2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第三章 §3.3　导数与函数的极值、最值

§3.3　导数与函数的极值、最值考试要求　1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.会求闭区间上函数的最大值、最小值．知识梳理1．函数的极值(1)函数的极小值函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．(3)极小值点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值．2．函数的最大(小)值(1)函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件：如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)求y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：①求函数y＝f(x)在区间(a，b)上的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．常用结论对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数f(x)在区间(a，b)上不存在最值．(　×　)(2)函数的极小值一定是函数的最小值．(　×　)(3)函数的极小值一定不是函数的最大值．(　√　)(4)函数y＝f′(x)的零点是函数y＝f(x)的极值点．(　×　)教材改编题1．如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为(　　)A．1 B．2 C．3 D．4答案　A解析　由题意知只有在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正．2．函数f(x)＝x3－ax2＋2x－1有极值，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，－eq \r(6)]∪[eq \r(6)，＋∞)B．(－∞，－eq \r(6))∪(eq \r(6)，＋∞)C．(－eq \r(6)，eq \r(6))D．[－eq \r(6)，eq \r(6)]答案　B解析　f′(x)＝3x2－2ax＋2，由题意知f′(x)有变号零点，∴Δ＝(－2a)2－4×3×2>0，解得a>eq \r(6)或a<－eq \r(6).3．若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，则m＝________.答案　4解析　f′(x)＝x2－4，x∈[0,3]，当x∈[0,2)时，f′(x)<0，当x∈(2,3]时，f′(x)>0，所以f(x)在[0,2)上单调递减，在(2,3]上单调递增．又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m.所以在[0,3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4.题型一　利用导数求函数的极值问题命题点1　根据函数图象判断极值例1　(2022·广州模拟)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(x－1)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中正确的是(　　)A．函数f(x)有极大值f(－3)和f(3)B．函数f(x)有极小值f(－3)和f(3)C．函数f(x)有极小值f(3)和极大值f(－3)D．函数f(x)有极小值f(－3)和极大值f(3)答案　D解析　由题图知，当x∈(－∞，－3)时，y>0，x－1<0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－3,1)时，y<0，x－1<0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1,3)时，y>0，x－1>0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(3，＋∞)时，y<0，x－1>0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减．所以函数有极小值f(－3)和极大值f(3)．命题点2　求已知函数的极值例2　已知函数f(x)＝x－1＋eq \f(a,ex)(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；(2)求函数f(x)的极值．解　(1)因为f(x)＝x－1＋eq \f(a,ex)，所以f′(x)＝1－eq \f(a,ex)，又因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，所以f′(1)＝0，即1－eq \f(a,e1)＝0，所以a＝e.(2)由(1)知f′(x)＝1－eq \f(a,ex)，当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，因此f(x)无极大值与极小值；当a>0时，令f′(x)>0，则x>ln a，所以f(x)在(ln a，＋∞)上单调递增，令f′(x)<0，则x0时，f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，但是无极大值．命题点3　已知极值(点)求参数例3　(1)(2022·大庆模拟)函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则a＋b等于(　　)A．－7 B．0C．－7或0 D．