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2013届高三数学(理)二轮复习 必考问题专项突破22 数学思想在解题中的应用(2)


必考必考问题 22

数学思想在解题中的应用(二)

1.(2012·山东)定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x+6)=f(x).当-3≤x<-1 时,f(x) =-(x+2) ;当-1≤x<3 时,f(x)=x.则 f(1)+f(2)+f(3)+?+f(2 012)=( A.335 B.338 C.1 678 D.2 012
2

).

答案: B [由 f(x+6)=f(x)可知,函数 f(x)的周期为 6,所以 f(-3)=f(3)=-1,

f(-2)=f(4)=0,f(-1)=f(5)=-1,f(0)=f(6)=0,f(1)=1,f(2)=2,所以在一个周
期内有 f(1)+f(2)+?+f(6)=1+2-1+0-1+0=1,所以 f(1)+f(2)+?+f(2 012)=

f(1)+f(2)+335×1=1+2+335=338.]
2.(2012·四川)方程 ay=b x +c 中的 a,b,c∈{-3,-2,0,1,2,3},且 a,b,c 互不 相同.在所有这些方程所表示的曲线中,不同的抛物线共有( A.60 条 B.62 条 C.71 条 D.80 条 答案:B [显然方程 ay=b x +c 表示抛物线时,有 ab≠0,故该方程等价于 y= x + . (1)当 c=0 时,从{-3,-2,1,2,3}中任取 2 个数作为 a,b 的值,有 A5=20 种不同的方 法, 当 a 一定,b 的值互为相反数时,对应的抛物线相同,这样的抛物线共有 4×3=12 条, 所以此时不同的抛物线共有 A5-6=14 条. (2)当 c≠0 时,从{-3,-2,1,2,3}中任取 3 个数作为 a,b,c 的值有 A5=60 种不同的 方法;当 a,c 的值一定,而 b 的值互为相反数时,对应的抛物线相同,这样的抛物线共有 4A3 =24 条,所以此时不同的抛物线有 A5-12=48 条.综上所述,满足题意的不同的抛物线有 14 +48=62 条,故选 B.] 3.(2012·福建)函数 f(x)在[a,b]上有定义,若对任意 x1,x2∈[a,b],有 f?
3 2 3 2 2 2 2 2 2

).

b2 a

2

c a

?x1+x2?≤1 ? ? 2 ? 2

[f(x1)+f(x2)],则称 f(x)在[a,b]上具有性质 P.设 f(x)在[1,3]上具有性质 P,现给出如下 命题: ①f(x)在[1,3]上的图象是连续不断的;②f(x )在[1, 3]上具有性质 P;③若 f(x)在 x
2

=2 处取得最大值 1, f(x)=1, ∈[1,3]; 则 x ④对任意 x1, 2, 3, 4∈[1,3], f? x x x 有 1 ≤ [f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)].其中真命题的序号是( 4 A.①② B.①③ C.②④ 答案:D D.③④
2

?x1+x2+x3+x4? ? 4 ? ?

).

?? x-1? ,x∈[1,2? ? [取函数 f(x)=? ? ?2,x=2,

∪? 2,3],

则函数 f(x)满足题设

条件具有性质 P,但函数 f(x)的图象是不连续的,故①为假命题,排除 A、B;取函数 f(x)= -x,1≤x≤3,则函数满足题设条件具有性质 P,但 f(x )=-x 1≤x≤ 3就不具有性质 P, 故②为假命题,排除 C.应选 D.]
2 2,

4.(2012·江西)下图为某算法的程序框图,则程序运行后输出的结果是________.

解析 此框图依次执行如下循环: π 第一次:T=0,k=1,sin >sin 0 成立,a=1,T=T+a=1,k=2,2<6,继续循环; 2 π 第二次:sin π >sin 不成立,a=0,T=T+a=1,k=3,3<6,继续循环; 2 3π 第三次:sin >sin π 不成立,a=0,T=T+a=1,k=4,4<6,继续循环; 2 3π 第四次:sin 2π >sin 成立,a=1,T=T+a=2,k=5,5<6,继续循环; 2 5π 第五次:sin >sin 2π 成立,a=1,T=T+a=3,k=6,6<6 不成立,跳出循环,输 2 出 T 的值为 3. 答案 3

1.分类讨论思想的考查重点为含有参数的函数性质问题、与等比数列的前 n 项和有关的 计算推证问题、直线与圆锥曲线的位置关系不定问题等,在选择、填空、解答题中都会涉及 到分类讨论的思想方法. 2.等价转换思想的应用在高考试题中处处可见,是解高考试题常用的数学思想.

