高考數(shù)學(xué)(文數(shù))一輪復(fù)習(xí)習(xí)題 壓軸題（二） 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) (含解析)

壓軸題命題區(qū)間(二)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第一課時構(gòu)造輔助函數(shù)求解導(dǎo)數(shù)問題對于證明與函數(shù)有關(guān)的不等式，或已知不等式在某個范圍內(nèi)恒成立求參數(shù)取值范圍、討論一些方程解的個數(shù)等類型問題時，常常需要構(gòu)造輔助函數(shù)，并求導(dǎo)研究其單調(diào)性或?qū)で笃鋷缀我饬x來解決；題目本身特點不同，所構(gòu)造的函數(shù)可有多種形式，解題的繁簡程度也因此而不同，這里給出幾種常用的構(gòu)造技巧．“比較法”構(gòu)造函數(shù)(2017·廣州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax(e為自然對數(shù)的底數(shù)，a為常數(shù))的圖象在點(0,1)處的切線斜率為－1．(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值；(2)證明：當(dāng)x＞0時，x2＜ex．(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a．因為f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2，令f′(x)＝0，得x＝ln2，當(dāng)x＜ln2時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x＞ln2時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝ln2時，f(x)取得極小值，且極小值為f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－ln4，f(x)無極大值．(2)證明：令g(x)＝ex－x2，則g′(x)＝ex－2x．由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln2)＞0，故g(x)在R上單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＞0時，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x2＜ex．在本例第(2)問中，發(fā)現(xiàn)“x2，ex”具有基本初等函數(shù)的基因，故可選擇對要證明的“x2＜ex”構(gòu)造函數(shù)，得到“g(x)＝ex－x2”已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,ex)，直線y＝g(x)為函數(shù)f(x)的圖象在x＝x0(x0＜1)處的切線，求證：f(x)≤g(x)．證明：函數(shù)f(x)的圖象在x＝x0處的切線方程為y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，則h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝eq\f(1－x,ex)－eq\f(1－x0,eSKIPIF1<0)＝eq\f(1－xeSKIPIF1<0－1－x0ex,eSKIPIF1<0)．設(shè)φ(x)＝(1－x)eSKIPIF1<0－(1－x0)ex，則φ′(x)＝－eSKIPIF1<0－(1－x0)ex，∵x0＜1，∴φ′(x)＜0，∴φ(x)在R上單調(diào)遞減，又φ(x0)＝0，∴當(dāng)x＜x0時，φ(x)＞0，當(dāng)x＞x0時，φ(x)＜0，∴當(dāng)x＜x0時，h′(x)＞0，當(dāng)x＞x0時，h′(x)＜0，∴h(x)在區(qū)間(－∞，x0)上為增函數(shù)，在區(qū)間(x0，＋∞)上為減函數(shù)，∴h(x)≤h(x0)＝0，∴f(x)≤g(x)．“拆分法”構(gòu)造函數(shù)設(shè)函數(shù)f(x)＝aexlnx＋eq\f(bex－1,x)，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線為y＝e(x－1)＋2．(1)求a，b；(2)證明：f(x)＞1．(1)f′(x)＝aexeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x)))＋eq\f(bex－1x－1,x2)(x＞0)，由于直線y＝e(x－1)＋2的斜率為e，圖象過點(1,2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝2，,f′1＝e，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝2，,ae＝e，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2.))(2)證明：由(1)知f(x)＝exlnx＋eq\f(2ex－1,x)(x＞0)，從而f(x)＞1等價于xlnx＞xe－x－eq\f(2,e)．構(gòu)造函數(shù)g(x)＝xlnx，則g′(x)＝1＋lnx，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，g′(x)＜0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，g′(x)＞0，故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，從而g(x)在(0，＋∞)上的最小值為geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)．構(gòu)造函數(shù)h(x)＝xe－x－eq\f(2,e)，則h′(x)＝e－x(1－x)．所以當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)＞0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)＜0；故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而h(x)在(0，＋∞)上的最大值為h(1)＝－eq\f(1,e)．綜上，當(dāng)x＞0時，g(x)＞h(x)，即f(x)＞1．對于第(2)問“aexlnx＋eq\f(bex－1,x)＞1”的證明，若直接構(gòu)造函數(shù)h(x)＝aexlnx＋eq\f(bex－1,x)－1，求導(dǎo)以后不易分析，因此并不宜對其整體進行構(gòu)造函數(shù)，而應(yīng)先將不等式“aexlnx＋eq\f(bex－1,x)＞1”合理拆分為“xlnx＞xe－x－eq\f(2,e)”，再分別對左右兩邊構(gòu)造函數(shù)，進而達到證明原不等式的目的．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(alnx,x＋1)＋eq\f(b,x)，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為x＋2y－3＝0．(1)求a，b的值；(2)證明：當(dāng)x＞0，且x≠1時，f(x)＞eq\f(lnx,x－1)．解：(1)f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x)－lnx)),x＋12)－eq\f(b,x2)(x＞0)．由于直線x＋2y－3＝0的斜率為－eq\f(1,2)，且過點(1,1)，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝1，,f′1＝－\f(1,2)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝1，,\f(a,2)－b＝－\f(1,2).))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1.))(2)證明：由(1)知f(x)＝eq\f(lnx,x＋1)＋eq\f(1,x)(x＞0)，所以f(x)－eq\f(lnx,x－1)＝eq\f(1,1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lnx－\f(x2－1,x)))．考慮函數(shù)h(x)＝2lnx－eq\f(x2－1,x)(x＞0)，則h′(x)＝eq\f(2,x)－eq\f(2x2－x2－1,x2)＝－eq\f(x－12,x2)．所以當(dāng)x≠1時，h′(x)＜0．而h(1)＝0，故當(dāng)x∈(0,1)時，h(x)＞0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)＞0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h(x)＜0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)＞0．從而當(dāng)x＞0，且x≠1時，f(x)－eq\f(lnx,x－1)＞0，即f(x)＞eq\f(lnx,x－1)．“換元法”構(gòu)造函數(shù)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋xlnx(a∈R)的圖象在點(1，f(1))處的切線與直線x＋3y＝0垂直．