－15或6答案　A解析　由题意知，函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2，可得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，因为f(x)在x＝1处取得极值10，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f′1＝3＋2a＋b＝0，,f1＝1＋a＋b＋a2＝10，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3，))检验知，当a＝－3，b＝3时，可得f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，此时函数f(x)单调递增，函数无极值点，不符合题意；当a＝4，b＝－11时，可得f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，当x<－eq \f(11,3)或x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当－eq \f(11,3)0，g(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)的极大值为g(1)＝1，又当x>1时，g(x)>0，当x→＋∞时，g(x)→0，当x→0时，g(x)→－∞，所以0<2a<1，即00可得x<－2或x>1；由f′(x)<0可得－20)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是(　　)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(10,3))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(10,3)))C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(10,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))答案　B解析　∵f(x)＝ln x＋eq \f(1,2)x2－ax(x>0)，∴f′(x)＝eq \f(1,x)＋x－a，∵函数f(x)＝ln x＋eq \f(1,2)x2－ax(x>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有且仅有一个极值点，∴y＝f′(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上只有一个变号零点．令f′(x)＝eq \f(1,x)＋x－a＝0，得a＝eq \f(1,x)＋x.设g(x)＝eq \f(1,x)＋x，则g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，在[1,3]上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝2，又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq \f(5,2)，g(3)＝eq \f(10,3)，∴当eq \f(5,2)≤a<eq \f(10,3)时，y＝f′(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上只有一个变号零点．∴实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(10,3))).题型二　利用导数求函数最值例4　已知函数g(x)＝aln x＋x2－(a＋2)x(a∈R)．(1)若a＝1，求g(x)在区间[1，e]上的最大值；(2)求g(x)在区间[1，e]上的最小值h(a)．解　(1)∵a＝1，∴g(x)＝ln x＋x2－3x，∴g′(x)＝eq \f(1,x)＋2x－3＝eq \f(2x－1x－1,x)，∵x∈[1，e]，∴g′(x)≥0，∴g(x)在[1，e]上单调递增，∴g(x)max＝g(e)＝e2－3e＋1.(2)g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝eq \f(a,x)＋2x－(a＋2)＝eq \f(2x2－a＋2x＋a,x)＝eq \f(2x－ax－1,x).①当eq \f(a,2)≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上单调递增，h(a)＝g(1)＝－a－1；②当1<eq \f(a,2)a－4，求实数a的取值范围．解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝ln x－ax－2(a≠0)可得f′(x)＝eq \f(1,x)－a，当a<0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a)，所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，综上所述，当a<0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．(2)由(1)知，当a<0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无最大值，当a>0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减，所以当x＝eq \f(1,a)时，f(x)取得最大值，即f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝ln eq \f(1,a)－a×eq \f(1,a)－2＝ln eq \f(1,a)－3＝－ln a－3，因此有－ln a－3>a－4，得ln a＋a－1<0，设g(a)＝ln a＋a－1，则g′(a)＝eq \f(1,a)＋1>0，所以g(a)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，所以g(a)0，且r>0，可得00，故V(r)在(0,5)上单调递增；当r∈(5,5eq \r(3))时，V′(r)<0，故V(r)在(5,5eq \r(3))上单调递减．由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8，即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．课时精练1．若函数f(x)＝eq \f(x2＋2x,ex)的极大值点与极小值点分别为a，b，则a＋b等于(　　)A．－4 B.eq \r(2)C．0 D．2答案　C解析　f′(x)＝eq \f(2－x2,ex)，当－eq \r(2)0；当x<－eq \r(2)或x>eq \r(2)时，f′(x)<0.故f(x)＝eq \f(x2＋2x,ex)的极大值点与极小值点分别为eq \r(2)，－eq \r(2)，则a＝eq \r(2)，b＝－eq \r(2)，所以a＋b＝0.2．如图是函数y＝f(x)的导函数的图象，下列结论中正确的是(　　)A．f(x)在[－2，－1]上单调递增B．当x＝3时，f(x)取得最小值C．当x＝－1时，f(x)取得极大值D．f(x)在[－1,2]上单调递增，在[2,4]上单调递减答案　D解析　根据题图知，当x∈(－2，－1)，x∈(2,4)时，f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减；当x∈(－1,2)，x∈(4，＋∞)时，f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增．