(1)分类与整合思想实质上是“化整为零,各个击破,再积零为整”的数学策略.利用好

分类与整合思想可以优化解题思路,降低问题难度.复习中要养成分类与整合的习惯,常见 的分类情形有:概念分类型,运算需要型,参数变化型,图形变动型. (2)转化与化归思想是高中数学学习中最基本、最重要的思想方法,它无处不在.比如: 在解析几何中,通过建立坐标系将几何问题划归为代数问题.

必备知识 ?分类与整合思想 在解某些数学问题时,我们常常会遇到这样一种情况:解到某一步之后,发现问题的发 展是按照不同的方向进行的.当被研究的问题包含了多种情况时,就必须抓住主导问题发展 方向 的主要因素,在其变化范围内,根据问题的不同发展方向,划分为若干部分分别研究.这 里集中体现的是由大化小,由整体化为部分,由一般化为特殊的解决问题的方法,其研究的 基本方向是“分”,但分类解决问题之后,还必须把它们整合在一起,这种“合—分—合” 的解决问题的思想,就是分类与整合思想. ?化归与转化思想 在解决一个问题时人们的眼光并不落在结论上,而是去寻觅、追溯一些熟知的结果,由 此将问题化难为易,化繁为简,化大为小,各个击破,达到最终解决问题的目的,这种解决 问题的思想就是化归与转化思想. 必备方法 1.分类讨论的几种情况 (1)由数学的概念、图形的位置等引发的分类讨论:数学中的概念有些就是分类的,如绝 对值的概念;
[来源:学科网 ZXXK]

(2)由数学的定理、法则、公式等引发的分类讨论:一些数学定理和公式是分类的,如等 比数列的求和公式等; (3)由参数变化引发的分类讨论:当要解决的问题中涉及参数时,由于参数在不同范围内 取值时,问题的发展方向不同,这就要把参数划分的几个部分分类解决; (4)问题的具体情况引发的分类讨论:有些数学问题本身就要分情况解决,如概率计算中 要根据要求,分类求出基本事件的个数; (5)较复杂或非常规的数学问题,需要采取分类讨论的解题策略来解决. 2.化归转化思想的几种情况 (1)化为已知:当所要解决的问题和我们已经掌握的问题有关系时,把所要解决的问题化 为已知问题; (2)化难为易:化难为易是解决数学问题的基本思想,当我们遇到的问题是崭新的,解决 起来困难时,就要把这个问题化为我们熟悉的问题,熟悉的问题我们有解决 的方法,就是容

易的问题,这是化难为易的一个方面; (3)化繁为简:在一些问题中,已知条件或求解结论比较繁,这时就可以通过化简这些较 繁的已知或者结论为简单的情况,再解决问题,有时把问题中的某个部分看做一个整体,进 行换元,这也是化繁为简的转化思想; (4)化大为小:在解答综合性试题时,一个问题往往是由几个问题组成的,整个问题的结 论,是通过这一系列的小问题得出的,这种情况下,就可以把所要解决的问题转化为几个小 问题进行解决.

由数学概念、法则、公式而引起的 分类讨论 数学中的很多概念都是通过分类定义的,数学中的一些定理、公式、法则往往有一些严 格的限制条件,故高考常常在这些知识点中命题.

?log2x,x>0, ? 【例 1】? (2010·天津)设函数 f(x)=? 1 ?log2? -x? ,x<0, ?
实数 a 的取值范围是( ).

若 f(a)>f(-a),则

A.(-1,0)∪(0,1) B.(-∞,-1)∪(1,+∞) C.(-1,0)∪(1,+∞) D.(-∞,-1)∪(0,1) [审题视点]

[听课记录] [审题视点] 分 a>0,a<0 讨论求解. C 1 [当 a>0 时,由 f(a)>f(-a),得 log2a>log a, 2

1 1 即 log2a>log2 ,即 a> ,解得 a>1;

a

a

1 当 a<0 时,由 f(a)>f(-a),得 log (-a)>log2(-a), 2 1 ? 1? 即 log2?- ?>l og2(-a),则- >-a,解得-1<a<0.