(1)求實數(shù)a的值；(2)求證：當(dāng)n＞m＞0時，lnn－lnm＞eq\f(m,n)－eq\f(n,m)．(1)因為f(x)＝ax2＋xlnx，所以f′(x)＝2ax＋lnx＋1，因為切線與直線x＋3y＝0垂直，所以切線的斜率為3，所以f′(1)＝3，即2a＋1＝3，故a(2)證明：要證lnn－lnm＞eq\f(m,n)－eq\f(n,m)，即證lneq\f(n,m)＞eq\f(m,n)－eq\f(n,m)，只需證lneq\f(n,m)－eq\f(m,n)＋eq\f(n,m)＞0．令eq\f(n,m)＝x，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝lnx－eq\f(1,x)＋x(x≥1)，則g′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)＋1．因為x∈對“待證不等式”等價變形為“l(fā)neq\f(n,m)－eq\f(m,n)＋eq\f(n,m)＞0”后，觀察可知，對“eq\f(n,m)”進行換元，變?yōu)椤發(fā)nx－eq\f(1,x)＋x＞0”，構(gòu)造函數(shù)“g(x)＝lnx－eq\f(1,x)＋x(x≥1)”來證明不等式，可簡化證明過程中的運算．已知函數(shù)f(x)＝x2lnx．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：對任意的t＞0，存在唯一的s，使t＝f(s)；(3)設(shè)(2)中所確定的s關(guān)于t的函數(shù)為s＝g(t)，證明：當(dāng)t＞e2時，有eq\f(2,5)＜eq\f(lngt,lnt)＜eq\f(1,2)．解：(1)由已知，得f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)(x＞0)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,\r(e))．當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(e))))eq\f(1,\r(e))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))，＋∞))f′(x)－0＋f(x)極小值所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(e))))，單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))，＋∞))．(2)證明：當(dāng)0＜x≤1時，f(x)≤0，∵t＞0，∴當(dāng)0＜x≤1時不存在t＝f(s)．令h(x)＝f(x)－t，x∈(2017·廣州綜合測試)已知函數(shù)f(x)＝ex＋m－x3，g(x)＝ln(x＋1)＋2．(1)若曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線斜率為1，求實數(shù)m的值；(2)當(dāng)m≥1時，證明：f(x)＞g(x)－x3．(1)因為f(x)＝ex＋m－x3，所以f′(x)＝ex＋m－3x2．因為曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線斜率為1，所以f′(0)＝em＝1，解得m＝0．(2)證明：因為f(x)＝ex＋m－x3，g(x)＝ln(x＋1)＋2，所以f(x)＞g(x)－x3等價于ex＋m－ln(x＋1)－2＞0．當(dāng)m≥1時，ex＋m－ln(x＋1)－2≥ex＋1－ln(x＋1)－2．要證ex＋m－ln(x＋1)－2＞0，只需證明ex＋1－ln(x＋1)－2＞0．設(shè)h(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－2，則h′(x)＝ex＋1－eq\f(1,x＋1)．設(shè)p(x)＝ex＋1－eq\f(1,x＋1)，則p′(x)＝ex＋1＋eq\f(1,x＋12)＞0，所以函數(shù)p(x)＝h′(x)＝ex＋1－eq\f(1,x＋1)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增．因為h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eeq\f(1,2)－2＜0，h′(0)＝e－1＞0，所以函數(shù)h′(x)＝ex＋1－eq\f(1,x＋1)在(－1，＋∞)上有唯一零點x0，且x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))．因為h′(x0)＝0，所以ex0＋1＝eq\f(1,x0＋1)，即ln(x0＋1)＝－(x0＋1)．當(dāng)x∈(－1，x0)時，h′(x)＜0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，h′(x)＞0，所以當(dāng)x＝x0時，h(x)取得最小值h(x0)，所以h(x)≥h(x0)＝ex0＋1－ln(x0＋1)－2＝eq\f(1,x0＋1)＋(x0＋1)－2＞0．綜上可知，當(dāng)m≥1時，f(x)＞g(x)－x3．本題可先進行適當(dāng)放縮，m≥1時，ex＋m≥ex＋1，再兩次構(gòu)造函數(shù)h(x)，p(x)．(2016·合肥一模)已知函數(shù)f(x)＝ex－xlnx，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)求函數(shù)f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程；(2)若g(x)≥f(x)對任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求t的取值范圍．解：(1)由f(x)＝ex－xlnx，知f′(x)＝e－lnx－1，則f′(1)＝e－1，而f(1)＝e，則所求切線方程為y－e＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋1．(2)∵f(x)＝ex－xlnx，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，∴g(x)≥f(x)對任意的x∈(0，＋∞)恒成立等價于ex－tx2＋x－ex＋xlnx≥0對任意的x∈(0，＋∞)恒成立，即t≤eq\f(ex＋x－ex＋xlnx,x2)對任意的x∈(0，＋∞)恒成立．令F(x)＝eq\f(ex＋x－ex＋xlnx,x2)，則F′(x)＝eq\f(xex＋ex－2ex－xlnx,x3)＝eq\f(1,x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex＋e－\f(2ex,x)－lnx))，令G(x)＝ex＋e－eq\f(2ex,x)－lnx，則G′(x)＝ex－eq\f(2xex－ex,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(exx－12＋ex－x,x2)＞0對任意的x∈(0，＋∞)恒成立．∴G(x)＝ex＋e－eq\f(2ex,x)－lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且G(1)＝0，∴當(dāng)x∈(0,1)時，G(x)＜0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，G(x)＞0，即當(dāng)x∈(0,1)時，F(xiàn)′(x)＜0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，F(xiàn)′(x)＞0，∴F(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴F(x)≥F(1)＝1，∴t≤1，即t的取值范圍是(－∞，1]．1．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2ex－1＋ax3＋bx2，已知x＝－2和x＝1為f(x)的極值點．(1)求a，b的值；(2)討論f(x)的單調(diào)性；(3)設(shè)g(x)＝eq\f(2,3)x3－x2，比較f(x)與g(x)的大小．解：(1)因為f′(x)＝ex－1(2x＋x2)＋3ax2＋2bx＝xex－1(x＋2)＋x(3ax＋2b)，又x＝－2和x＝1為f(x)的極值點，所以f′(－2)＝f′(1)＝0，因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－6a＋2b＝0，,3＋3a＋2b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,3)，,b＝－1.))(2)因為a＝－eq\f(1,3)，b＝－1，所以f′(x)＝x(x＋2)(ex－1－1)，令f′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝0，x3＝1．因為當(dāng)x∈(－∞，－2)∪(0,1)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(－2,0)∪(1，＋∞)時，f′(x)＞0．所以f(x)在(－2,0)和(1，＋∞)上是單調(diào)遞增的；在(－∞，－2)和(0,1)上是單調(diào)遞減的．(3)由(1)可知f(x)＝x2ex－1－eq\f(1,3)x3－x2．故f(x)－g(x)＝x2ex－1－x3＝x2(ex－1－x)，令h(x)＝ex－1－x，則h′(x)＝ex－1－1．