lnx k x x =，则 2 1 ( ) lnx k x x =， 当0 xe，( )k x单调递增； 当xe时，( )0k x，( )k x单调递减； 所以( )k x的最大值为 1 ( )k e e

33、 =， 因为 11 2e ， 所以( )( )k xh x，即 2 2 x e lnx x ，( )f x在(,) +上单调递增； 当0b ，( )f x在( ()lnb，)+上单调递增； ()xlnb，( )0fx，( )f x在(，()lnb上单调递减 （）令 1 ( )1,( ) xx g xebxlnx g xeb x =+ =+， 易知( )g x单调递增且一定有大于 0 的零点， 不妨设为 0 x， 0 ()0g x=，即 00 00 11 0, xx ebbe xx +=， 故若有( )g x有两个零点，需满足 0 ()0g x， 即 00000 000000 0 1 1()10

34、 xxxxx ebxlnxeexlnxee xlnx x + =+ = 令( ) xx h xee xlnx=， 1 ( )0 x h xe x = ，所以( )h x在(0,)+上单调递减， 21 由h（1）0=， 所以 00 00 0 xx ee xlnx的解集为(1,)+， 由 0 0 1 x be x =， 所以1be 当1be+，有()(1) bbbbb g eebelnebeb+=+， 令( )(1)(1)(1)1 xx g xxexxe=+=+， 由于1xe ， 所以120 xe+ ，1 x e ，所以()0 b g e，故 0 () ()0 b g eg x， 综上，1be时，

35、函数 1 ( )( ) x g xef x =存在最小值，且最小值小于 1 【解答】 （）函数的定义域是(0,)+， 1 ( ) ax fx x + =， 0a时，( )0fx恒成立，函数在(0,)+递增， 0a ，解得： 1 x a ，令( )0fx ， 故( )f x在 1 (0,) a 递增，在 1 ( a ，)+递减， 综上，0a时，函数在(0,)+递增， 0a ， g（1）1=， 只需证明( )g x存在最小值，但1x =不是最小值点，即( )ming xg， g （1）0a= + ， 方程( )0g x=在区间(0,)+上存在唯一解，不妨设为 0 x，则 0 1x ， x，( )g

36、 x，( )g x的变化如下： x 0 (0,)x 0 x 0 (x，)+ ( )g x 0 + ( )g x 递减 极小值 递增 ( )g x有最小值，最小值是 0 ()g xg 先证：1 x ex +， 令( )1 x g xex=则( ) x g xel=，令( )0g x=得0 x =， 当0 x ，( )0g x，( )0g x，( )g x递增， 故( )g x的极小值为(0)0g=，即( )(0)0g xg=， 所以 x exl+， 所以 11 12 11 x ex xx + + + ，又sin1x，但等号不同时成立， 所以 1 sin1 1 x exa x + + ，故 1 (

37、 )sin0 1 x fxeax x =+ + ， 所以( )f x是定义域(,)l +上的增函数 23 （2）注意到(0)2fa=，令(0)20fa=，得2a =， 此时 1 ( )2sin 1 x fxex x =+ + ，令 1 ( )( )2sin 1 x h xfxex x =+ + ， 则 2 1 ( )cos (1) x h xex x =+ + ， 在(0,) 2 上， 2 1 1 (1) x e x + ，cos0 x ， 故 2 1 ( )cos0 (1) x h xex x =+ + ，故( )h x在(0,) 2 上为增函数，( )(0)0h xh=， 即 1 ( )2

38、sin0 1 x fxex x =+ + ， 在( 1,0)上，令 2 ( )(1)s xx=+， 2 ( )(1) cost xxx=+， 则( )(1)(3)0 x s xxxe=+，( )s x是( 1,0)上的增函数， 所以()( )(0)sls xs， 即0( )1s x， 即 2 1 2(1) x e x + ， 又 2 0(1)xl+，coscos1lx，即0( )1t x，即 2 1 cos 2(1) x x + ， 设 1 (x， 2 0)(x， 0 0)(x=，0)， 则在区间 0 (x，0)上 2 1 2(1) x e x + ， 2 1 cos 2(1) x x + 同

39、时成立， 即 2 1 ( )cos0 (1) x h xex x =+ + ， 故( )h x是在 0 (x，0)上的增函数， 即( )(0)0h xh= 即在区同 0 (x，0)上， 1 ( )2sin0 1 x fxex x =+ （1）当0b时，恒有( )0fx时，由( )0fx=，得 2 1xln b =+，由 2 11ln b + ，得2b ， 当02b时， 10 22220 x exe =，即 1x ex ， 2 2(2)(2)(1) ( ) xaxaxa x fx xx + = （1）当2a时，( ) 0fx在区间1，)+上恒成立，即( )f x在1，)+上单调 递增， ( )f xf（1）0=（合题意） （2）当2a 时， 由 1 ( )22 x a fxea x =+， 得 1 2 ( )2 x a fxe x = +， 且( )fx在1，)+上单调递增， 又10a ， 10 1 a ee =， f （1）20a=， 故( )fx在(1,)a上存在唯一的零点 0 x，当1x， 0) x时，( )0fx， 即( )fx在 0 (1,)xx上递减， 此时( )fxf（1）0=， 知( )f x在 0 (1,)xx上递减， 此时( )f xf（1）0=与已知矛盾（不合题意） 综上：满足条件的实数a的取值范围是(，2 微信公众号：钻研数学