所以y＝f(x)在[－2，－1]上单调递减，在(－1，2)上单调递增，在(2,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，故选项A不正确，选项D正确；故当x＝－1时，f(x)取得极小值，选项C不正确；当x＝3时，f(x)不是取得最小值，选项B不正确．3．已知函数f(x)＝2ln x＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则f(x)的极大值为(　　)A．2 B．－eq \f(5,2)C．3＋ln 2 D．－2＋2ln 2答案　B解析　由题意得，f′(x)＝eq \f(2,x)＋2ax－3，∵f(x)在x＝2处取得极小值，∴f′(2)＝4a－2＝0，解得a＝eq \f(1,2)，∴f(x)＝2ln x＋eq \f(1,2)x2－3x，f′(x)＝eq \f(2,x)＋x－3＝eq \f(x－1x－2,x)，∴f(x)在(0,1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，∴f(x)的极大值为f(1)＝eq \f(1,2)－3＝－eq \f(5,2).4．(2022·重庆联考)函数f(x)＝x＋2cos x在[0，π]上的最大值为(　　)A．π－2 B.eq \f(π,6)C．2 D.eq \f(π,6)＋eq \r(3)答案　D解析　由题意得，f′(x)＝1－2sin x，∴当0≤sin x≤eq \f(1,2)，即x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))上时，f′(x)≥0，f(x)单调递增；当eq \f(1,2)f(0)>f(π)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))，∴f(x)在[0，π]上的最大值为eq \f(π,6)＋eq \r(3).5．(多选)已知x＝1和x＝3是函数f(x)＝ax3＋bx2－3x＋k(a，b∈R)的两个极值点，且函数f(x)有且仅有两个不同零点，则k值为(　　)A．－eq \f(4,3) B.eq \f(4,3)C．－1 D．0答案　BD解析　f′(x)＝3ax2＋2bx－3，依题意1,3是f′(x)＝0的两个根，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1＋3＝－\f(2b,3a)，,1×3＝－\f(3,3a)，))解得a＝－eq \f(1,3)，b＝2.故f(x)＝－eq \f(1,3)x3＋2x2－3x＋k.易求得函数f(x)的极大值为f(3)＝k和极小值为f(1)＝－eq \f(4,3)＋k.要使函数f(x)有两个零点，则f(x)极大值k＝0或f(x)极小值－eq \f(4,3)＋k＝0，所以k＝0或k＝eq \f(4,3).6．(多选)已知函数f(x)＝x＋sin x－xcos x的定义域为[－2π，2π)，则(　　)A．f(x)为奇函数B．f(x)在[0，π)上单调递增C．f(x)恰有4个极大值点D．f(x)有且仅有4个极值点答案　BD解析　因为f(x)的定义域为[－2π，2π)，所以f(x)是非奇非偶函数，故A错误；因为f(x)＝x＋sin x－xcos x，所以f′(x)＝1＋cos x－(cos x－xsin x)＝1＋xsin x，当x∈[0，π)时，f′(x)>0，则f(x)在[0，π)上单调递增，故B正确；显然f′(0)≠0，令f′(x)＝0，得sin x＝－eq \f(1,x)，分别作出y＝sin x，y＝－eq \f(1,x)在区间[－2π，2π)上的图象，由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故f(x)在区间[－2π，2π)上的极值点的个数为4，且f(x)只有2个极大值点，故C错误，D正确．7．(2022· 潍坊模拟)写出一个存在极值的奇函数f(x)＝________.答案　sin x(答案不唯一)解析　正弦函数f(x)＝sin x为奇函数，且存在极值．8．(2021·新高考全国Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________．答案　1解析　函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞)．①当x>eq \f(1,2)时，f(x)＝2x－1－2ln x，所以f′(x)＝2－eq \f(2,x)＝eq \f(2x－1,x)，当eq \f(1,2)1时，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1；②当0ln e＝1.综上，f(x)min＝1.9．已知函数f(x)＝ln x－eq \f(2x－2,x＋1).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝f(x)－eq \f(4＋a,x＋1)＋2(a∈R)，若x1，x2是函数g(x)的两个极值点，求实数a的取值范围．解　(1)由题知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(2x＋1－2x－1,x＋12)＝eq \f(x－12,xx＋12)≥0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，当且仅当x＝1时，f′(x)＝0，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．(2)因为g(x)＝f(x)－eq \f(4＋a,x＋1)＋2＝ln x－eq \f(a,x＋1)，所以g′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(a,x＋12)＝eq \f(x2＋2＋ax＋1,xx＋12)(x>0)．由题意知x1，x2是方程g′(x)＝0在(0，＋∞)内的两个不同的实数解．令h(x)＝x2＋(2＋a)x＋1，又h(0)＝1>0，所以只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2－a>0，,Δ＝2＋a2－4>0，))解得a<－4，即实数a的取值范围为(－∞，－4)．10．(2022·珠海模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]，其中e为自然对数的底数．(1)若x＝1为f(x)的极值点，求f(x)的单调区间和最大值；(2)是否存在实数a，使得f(x)的最大值是－3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．