令h′(x)＝0，得x＝1，因為當(dāng)x∈(－∞，1]時，h′(x)≤0，所以h(x)在(－∞，1]上單調(diào)遞減；故當(dāng)x∈(－∞，1]時，h(x)≥h(1)＝0；因為當(dāng)x∈已知函數(shù)g(x)＝lnx＋ax2＋bx，函數(shù)g(x)的圖象在點(1，g(1))處的切線平行于x軸．(1)確定a與b的關(guān)系；(2)若a≥0，試討論函數(shù)g(x)的單調(diào)性．(1)依題意得g′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋b(x＞0)．由函數(shù)g(x)的圖象在點(1，g(1))處的切線平行于x軸得：g′(1)＝1＋2a＋b＝0，∴b＝－2(2)由(1)得g′(x)＝eq\f(2ax2－2a＋1x＋1,x)＝eq\f(2ax－1x－1,x)．∵函數(shù)g(x)的定義域為(0，＋∞)，∴當(dāng)a＝0時，g′(x)＝－eq\f(x－1,x)．由g′(x)＞0，得0＜x＜1，由g′(x)＜0，得x＞1，當(dāng)a＞0時，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝eq\f(1,2a)，若eq\f(1,2a)＜1，即a＞eq\f(1,2)，由g′(x)＞0，得x＞1或0＜x＜eq\f(1,2a)，由g′(x)＜0，得eq\f(1,2a)＜x＜1；若eq\f(1,2a)＞1，即0＜a＜eq\f(1,2)，由g′(x)＞0，得x＞eq\f(1,2a)或0＜x＜1，由g′(x)＜0，得1＜x＜eq\f(1,2a)，若eq\f(1,2a)＝1，即a＝eq\f(1,2)在(0，＋∞)上恒有g(shù)′(x)≥0．綜上可得：當(dāng)a＝0時，函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)0＜a＜eq\f(1,2)時，函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上單調(diào)遞增；當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)a＞eq\f(1,2)時，函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．(1)研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進行分類討論．(2)劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，要在函數(shù)定義域內(nèi)討論，還要確定導(dǎo)數(shù)為0的點和函數(shù)的間斷點．(3)本題(2)求解應(yīng)先分a＝0或a＞0兩種情況，再比較eq\f(1,2a)和1的大?。?2016·太原一模)已知函數(shù)f(x)＝x－alnx(a∈R)．(1)當(dāng)a＝2時，求曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程；(2)設(shè)函數(shù)h(x)＝f(x)＋eq\f(1＋a,x)，求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間．解：(1)當(dāng)a＝2時，f(x)＝x－2lnx，f(1)＝1，即切點為(1,1)，∵f′(x)＝1－eq\f(2,x)，∴f′(1)＝1－2＝－1，∴曲線y＝f(x)在點(1,1)處的切線方程為y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0．(2)由題意知，h(x)＝x－alnx＋eq\f(1＋a,x)(x＞0)，則h′(x)＝1－eq\f(a,x)－eq\f(1＋a,x2)＝eq\f(x2－ax－1＋a,x2)＝eq\f(x＋1[x－1＋a],x2)，①當(dāng)a＋1＞0，即a＞－1時，令h′(x)＞0，∵x＞0，∴x＞1＋a，令h′(x)＜0，∵x＞0，∴0＜x＜1＋a．②當(dāng)a＋1≤0，即a≤－1時，h′(x)＞0恒成立，綜上，當(dāng)a＞－1時，h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，a＋1)，單調(diào)遞增區(qū)間是(a＋1，＋∞)；當(dāng)a≤－1時，h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值設(shè)a＞0，函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－(a＋1)x＋a(1＋lnx)．(1)若曲線y＝f(x)在(2，f(2))處的切線與直線y＝－x＋1垂直，求切線方程．(2)求函數(shù)f(x)的極值．(1)由已知，得f′(x)＝x－(a＋1)＋eq\f(a,x)(x＞0)，又由題意可知y＝f(x)在(2，f(2))處切線的斜率為1，所以f′(2)＝1，即2－(a＋1)＋eq\f(a,2)＝1，解得a＝0，此時f(2)＝2－2＝0，故所求的切線方程為y＝x－2．(2)f′(x)＝x－(a＋1)＋eq\f(a,x)＝eq\f(x2－a＋1x＋a,x)＝eq\f(x－1x－a,x)(x＞0)．①當(dāng)0＜a＜1時，若x∈(0，a)，則f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；若x∈(a,1)，則f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；若x∈(1，＋∞)，則f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．此時x＝a是f(x)的極大值點，x＝1是f(x)的極小值點，函數(shù)f(x)的極大值是f(a)＝－eq\f(1,2)a2＋alna，極小值是f(1)＝－eq\f(1,2)．②當(dāng)a＝1時，f′(x)＝eq\f(x－12,x)≥0，所以函數(shù)f(x)在定義域(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，此時f(x)沒有極值點，故無極值．③當(dāng)a＞1時，若x∈(0,1)，則f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；若x∈(1，a)，則f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；若x∈(a，＋∞)，則f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．此時x＝1是f(x)的極大值點，x＝a是f(x)的極小值點，函數(shù)f(x)的極大值是f(1)＝－eq\f(1,2)，極小值是f(a)＝－eq\f(1,2)a2＋alna．綜上，當(dāng)0＜a＜1時，f(x)的極大值是－eq\f(1,2)a2＋alna，極小值是－eq\f(1,2)；當(dāng)a＝1時，f(x)沒有極值；當(dāng)a＞1時f(x)的極大值是－eq\f(1,2)，極小值是－eq\f(1,2)a2＋alna．對于解析式中含有參數(shù)的函數(shù)求極值，有時需要分類討論后解決問題．討論的思路主要有：(1)參數(shù)是否影響f′(x)零點的存在；(2)參數(shù)是否影響f′(x)不同零點(或零點與函數(shù)定義域中的間斷點)的大??；(3)參數(shù)是否影響f′(x)在零點左右的符號(如果有影響，需要分類討論)．(2016·山東高考)設(shè)f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)已知f(x)在x＝1處取得極大值，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)由f′(x)＝lnx－2ax＋2a可得g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈所以g′(x)＝eq\f(1,x)－2a＝eq\f(1－2ax,x)．當(dāng)a≤0，x∈(0，＋∞)時，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)a＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))時，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))時，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減．所以當(dāng)a≤0時，g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a＞0時，g(x)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))，單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))．(2)由(1)知，f′(1)＝0．①當(dāng)a≤0時，f′(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)在x＝1處取得極小值，不合題意．②當(dāng)0＜a＜eq\f(1,2)時，eq\f(1,2a)＞1，由(1)知f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))內(nèi)單調(diào)遞增，可得當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)＜0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))時，f′(x)＞0．