? a?

a

所以 a∈(-1,0)∪(1,+∞).] 有许多核心的数学概念是分类的,比如:直线斜率、指数函数、对数函数等, 与这样的数学概念有关的问题往往需要根据数学概念进行分类,从而全面完整地解决问题. 【突破训练 1】 若函数 f(x)=a -x-a(a>0 且 a≠1)有两个零点,则实数 a 的取值范围
x

是________.

[来源:Zxxk.Com]

解析 则函数 f(x)=a -x-a(a>0 且 a≠1)有两个零点,就是函数 y=a (a>0 且 a≠1) 的图象与函数 y=x+a 的图象有两个交点.由图象可知,当 0<a<1 时,两函数只有一个交 点,不符合;当 a>1 时,因为函数 y=a (a>1)的图象过点(0,1),而直线 y=x+a 的图象与
x

x

x

y 轴的交点一定在点(0,1)的上方, 所以一定有两个交点. 所以实数 a 的取值范围是(1, +∞).
答案 (1,+∞) 由参数的变化而引起的分类讨论 由于参数的取值不同会导致所得结果不同,所以某些含有参数的问题如函数性质的运用、 求最值、一元二次方程根的判断、直线斜率等,在求解时要根据参数的变化进行分类讨论. 【例 2】? (2010·山东)已知函数 f(x)=ln x-ax+ 1 (1)当 a≤ 时,讨论 f(x)的单调性; 2 1 2 (2)设 g(x)=x -2bx+4, a= 时, 当 若对任意 x1∈(0,2), 存在 x2∈[1,2], f(x1)≥g(x2), 使 4 求实数 b 的取值范围. [审题视点] 1-a -1(a∈R).

x

[听课记录] [审题视点] (1)根据解题需要,要对二次项系数、根的大小分类讨论. (2)将问题转化为 g(x)在[1,2]上的最小值不大于 f(x)在(0,2)上的最小值,则可借助(1) 问的结论求得 f(x)在(0,2)上的最小值,根据二次函数的对称轴与给定区间(1,2]的关系讨论 求 g(x)的最小值即可求 b 的范围. 解 1-a (1)因为 f(x)=ln x-ax+ -1,

x

1 a-1 ax -x+1-a 所以 f′(x)= -a+ 2 =- ,x∈(0,+∞). 2

2

x

x

x

令 h(x)=ax -x+1-a,x∈(0,+∞). ①当 a=0 时,h(x)=-x+1,x∈(0,+∞), 所以当 x∈(0,1)时,h(x)>0,此 时 f ′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0,此时 f′(x)>0,函数 f(x)单调递增. ②当 a≠0 时,令 f′(x)=0, 1 2 即 ax -x+1-a= 0,解得 x1=1,x2= -1.

2

a

1 (ⅰ)当 a= 时,x1=x2,h(x)≥0 恒成立,此时 f′(x)≤0,函数 f(x)在(0,+∞)上单 2

调递减. 1 1 (ⅱ)当 0<a< 时, -1>1>0, 2 a 当 x∈(0,1)时,h(x)>0,此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调递减;

? 1 ? 当 x∈?1, -1?时,h(x)<0,此时 f′(x)>0,函数 f(x)单调递增; ?
a

?

?1 ? 当 x∈? -1,+∞?时,h(x)>0,此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调递减. ?a ?
1 (ⅲ)当 a<0 时,由于 -1<0,

a

x∈(0,1)时,h(x)>0,此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; x∈(1,+∞)时,h(x)<0,此时 f′(x)>0,函数 f(x)单调递增.
综上所述,当 a≤0 时,函数 f(x)在(0,1)上单调递减,函数 f(x)在(1,+∞)上单调递 增; 1 当 a= 时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减; 2 1 ? 1 ? 当 0<a< 时, 函数 f(x)在(0,1)上单调递减, 函数 f(x)在?1, -1?上单调递增, 函数 f(x) 2 ? a ?