解　(1)∵f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]，∴f′(x)＝eq \f(1－ax,x)，由f′(1)＝0，得a＝1.∴f′(x)＝eq \f(1－x,x)，∴x∈(0,1)，f′(x)>0，x∈(1，＋∞)，f′(x)<0，∴f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]；f(x)的极大值为f(1)＝－1，也即f(x)的最大值为f(1)＝－1.(2)∵f(x)＝ln x－ax，∴f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x)，①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递增，∴f(x)的最大值是f(e)＝1－ae＝－3，解得a＝eq \f(4,e)>0，舍去；②当a>0时，由f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x)＝0，得x＝eq \f(1,a)，当0<eq \f(1,a)eq \f(1,e)时，∴x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))时，f′(x)<0，∴f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))，又f(x)在(0，e]上的最大值为－3，∴f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝－1－ln a＝－3，∴a＝e2；当e≤eq \f(1,a)，即0eq \f(1,e)，舍去．综上，存在a符合题意，此时a＝e2.11．若函数f(x)＝(x2－a)ex的两个极值点之积为－3，则f(x)的极大值为(　　)A.eq \f(6,e3) B．－eq \f(2,e)C．－2e D.eq \f(4,e2)答案　A解析　因为f(x)＝(x2－a)ex，所以f′(x)＝(x2＋2x－a)ex，由f′(x)＝(x2＋2x－a)ex＝0，得x2＋2x－a＝0，由函数f(x)＝(x2－a)ex的两个极值点之积为－3，则由根与系数的关系可知，－a＝－3，即a＝3，所以f(x)＝(x2－3)ex，f′(x)＝(x2＋2x－3)ex，当x<－3或x>1时，f′(x)>0；当－30)，则a，b的值为(　　)A．a＝2，b＝－29 B．a＝3，b＝2C．a＝2，b＝3 D．以上都不对答案　C解析　函数f(x)的导数f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，因为a>0，所以由f′(x)<0，计算得出00，计算得出x>4或x<0，此时函数单调递增，即函数在[－1,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减，即函数在x＝0处取得极大值同时也是最大值，则f(0)＝b＝3，则f(x)＝ax3－6ax2＋3，f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3，则f(－1)>f(2)，即函数的最小值为f(2)＝－16a＋3＝－29，计算得出a＝2，b＝3.13．(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则(　　)A．abC．aba2答案　D解析　当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知b>a.图1当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图2所示，观察可知a>b.图2综上，可知必有ab>a2成立．14．(2022·河南多校联考)已知函数f(x)＝2ln x，g(x)＝x＋2，若f(x1)＝g(x2)，则x1－x2的最小值为______．答案　4－2ln 2解析　设f(x1)＝g(x2)＝t，即2ln x1＝t，x2＋2＝t，解得x1＝，x2＝t－2，所以x1－x2＝－t＋2，令h(t)＝－t＋2，则h′(t)＝－1，令h′(t)＝0，解得t＝2ln 2，当t<2ln 2时，h′(t)<0，当t>2ln 2时，h′(t)>0，所以h(t)在(－∞，2ln 2)上单调递减，在(2ln 2，＋∞)上单调递增，所以h(t)的最小值为h(2ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2＝4－2ln 2，所以x1－x2的最小值为4－2ln 2.15．(多选)已知函数f(x)＝xln x＋x2，x0是函数f(x)的极值点，以下几个结论中正确的是(　　)A．0eq \f(1,e)C．f(x0)＋2x0<0 D．f(x0)＋2x0>0答案　AD解析　函数f(x)＝xln x＋x2(x>0)，∴f′(x)＝ln x＋1＋2x，∵x0是函数f(x)的极值点，∴f′(x0)＝0，即ln x0＋1＋2x0＝0，∴f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq \f(2,e)>0，当x>eq \f(1,e)时，f′(x)>0，∵当x→0时，f′(x)→－∞，∴00，即D正确，C不正确．16．已知函数f(x)＝x2－2x＋aln x(a>0)．(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，x10，一元二次方程2x2－2x＋a＝0的Δ＝4(1－2a)，①当a≥eq \f(1,2)时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当00，x2＝eq \f(1＋\r(1－2a),2)>0，所以当00，f(x)单调递增，当eq \f(1－\r(1－2a),2)eq \f(1＋\r(1－2a),2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．综上所述，当a≥eq \f(1,2)时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，当0x>eq \f(1,2)，则h′(x)＝eq \f(1,x2)－2ln(1－x)－1>0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1>x>\f(1,2)))，故h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq \f(3,2)－ln 2，故m≤－eq \f(3,2)－ln 2.