所以f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))內(nèi)單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝1處取得極小值，不合題意．③當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，eq\f(1,2a)＝1，f′(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)≤0，f(x)單調(diào)遞減，不合題意．④當(dāng)a＞eq\f(1,2)時，0＜eq\f(1,2a)＜1，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減．所以f(x)在x＝1處取極大值，符合題意．綜上可知，實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a＞0時，求函數(shù)f(x)在上的最小值．(1)由題意，f′(x)＝eq\f(1,x)－a(x＞0)，①當(dāng)a≤0時，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＞0，即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)．②當(dāng)a＞0時，令f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝0，可得x＝eq\f(1,a)，當(dāng)0＜x＜eq\f(1,a)時，f′(x)＝eq\f(1－ax,x)＞0；當(dāng)x＞eq\f(1,a)時，f′(x)＝eq\f(1－ax,x)＜0，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))．綜上可知，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a＞0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))．(2)①當(dāng)eq\f(1,a)≤1，即a≥1時，函數(shù)f(x)在區(qū)間上是減函數(shù)，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln2－2a．②當(dāng)eq\f(1,a)≥2，即0＜a≤eq\f(1,2)時，函數(shù)f(x)在區(qū)間上是增函數(shù)，所以f(x)的最小值是f(1)＝－a．③當(dāng)1＜eq\f(1,a)＜2，即eq\f(1,2)＜a＜1時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上是增函數(shù)，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2))上是減函數(shù)．又f(2)－f(1)＝ln2－a，所以當(dāng)eq\f(1,2)＜a＜ln2時，最小值是f(1)＝－a；當(dāng)ln2≤a＜1時，最小值為f(2)＝ln2－2a綜上可知，當(dāng)0＜a＜ln2時，函數(shù)f(x)的最小值是－a；當(dāng)a≥ln2時，函數(shù)f(x)的最小值是ln2－2a(1)在閉區(qū)間上圖象連續(xù)的函數(shù)一定存在最大值和最小值，在不是閉區(qū)間的情況下，函數(shù)在這個區(qū)間上的最大值和最小值可能都存在，也可能只存在一個，或既無最大值也無最小值；(2)在一個區(qū)間上，如果函數(shù)只有一個極值點，則這個極值點就是最值點．1．若函數(shù)f(x)＝eq\f(x,x2＋a)(a＞0)在(e為自然對數(shù)的底數(shù))上的最大值．解：(1)當(dāng)x＜1時，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq\f(2,3)．當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))f′(x)－0＋0－f(x)極小值極大值故當(dāng)x＝0時，函數(shù)f(x)取得極小值為f(0)＝0，函數(shù)f(x)的極大值點為x＝eq\f(2,3)．(2)①當(dāng)－1≤x＜1時，由(1)知，函數(shù)f(x)在和eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上單調(diào)遞增．因為f(－1)＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(4,27)，f(0)＝0，所以f(x)在上單調(diào)遞增，則f(x)在上的最大值為f(e)＝a．綜上所述，當(dāng)a≥2時，f(x)在上的最大值為a；當(dāng)a＜2時，f(x)在上的最大值為2．3．已知函數(shù)f(x)＝ax－1－lnx(a∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)的極值點的個數(shù)；(2)若函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值，?x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求實數(shù)b的取值范圍．解：(1)由已知得f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x)(x＞0)．當(dāng)a≤0時，f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x)在(0，＋∞)上沒有極值點．當(dāng)a＞0時，由f′(x)＜0，得0＜x＜eq\f(1,a)，由f′(x)＞0，得x＞eq\f(1,a)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，即f(x)在x＝eq\f(1,a)處有極小值．∴當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上沒有極值點，當(dāng)a＞0時，f(x)在(0，＋∞)上有一個極值點．(2)∵函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值，∴f′(1)＝0，解得a＝1，∴f(x)≥bx－2?1＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)≥b，令g(x)＝1＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)，則g′(x)＝eq\f(lnx－2,x2)，令g′(x)＝0，得x＝e2．則g(x)在(0，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(e2)＝1－eq\f(1,e2)，即b≤1－eq\f(1,e2)，故實數(shù)b的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，1－\f(1,e2)))．4．已知方程f(x)·x2－2ax＋f(x)－a2＋1＝0，其中a∈R，x∈R．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在．當(dāng)a＜0時，由(1)得，f(x)在(0，－a)上單調(diào)遞減，在(－a，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)在．綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－1]∪(0,1]．5．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－ax＋b．(1)討論函數(shù)f(sinx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))內(nèi)的單調(diào)性并判斷有無極值，有極值時求出極值；(2)記f0(x)＝x2－a0x＋b0，求函數(shù)|f(sinx)－f0(sinx)|在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的最大值D；(3)在(2)中，取a0＝b0＝0，求z＝b－eq\f(a2,4)滿足條件D≤1時的最大值．解：(1)由題意，f(sinx)＝sin2x－asinx＋b＝sinx(sinx－a)＋b，則f′(sinx)＝(2sinx－a)cosx，因為－eq\f(π,2)＜x＜eq\f(π,2)，所以cosx＞0，－2＜2sinx＜2．①a≤－2，b∈R時，函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞增，無極值；②a≥2，b∈R時，函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞減，無極值；③對于－2＜a＜2，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))內(nèi)存在唯一的x0，使得2sinx0＝a．－eq\f(π,2)＜x≤x0時，函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞減；x0≤x＜eq\f(π,2)時，函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞增．因此，－2＜a＜2，b∈R時，函數(shù)f(sinx)在x0處有極小值f(sinx0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝b－eq\f(a2,4)．