?1 ? 在? -1,+∞?上单调递减. ?a ?
1 ? 1? (2)因为 a= ∈?0, ?,由(1)知,x1=1,x2=3?(0,2), 4 ? 2? 当 x∈(0,1)时,函数 f(x)单调递减;当 x∈(1,2)时,函数 f(x)单调递增.所以 f(x)在 1 (0,2)上的最小值为 f(1)=- . 2 由于“对任意 x1∈(0,2),存在 x2∈[1,2],使 f(x1)≥g(x2)”等价于“g(x)在[1,2]上的 1 最小值不大于 f(x)在(0,2)上的最小值- ”.(*) 2 又 g(x)=(x-b) +4-b ,x∈[1,2],所以 ①当 b<1 时,因为 g(x)min=g(1)=5-2b>0,此时与(*)矛盾; ②当 b∈[1,2]时,因为 g(x)min=4-b ≥0,同样与(*)矛盾; 1 17 ③当 b∈(2,+∞)时,因为 g(x)min=g(2)=8-4b,解不等式 8-4b≤- ,可得 b≥ . 2 8
2 2 2

?17 ? 综上所述,b 的取值范围是? ,+∞?. ?8 ?
求解时, 要结合参数的意义, 对参数的不同取值或不同取值范围进行分类讨论, 分类要合理,要不重不漏,要符合最简原则.

3 2 3 【突破训练 2】 (2012·东北三校联考)已知函数 f(x)=ax - x +1(x∈R),其中 a>0. 2 (1)若 a=1,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程;

? 1 1? (2)若在区间?- , ?上,f(x)>0 恒成立,求 a 的取值范围. ? 2 2?
解 3 2 3 2 (1)当 a=1 时,f(x)=x - x +1,f(2)=3.f′(x)=3x -3x,f′(2)=6,所以曲 2

线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 y-3=6(x-2),即 y=6x-9. (2)f′=3ax -3x=3x(ax-1). 1 令 f′(x)=0,解得 x=0 或 x= .
2

a

以下分两种情况讨论:

[来源:学科网]

1 1 ①若 0<a≤2,则 ≥ . a 2 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x f′(x) f(x)

?-1,0? ? 2 ? ? ?


0 0 极大值

?0,1? ? 2? ? ?


?

?

? 1 1? 当 x∈?- , ?时, ? 2 2?

?f?-1?>0, ? ? 2? ? ? f(x)>0 等价于? 1 ?f?2?>0, ??? ? ?
1 1 ②若 a>2,则 0< < . a 2

?5-a>0, ? 8 即? 5+a ? 8 >0. ?

解不等式组得-5<a<5.因此 0<a≤2.

当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x f′(x) f(x)
[来源:学科网 ZXXK]

?-1,0? ? 2 ? ? ?
+0

0 - 极大值

?0,1? ? a? ? ?
0

1

a
+ 极小值

?1,1? ?a 2? ? ?

?

?

?

? 1 1? 当 x∈?- , ?时, ? 2 2?

?f?-1?>0, ? ? 2? ? ? f(x)>0 等价于? 1 ? ? ?f?a?>0, ???
解不等式组得

?5-a>0, ? 8 即? 1 ?1-2a >0. ?
2

2 2 <a<5 或 a<- .因此 2<a<5. 2 2
[来源:Zxxk.Com]

综合①②,可知 a 的取值范围为 0<a<5.

转化与化归思想的应用 转化与化归思想非常普遍,常考查特殊与一般、常量与变量、正与反或以换元法为手段 的转化. 【例 3】? 已知函数 f(x)=x +2x -ax+1.若函数 g(x)=f′(x)在区间(-1,1)上存在 零点,则实数 a 的取值范围是________. [审题视点]
3 2

[听课记录] [审题视点] 很显然,函数 g(x)是二次函数,二次函数在一个开区间上存在零点,情况是 很复杂的,但这个二次函数可以把参数分离出来,这样就把问题转化为求一个具体的函数的 值域. 解析 g(x)=f′(x)=3x +4x-a, (x)=f′(x)在区间(-1,1)上存在零点, g 等价于 3x
2 2 2

+4x=a 在区间(-1,1)上有解,等价于 a 的取值范围是函数 y=3x +4x 在区间(-1,1)上的

? 4 ? ? 4 ? 值域,不难求出这个函 数的值域是?- ,7?.故所求的 a 的取值范围是?- ,7?. ? 3 ? ? 3 ? ? 4 ? 答案 ?- ,7? ? 3 ?
在高考中,转化与化归思想占有相当重要的地位,在解题时注意依据问题本身 所提供的信息,利用动态思维,去寻求有利于问题解决的化归与转化的途径和方法. 【突破训练 3】 函数 f(x)=sin x+cos x+sin 2x 的最小值是________.