(2)當(dāng)－eq\f(π,2)≤x≤eq\f(π,2)時，|f(sinx)－f0(sinx)|＝|(a0－a)sinx＋b－b0|≤|a－a0|＋|b－b0|，當(dāng)(a0－a)(b－b0)≥0，x＝eq\f(π,2)時等號成立，當(dāng)(a0－a)(b－b0)＜0時，x＝－eq\f(π,2)時等號成立．由此可知，|f(sinx)－f0(sinx)|在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的最大值為D＝|a－a0|＋|b－b0|．(3)D≤1即為|a|＋|b|≤1，此時0≤a2≤1，－1≤b≤1，從而z＝b－eq\f(a2,4)≤1．取a＝0，b＝1，則|a|＋|b|≤1，并且z＝b－eq\f(a2,4)＝1．由此可知，z＝b－eq\f(a2,4)滿足條件D≤1的最大值為1．6．已知函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,x)，g(x)＝alnx(a∈R)．(1)當(dāng)a≥－2時，求F(x)＝f(x)－g(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)有兩個極值點為x1，x2，其中x1∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，求h(x1)－h(huán)(x2)的最小值．解：(1)由題意得F(x)＝x－eq\f(1,x)－alnx(x＞0)，則F′(x)＝eq\f(x2－ax＋1,x2)，令m(x)＝x2－ax＋1，則Δ＝a2－4．①當(dāng)－2≤a≤2時，Δ≤0，從而F′(x)≥0，所以F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；②當(dāng)a＞2時，Δ＞0，設(shè)F′(x)＝0的兩根為x1＝eq\f(a－\r(a2－4),2)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－4),2)，所以F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))，F(xiàn)(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))．綜上，當(dāng)－2≤a≤2時，F(xiàn)(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a＞2時，F(xiàn)(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))，F(xiàn)(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))．(2)對h(x)＝x－eq\f(1,x)＋alnx，x∈(0，＋∞)求導(dǎo)得，h′(x)＝1＋eq\f(1,x2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(x2＋ax＋1,x2)，h′(x)＝0的兩根分別為x1，x2，則有x1·x2＝1，x1＋x2＝－a，所以x2＝eq\f(1,x1)，從而有a＝－x1－eq\f(1,x1)．令H(x)＝h(x)－h(huán)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝x－eq\f(1,x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,x)))lnx－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,x)))·ln\f(1,x)))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,x)))lnx＋x－\f(1,x)))，即H′(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－1))lnx＝eq\f(21－x1＋xlnx,x2)(x＞0)．當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，H′(x)＜0，所以H(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，又H(x1)＝h(x1)－h(huán)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))＝h(x1)－h(huán)(x2)，所以min＝Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝5ln2－3．第三課時導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用(一)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點或方程的根(2016·北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c．(1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)設(shè)a＝b＝4，若函數(shù)f(x)有三個不同零點，求c的取值范圍；(3)求證：a2－3b＞0是f(x)有三個不同零點的必要而不充分條件．(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b．因為f(0)＝c，f′(0)＝b，所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝bx＋c．(2)當(dāng)a＝b＝4時，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，所以f′(x)＝3x2＋8x＋4．令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－eq\f(2,3)．f(x)與f′(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的情況如下：x(－∞，－2)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)cc－eq\f(32,27)所以當(dāng)c＞0且c－eq\f(32,27)＜0時，存在x1∈(－4，－2)，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))，x3∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0))，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0．由f(x)的單調(diào)性知，當(dāng)且僅當(dāng)c∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(32,27)))時，函數(shù)f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個不同零點．(3)證明：當(dāng)Δ＝4a2－12bf′(x)＝3x2＋2ax＋b＞0，x∈(－∞，＋∞)，此時函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)不可能有三個不同零點．當(dāng)Δ＝4a2－12bf′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一個零點，記作x0．當(dāng)x∈(－∞，x0)時，f′(x)＞0，f(x)在區(qū)間(－∞，x0)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)在區(qū)間(x0，＋∞)上單調(diào)遞增．所以f(x)不可能有三個不同零點．綜上所述，若函數(shù)f(x)有三個不同零點，則必有Δ＝4a2－12b故a2－3b＞0是f(x)有三個不同零點的必要條件．當(dāng)a＝b＝4，c＝0時，a2－3b＞0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有兩個不同零點，所以a2－3b＞0不是f(x)有三個不同零點的充分條件．因此a2－3b＞0是f(x)有三個不同零點的必要而不充分條件．利用導(dǎo)數(shù)研究方程根的方法(1)研究方程根的情況，可以通過導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化趨勢等．(2)根據(jù)題目要求，畫出函數(shù)圖象的走勢規(guī)律，標明函數(shù)極(最)值的位置．(3)通過數(shù)形結(jié)合的思想去分析問題，可以使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現(xiàn)．已知函數(shù)f(x)＝(2－a)x－2(1＋lnx)＋a．(1)當(dāng)a＝1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間．(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上無零點，求a的最小值．解：(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝x－1－2lnx，則f′(x)＝1－eq\f(2,x)，其中x∈(0，＋∞)．