? π? 解析 令 t=sin x+cos x= 2sin?x+ ?, 4? ? ? 1?2 5 2 2 则 t =1+sin 2x,且 t∈[- 2, 2],∴f(t)=t +t-1=?t+ ? - , ? 2? 4
1 5 故当 t=- ∈[- 2, 2]时,函数 f(x)的最小值为- . 2 4 5 答案 - 4

突破转化与化归的瓶颈 转化的一种方式是变换研究对象,将问题转移至新对象的知识背景中,从而使非标准型 问题、复杂问题简单化,进而变得容易处理.通过引进新的变量,可以将分散的条件联系起 来,隐含的条件显露出来,或者将条件与结论联系起来,或者使题目的形式变得熟悉,从而 将复杂的计算或证明题简化. 【示例】? (2012·陕西)设函数 fn(x)=x +bx+c(n∈N+,b,c∈R).
n

?1 ? (1)设 n≥2,b=1,c=-1,证明:fn(x)在区间? ,1?内存在唯一零点; ?2 ?
(2)设 n=2,若对任意 x1,x2∈[-1,1],有|f2(x1)-f2(x2)|≤4,求 b 的取值范围;

?1 ? (3)在(1)的条件下,设 xn 是 fn(x)在? ,1?内的零点,判断数列 x2,x3,?,xn,?的增 ?2 ?
减性. [满分解答] (1)b=1,c=-1,n≥2 时,fn(x)=x +x-1.
n

?1? ? 1 1? ∵fn? ?fn(1)=? n- ?×1<0, 2? ? ?2 2? ?1 ? ∴fn(x)在? ,1?内存在零点. ?2 ? ?1 ? n-1 又当 x∈? ,1?时,fn′(x)=nx +1>0, ?2 ? ?1 ? ∴fn(x)在? ,1?上是单调递增的, ?2 ? ?1 ? ∴fn(x)在? ,1?内存在唯一零点.(4 分) ?2 ?
(2)当 n=2 时,f2(x)=x +bx+c. 对任意 x1,x2∈[-1,1]都有|f2(x1)-f2(x2)|≤4 等价于 f2(x)在[-1,1]上的最大值与最 小值之差 M≤4.据此分类讨论如下: (i)当? ?>1,即|b|>2 时, ?2?
2

?b?

M=|f2(1)-f2(-1)|=2|b|>4,与题设矛盾.
(ii)当-1≤- <0,即 0<b≤2 时, 2

b

? b? ? b ? M=f2(1)-f2?- ?=? +1?2≤4 恒成立. ? 2? ? 2
b

?

(iii)当 0≤- ≤1,即-2≤b≤0 时, 2

? b? ?b ? M=f2(-1)-f2 ?- ?=? -1?2≤4 恒成立. ? 2? ?2 ?
综上可知,-2≤b≤2.(8 分) 注:(ii),(iii)也可合并证明如下: 用 max{a,b}表示 a,b 中的较大者. 当-1≤- ≤1,即-2≤b≤2 时, 2

b

? b? M=max{f2(1),f2(-1)}-f2?- ? ? 2?



f2? -1? +f2? 1?
2

|f2? -1? -f2? 1? | ? b? + -f2?- ? 2 ? 2?

? ? =1+c+|b|-?- +c? ? 4 ? ? |b|?2 =?1+ ? ≤4 恒成立.(8 分) 2 ? ? ?1 ? (3)法一 设 xn 是 fn(x)在? ,1?内的唯一零点(n≥2), ?2 ? ? ? fn(xn)=xn+xn-1=0,fn+1(xn+1)=xn+1+xn+1-1=0,xn+1∈? ,1?,于是有 fn(xn)=0=fn n n+1
1 ?2

b2

?