由f′(x)＞0，得x＞2，由f′(x)＜0，得0＜x＜2，故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)．(2)f(x)＝(2－a)x－2(1＋lnx)＋a＝(2－a)(x－1)－2lnx，令m(x)＝(2－a)(x－1)，h(x)＝2lnx，其中x＞0，則f(x)＝m(x)－h(huán)(x)．①當(dāng)a＜2時，m(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上為增函數(shù)，h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上為增函數(shù)，結(jié)合圖象知，若f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上無零點，則meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≥heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即(2－a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－1))≥2lneq\f(1,2)，所以a≥2－4ln2，所以2－4ln2≤a＜2．②當(dāng)a≥2時，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上m(x)≥0，h(x)＜0，所以f(x)＞0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上無零點．由①②得a≥2－4ln2，所以amin＝2－4ln2．利用導(dǎo)數(shù)證明不等式設(shè)f(x)＝ex－1．(1)當(dāng)x＞－1時，證明：f(x)＞eq\f(2x2＋x－1,x＋1)；(2)當(dāng)a＞ln2－1且x＞0時，證明：f(x)＞x2－2ax．(1)當(dāng)x＞－1時，f(x)＞eq\f(2x2＋x－1,x＋1)，即ex－1＞eq\f(2x2＋x－1,x＋1)＝2x－1，當(dāng)且僅當(dāng)ex＞2x，即ex－2x＞0恒成立時原不等式成立．令g(x)＝ex－2x，則g′(x)＝ex－2．令g′(x)＝0，即ex－2＝0，解得x＝ln2．當(dāng)x∈(－∞，ln2)時，g′(x)＝ex－2＜0，故函數(shù)g(x)在(－1，ln2)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈對于最值與不等式的證明相結(jié)合試題的求解往往先對不等式進行化簡，然后通過構(gòu)造新函數(shù)，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值，利用導(dǎo)數(shù)來解決．解決此類問題應(yīng)該注意三個方面：(1)在化簡所證不等式的時候一定要注意等價變形，尤其是兩邊同時乘以或除以一個數(shù)或式的時候，注意該數(shù)或式的符號；(2)靈活構(gòu)造函數(shù)，使研究的函數(shù)形式簡單，便于計算最值；(3)在利用導(dǎo)數(shù)求解最值時要注意定義域的限制，且注意放縮法的靈活應(yīng)用．(2017·蘭州診斷)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1(a為常數(shù))，曲線y＝f(x)在與y軸的交點A處的切線斜率為－1．(1)求a的值及函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)若x1＜ln2，x2＞ln2，且f(x1)＝f(x2)，試證明：x1＋x2＜2ln2．解：(1)由f(x)＝ex－ax－1，得f′(x)＝ex－a．又f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝ex－2x－1，f′(x)＝ex－2．由f′(x)＝ex－2＞0，得x＞ln2．所以函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(－∞，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明：設(shè)x＞ln2，所以2ln2－x＜ln2，f(2ln2－x)＝e(2ln2－x)－2(2ln2－x)－1＝eq\f(4,ex)＋2x－4ln2－1．令g(x)＝f(x)－f(2ln2－x)＝ex－eq\f(4,ex)－4x＋4ln2(x≥ln2)，所以g′(x)＝ex＋4e－x－4≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝ln2時，等號成立，所以g(x)＝f(x)－f(2ln2－x)在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增．又g(ln2)＝0，所以當(dāng)x＞ln2時，g(x)＝f(x)－f(2ln2－x)＞g(ln2)＝0，即f(x)＞f(2ln2－x)，所以f(x2)＞f(2ln2－x2)，又因為f(x1)＝f(x2)，所以f(x1)＞f(2ln2－x2)，由于x2＞ln2，所以2ln2－x2＜ln2，因為x1＜ln2，由(1)知函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(－∞，ln2)上單調(diào)遞減，所以x1＜2ln2－x2，即x1＋x2＜2ln2．利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題設(shè)f(x)＝ex－a(x＋1)．(1)若?x∈R，f(x)≥0恒成立，求正實數(shù)a的取值范圍；(2)設(shè)g(x)＝f(x)＋eq\f(a,ex)，且A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)是曲線y＝g(x)上任意兩點，若對任意的a≤－1，直線AB的斜率恒大于常數(shù)m，求m的取值范圍．(1)因為f(x)＝ex－a(x＋1)，所以f′(x)＝ex－a．由題意，知a＞0，故由f′(x)＝ex－a＝0，解得x＝lna．故當(dāng)x∈(－∞，lna)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(lna，＋∞)時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．所以函數(shù)f(x)的最小值為f(lna)＝elna－a(lna＋1)＝－alna．由題意，若?x∈R，f(x)≥0恒成立，即f(x)＝ex－a(x＋1)≥0恒成立，故有－alna≥0，又a＞0，所以lna≤0，解得0＜a≤1．所以正實數(shù)a的取值范圍為(0,1]．(2)設(shè)x1，x2是任意的兩個實數(shù)，且x1＜x2．則直線AB的斜率為k＝eq\f(gx2－gx1,x2－x1)，由已知k＞m，即eq\f(gx2－gx1,x2－x1)＞m．因為x2－x1＞0，所以g(x2)－g(x1)＞m(x2－x1)，即g(x2)－mx2＞g(x1)－mx1．因為x1＜x2，所以函數(shù)h(x)＝g(x)－mx在R上為增函數(shù)，故有h′(x)＝g′(x)－m≥0恒成立，所以m≤g′(x)．而g′(x)＝ex－a－eq\f(a,ex)，又a≤－1＜0，故g′(x)＝ex＋eq\f(－a,ex)－a≥2eq\r(ex·\f(－a,ex))－a＝2eq\r(－a)－a．而2eq\r(－a)－a＝2eq\r(－a)＋(eq\r(－a))2＝(eq\r(－a)＋1)2－1≥3，所以m的取值范圍為(－∞，3]．解決該類問題的關(guān)鍵是根據(jù)已知不等式的結(jié)構(gòu)特征靈活選用相應(yīng)的方法，由不等式恒成立求解參數(shù)的取值范圍問題一般采用分離參數(shù)的方法．而第(2)問則巧妙地把直線的斜率與導(dǎo)數(shù)問題結(jié)合在一起，命題思路比較新穎，解決此類問題需將已知不等式變形為兩個函數(shù)值的大小問題，進而構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)，通過導(dǎo)函數(shù)研究其單調(diào)性解決．已知f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3．(1)若對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實數(shù)a(2)證明：對一切x∈(0，＋∞)，lnx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)恒成立．解：(1)由題意知2xlnx≥－x2＋ax－3對一切x∈(0，＋∞)恒成立，則a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)，設(shè)h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x＞0)，則h′(x)＝eq\f(x＋3x－1,x2)．①當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減；②當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增．所以h(x)min＝h(1)＝4，對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x所以a≤h(x)min＝4，即實數(shù)a的取值范圍是(－∞，4]．(2)問題等價于證明xlnx＞eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x＞0)．