+1

(xn+1)=xn+1+xn+1-1<xn+1+xn+1-1=fn(xn+1),

n+1

n

?1 ? 又由(1)知 fn(x)在? ,1?上是递增的,故 xn<xn+1(n≥2), ?2 ?
所以,数列 x2,x3,?,xn,?是递增数列.(12 分)

?1 ? 法二 设 xn 是 fn(x)在? ,1?内的唯一零点, ?2 ?
fn+1(xn)fn+1(1 )=(xn+1+xn-1)(1n+1+1-1) n
=xn +xn-1<xn+xn-1=0, 则 fn+1(x)的零点 xn+1 在(xn,1)内,故 xn<xn+1(n≥2), 所以,数列 x2,x3,?,xn,?是递增数列.(12 分) 老师叮咛:本题主要考查函数的零点、导数与不等式,以及数列的单调性的判断和恒成 立问题的处理,意在考查转化思想和分类讨论思想的运用.第? 1? 问利用函数零点存在定理, 2? 问结合分类讨论思想,得出
n+1 n

?1 ? 结合函数的单调性, 得出函数在区间? ,1?上的零点个数.第? ?2 ?
重要的失分点.第? 3?

函数在区间[-1,1]上的最值,把恒成立问题转化为简单的解不等式问题,不会转化是一个 问,看成单纯的数列问题,无法将新问题与第? 2? 问中的结论联系起

来,导致解题走入死胡同. 【试一试】 已知函数 f(x)=x+ (a∈R),g(x)=ln x. (1)求函数 F(x)=f(x)+g(x)的单调区间; (2)若关于 x 的方程 解

a x

g? x? =f(x)-2e(e 为自然对数的底数)只有一个实数根 a 的值. x2 a x

(1)函数 F(x)=f(x)+g(x)=x+ +ln x 的定义域为(0,+∞).
2

a 1 x +x-a ∴F′(x)=1- 2+ = . 2 x x x
1 2 ①当 Δ =1+4a≤0,即 a≤- 时,得 x +x-a≥0,则 F′(x)≥0. 4

∴函数 F(x)在(0,+∞)上单调递增. 1 2 ②当 Δ =1+4a>0,即 a>- 时,令 F′(x)=0 ,得 x +x-a=0, 4 -1- 1+4a -1+ 1+4a 解得 x1= <0,x2= . 2 2 1 -1+ 1+4a (i)若- <a≤0,则 x2= ≤0. 4 2 ∵x∈(0,+∞),∴F′(x)>0, ∴函数 F(x)在(0,+∞)上单调递增.

? -1+ 1+4a? (ii)若 a>0,则 x∈?0, ?时,F′(x)<0; 2 ? ?
x∈?

?-1+ 1+4a ? ,+∞?时,F′(x)>0, 2 ? ?

? -1+ 1+4a? ?-1+ 1+4a ? ∴函数 F(x)在区间?0, ?上单调递减,在区间? ,+∞?上单调 2 2 ? ? ? ?
递增. 综上所述,当 a≤0 时,函数 F(x)的单调递增区间为(0,+∞);

? -1+ 1+4a? 当 a>0 时,函数 F(x)的单调递减区间为?0, ?, 2 ? ?
单调递增区间为? (2)由

?-1+ 1+4a ? ,+∞?. 2 ? ?

g? x? ln x a ln x 2 =f(x)-2e,得 2 =x+ -2e,化为 =x -2ex+a. 2 x x x x x x

ln x 1-ln x 令 h(x)= ,则 h′(x)= . 2 令 h′(x)=0,得 x=e. 当 0<x<e 时,h′(x)>0;当 x>e 时,h′(x)<0. ∴函数 h(x)在区间(0,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调递减. 1 ∴当 x=e 时,函数 h(x)取得最大值,其值为 h(e)= . e 而函数 m(x)=x -2ex+a=(x-e) +a-e , 当 x=e 时,函数 m(x)取得最小值,其值为 m(e)=a-e . 1 1 g? x? 2 2 ∴当 a-e = ,即 a=e + 时,方程 =f(x)-2e 只有一个实数根. e e x2
2 2 2 2


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