又f(x)＝xlnx(x＞0)，f′(x)＝lnx＋1，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)．設(shè)m(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x＞0)，則m′(x)＝eq\f(1－x,ex)，當(dāng)x∈(0,1)時，m′(x)＞0，m(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，m′(x)＜0，m(x)單調(diào)遞減，所以m(x)max＝m(1)＝－eq\f(1,e)，從而對一切x∈(0，＋∞)，f(x)＞m(x)恒成立，即xlnx＞eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)恒成立．即對一切x∈(0，＋∞)，lnx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)恒成立．1．設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2＋x－a－1(a∈R)．(1)當(dāng)a＝－eq\f(1,2)時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：當(dāng)a≥0時，不等式f(x)≥x－1在(e是自然對數(shù)的底數(shù))時，不等式f(x)－g(x)＜3恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．解：(1)當(dāng)m＝4時，f(x)＝4x－eq\f(4,x)，f′(x)＝4＋eq\f(4,x2)，f′(2)＝5，又f(2)＝6，∴所求切線方程為y－6＝5(x－2)，即y＝5x－4．(2)由題意知，x∈(1，eq\r(e)]時，mx－eq\f(m,x)－3lnx＜3恒成立，即m(x2－1)＜3x＋3xlnx恒成立，∵x∈(1，eq\r(e)]，∴x2－1＞0，則m＜eq\f(3x＋3xlnx,x2－1)恒成立．令h(x)＝eq\f(3x＋3xlnx,x2－1)，x∈(1，eq\r(e)]，則m＜h(x)min．h′(x)＝eq\f(－3x2＋1·lnx－6,x2－12)＝－eq\f(3x2＋1·lnx＋6,x2－12)，∵x∈(1，eq\r(e)]，∴h′(x)＜0，即h(x)在(1，eq\r(e)]上是減函數(shù)．∴當(dāng)x∈(1，eq\r(e)]時，h(x)min＝h(eq\r(e))＝eq\f(9\r(e),2e－1)．∴m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9\r(e),2e－2)))．3．(2017·廣西質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)＝clnx＋eq\f(1,2)x2＋bx(b，c∈R，c≠0)，且x＝1為f(x)的極值點．(1)若x＝1為f(x)的極大值點，求f(x)的單調(diào)區(qū)間(用c表示)；(2)若f(x)＝0恰有兩解，求實數(shù)c的取值范圍．解：f′(x)＝eq\f(c,x)＋x＋b＝eq\f(x2＋bx＋c,x)(x＞0)，又f′(1)＝0，所以f′(x)＝eq\f(x－1x－c,x)(x＞0)且c≠1，b＋c＋1＝0．(1)因為x＝1為f(x)的極大值點，所以c＞1，當(dāng)0＜x＜1時，f′(x)＞0；當(dāng)1＜x＜c時，f′(x)＜0；當(dāng)x＞c時，f′(x)＞0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，(c，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間為(1，c)．(2)①若c＜0，則f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．f(x)＝0恰有兩解，則f(1)＜0，即eq\f(1,2)＋b＜0，所以－eq\f(1,2)＜c＜0；②若0＜c＜1，則f(x)極大值＝f(c)＝clnc＋eq\f(1,2)c2＋bc，f(x)極小值＝f(1)＝eq\f(1,2)＋b，因為b＝－1－c，則f(x)極大值＝clnc＋eq\f(c2,2)＋c(－1－c)＝clnc－c－eq\f(c2,2)＜0，f(x)極小值＝－eq\f(1,2)－c＜0，從而f(x)＝0只有一解；③若c＞1，則f(x)極小值＝clnc＋eq\f(c2,2)＋c(－1－c)＝clnc－c－eq\f(c2,2)＜0，f(x)極大值＝－eq\f(1,2)－c＜0，則f(x)＝0只有一解．綜上，使f(x)＝0恰有兩解的c的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))．4．(2017·福建省質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝ax－ln(x＋1)，g(x)＝ex－x－1．曲線y＝f(x)與y＝g(x)在原點處的切線相同．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若x≥0時，g(x)≥kf(x)，求k的取值范圍．解：(1)因為f′(x)＝a－eq\f(1,x＋1)(x＞－1)，g′(x)＝ex－1，依題意，f′(0)＝g′(0)，即a－1＝0，解得a＝1，所以f′(x)＝1－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x,x＋1)，當(dāng)－1＜x＜0時，f′(x)＜0；當(dāng)x＞0時，f′(x)＞0．故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)．(2)由(1)知，當(dāng)x＝0時，f(x)取得最小值0，所以f(x)≥0，即x≥ln(x＋1)，從而ex≥x＋1．設(shè)F(x)＝g(x)－kf(x)＝ex＋kln(x＋1)－(k＋1)x－1，則F′(x)＝ex＋eq\f(k,x＋1)－(k＋1)≥x＋1＋eq\f(k,x＋1)－(k＋1)，(ⅰ)當(dāng)k＝1時，因為x≥0，所以F′(x)≥x＋1＋eq\f(1,x＋1)－2≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時等號成立)，此時F(x)在．5．(2016·石家莊質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax－eq\f(1,4)，g(x)＝ex－e(e為自然對數(shù)的底數(shù))．(1)若曲線y＝f(x)在(0，f(0))處的切線與曲線y＝g(x)在(0，g(0))處的切線互相垂直，求實數(shù)a的值；(2)設(shè)函數(shù)h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，fx≥gx，,gx，fx＜gx，))試討論函數(shù)h(x)零點的個數(shù)．解：(1)由已知，f′(x)＝－3x2＋a，g′(x)＝ex，所以f′(0)＝a，g′(0)＝1，由題意，知a＝－1．(2)易知函數(shù)g(x)＝ex－e在R上單調(diào)遞增，僅在x＝1處有一個零點，且x＜1時，g(x)＜0，又f′(x)＝－3x2＋a，①當(dāng)a≤0時，f′(x)≤0，f(x)在R上單調(diào)遞減，且過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,4)))，f(－1)＝eq\f(3,4)－a＞0，即f(x)在x≤0時必有一個零點，此時y＝h(x)有兩個零點；②當(dāng)a＞0時，令f′(x)＝－3x2＋a＝0，兩根為x1＝－eq\r(\f(a,3))＜0，x2＝eq\r(\f(a,3))＞0，則－eq\r(\f(a,3))是函數(shù)f(x)的一個極小值點，eq\r(\f(a,3))是函數(shù)f(x)的一個極大值點，而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,3))))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,3))))3＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,3))))－eq\f(1,4)＝－eq\f(2a,3)eq\r(\f(a,3))－eq\f(1,4)＜0；現(xiàn)在討論極大值的情況：feq\r(\f(a,3))＝－eq\r(\f(a,3))3＋aeq\r(\f(a,3))－eq\f(1,4)＝eq\f(2a,3)eq\r(\f(a,3))－eq\f(1,4)，當(dāng)feq\r(\f(a,3))＜0，即a＜eq\f(3,4)時，函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上恒小于零，此時y＝h(x)有兩個零點；當(dāng)feq\r(\f(a,3))＝0，即a＝eq\f(3,4)時，函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上有一個零點x0＝eq\r(\f(a,3))＝eq\f(1,2)，此時y＝h(x)有三個零點；當(dāng)feq\f(\r(a),3)＞0，即a＞eq\f(3,4)時，函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上有兩個零點，一個零點小于eq\r(\f(a,3))，一個零點大于eq\r(\f(a,3))，若f(1)＝－1＋a－eq\f(1,4)＜0，即a＜eq\f(5,4)時，y＝h(x)有四個零點；若f(1)＝－1＋a－eq\f(1,4)＝0，即a＝eq\f(5,4)時，y＝h(x)有三個零點；若f(1)＝－1＋a－eq\f(1,4)＞0，即a＞eq\f(5,4)時，y＝h(x)有兩個零點．綜上所述：當(dāng)a＜eq\f(3,4)或a＞eq\f(5,4)時，y＝h(x)有兩個零點；當(dāng)a＝eq\f(3,4)或a＝eq\f(5,4)時，y＝h(x)有三個零點；當(dāng)eq\f(3,4)＜a＜eq\f(5,4)時，y＝h(x)有四個零點．6．已知函數(shù)f(x)＝ax＋blnx＋1，此函數(shù)在點(1，f(1))處的切線為x軸．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和最大值；(2)當(dāng)x＞0時，證明：eq\f(1,x＋1)＜lneq\f(x＋1,x)＜eq\f(1,x)；(3)已知n∈N*，n≥2，求證：eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)＜lnn＜1＋eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,n－1)．解：(1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝0，,f′1＝0，))因為f′(x)＝a＋eq\f(b,x)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋1＝0，,a＋b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1，))所以f(x)＝－x＋lnx＋1．即f′(x)＝－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x)，又函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，所以當(dāng)0＜x＜1時，f′(x)＞0，當(dāng)x＞1時，f′(x)＜0．故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)，函數(shù)f(x)的最大值為f(1)＝0．(2)證明：由(1)知f(x)＝－x＋lnx＋1，且f(x)≤0(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號)，所以lnx≤x－1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號)．當(dāng)x＞0時，由eq\f(x＋1,x)≠1，得lneq\f(x＋1,x)＜eq\f(x＋1,x)－1＝eq\f(1,x)；由eq\f(x,x＋1)≠1，得lneq\f(x,x＋1)＜eq\f(x,x＋1)－1＝－eq\f(1,x＋1)?－lneq\f(x,x＋1)＞eq\f(1,x＋1)?lneq\f(x＋1,x)＞eq\f(1,x＋1)．故當(dāng)x＞0時，eq\f(1,x＋1)＜lneq\f(x＋1,x)＜eq\f(1,x)．(3)證明：由(2)可知，當(dāng)x＞0時，eq\f(1,x＋1)＜lneq\f(x＋1,x)＜eq\f(1,x)．取x＝1,2，…，n－1，n∈N*，n≥2，將所得各式相加，得eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)＜lneq\f(2,1)＋lneq\f(3,2)＋…＋lneq\f(n,n－1)＜1＋eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,n－1)，故eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)＜lnn＜1＋eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,n－1)．第四課時導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用(二)利用導(dǎo)數(shù)研究存在性與任意性問題設(shè)f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3．(1)如果存在x1，x2∈，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求滿足上述條件的最大整數(shù)M；(2)如果對于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，求實數(shù)a的取值范圍．(1)存在x1，x2∈，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等價于max≥M．由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)))．由g′(x)＜0，解得0＜x＜eq\f(2,3)；由g′(x)＞0，解得x＜0或x＞eq\f(2,3)．又x∈，所以g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上單調(diào)遞減，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))上單調(diào)遞增，又g(0)＝－3，g(2)＝1，故g(x)max＝g(2)＝1，g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(85,27)．所以max＝g(x)max－g(x)min＝1＋eq\f(85,27)＝eq\f(112,27)≥M，則滿足條件的最大整數(shù)M＝4．(2)對于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，等價于在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，函數(shù)f(x)min≥g(x)max．由(1)可知在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，g(x)的最大值為g(2)＝1．在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx≥1恒成立等價于a≥x－x2lnx恒成立．設(shè)h(x)＝x－x2lnx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，則h′(x)＝1－2xlnx－x，易知h′(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上是減函數(shù)，又h′(1)＝0，所以當(dāng)1＜x＜2時，h′(x)＜0；當(dāng)eq\f(1,2)＜x＜1時，h′(x)＞0．所以函數(shù)h(x)＝x－x2lnx在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(1)＝1，所以實數(shù)a的取值范圍是等價轉(zhuǎn)化法求解雙參數(shù)不等式雙參數(shù)不等式問題的求解方法一般采用等價轉(zhuǎn)化法．本例第(1)問是“存在性”問題，轉(zhuǎn)化方法是：如果存在x1，x2∈使得g(x1)－g(x2)≥M成立，則可轉(zhuǎn)化為M≤max，即求解使不等式M≤g(x)max－g(x)min成立時的M的最大取值；第(2)問是“恒成立”問題，轉(zhuǎn)化方法是：如果對于任意的x1，x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(x1)≥g(x2)成立，則可轉(zhuǎn)化為在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，f(x)min≥g(x)max，求解得到實數(shù)a的取值范圍．已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋eq\f(1－a,x)－1(a∈R)．(1)當(dāng)0＜a＜eq\f(1,2)時，討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)g(x)＝x2－2bx＋4．當(dāng)a＝eq\f(1,4)時，若對任意x1∈(0,2)，存在x2∈，使f(x1)≥g(x2)，求實數(shù)b的取值范圍．解：(1)因為f(x)＝lnx－ax＋eq\f(1－a,x)－1，所以f′(x)＝eq\f(1,x)－a＋eq\f(a－1,x2)＝－eq\f(ax2－x＋1－a,x2)，x∈(0，＋∞)，令f′(x)＝0，可得兩根分別為1，eq\f(1,a)－1，因為0＜a＜eq\f(1,2)，所以eq\f(1,a)－1＞1＞0，當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)－1))時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1，＋∞))時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．(2)a＝eq\f(1,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，eq\f(1,a)－1＝3?(0,2)，由(1)知，當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1,2)時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)在(0,2)上的最小值為f(1)＝－eq\f(1,2)．對任意x1∈(0,2)，存在x2∈，使f(x1)≥