高三数学一轮复习第三章一元函数的导数及其应用培优专题五导数中极值点偏移问题学案

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极值点的左偏与右偏：函数极值点左、右两侧图象由于“增减速度”的不同，从而出现了极值点左、右偏移．首先三张图教你直观认识极值点偏移．
(1)已知函数f (x)图象的顶点的横坐标是极值点x0，若f (x)＝c的两根的中点刚好满足x1＋x2＝2x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移，此时函数f (x)在x＝x0两侧的函数值变化快慢相同，如图(1)所示：
(无偏移，左、右对称，如二次函数)
若f (x1)＝f (x2)，则x1＋x2＝2x0．
(2)若x0≠x1+x22，则极值点偏移，此时函数f (x)在x＝x0两侧的函数值变化快慢不同，如图(2)(3)所示：
(左陡右缓，极值点向左偏移)
若f (x1)＝f (x2)，则x1＋x2>2x0．
(左缓右陡，极值点向右偏移)
若f (x1)＝f (x2)，则x1＋x2<2x0．
2．极值点偏移问题的解法
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：
对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f (x)－f (2x0－x)；
对结论x1x2>x02型，构造函数F(x)＝fx-fx02x，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值换元法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝x1x2化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
(3)差值换元法．
(4)消参减元法．
[培优案例]
[例1] 已知函数f (x)＝xe－x(x∈R)，如果x1≠x2，且f (x1)＝f (x2)，证明：x1＋x2>2．
[解] (对称化构造法)
因为f (x)＝xe－x(x∈R)，所以f ′(x)＝e－x(1－x)，
令f ′(x)＝0，则x＝1．
当x变化时，f (x)，f ′(x)的变化如下表：
欲证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，不妨设x1由单调性可知0又因为f (x)在(1，＋∞)上单调递减，
故只需证f (x2)又因为f (x1)＝f (x2)，故也即证f (x1)构造函数H(x)＝f (x)－f (2－x)，x∈(0，1)，则等价于证明H(x)<0对x∈(0，1)恒成立．
由H′(x)＝f ′(x)＋f ′(2－x)＝1-xex(1－e2x-2)>0，则H(x)在(0，1)上单调递增，
所以H(x)2成立．
[例2] 已知f (x)＝x ln x－12mx2－x，m∈R．若f (x)有两个极值点x1，x2，且x1求证：x1x2>e2(e为自然对数的底数)．
[解] f ′(x)＝ln x＋1－mx－1＝ln x－mx，
令f ′(x)＝0，∴m＝lnxx，
令g(x)＝lnxx，∴g′(x)＝1-lnxx2，
∴x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
又g(1)＝0，x→＋∞时，g(x)→0且g(x)>0，
∴当0法一(极值点偏移法)：∴要证x1x2>e2，只需证：x2>e2x1>e．
∵g(x)在(e，＋∞)上单调递减，
∴只需证g(x2)又g(x1)＝g(x2)＝m，∴只需证g(x1)令h(x)＝g(x)－ge2x，x∈(1，e)，
h′(x)＝g′(x)－g′e2x＝1-lnxx2－1-lne2xe2x2·-e2x2＝1-lnxx2＋lnx-1e2＝(1－ln x)1x2-1e2＝(1－ln x)·e2-x2x2e2>0，
∴h(x)在(1，e)上单调递增，
∴h(x)即g(x1)e2．
法二(比值代换)：∵x1，x2为ln x－mx＝0的两根，
∴ln x1＝mx1，ln x2＝mx2，
令x1x2＝t，t∈(0，1)，∴x1＝tx2且lnx1lnx2＝t，
∴ln (tx2)＝t ln x2，∴ln x2＝lntt-1，ln x1＝tlntt-1，
∴要证x1x2>e2，只需证ln x1＋ln x2>2，
只需证tlntt-1＋lntt-1>2，即证t+1·lntt-1>2，
∵t－1<0，只需证ln t<2t-1t+1，
令φ(t)＝ln t－2t-1t+1，t∈(0，1)，
φ′(t)＝1t－4t+12＝t-12tt+12>0，
∴φ(t)在(0，1)上单调递增，
∴φ(t)<φ(1)＝0，∴ln t<2t-1t+1，
故x1x2>e2．
【教师备用】
1．已知函数f (x)＝2ln x－ax2，若x1，x2是关于x的方程f (x)＝0的两个不等实数根．证明：x1·x2>e．
[证明] 因为x1，x2是关于x的方程f (x)＝0的两个不等实数根，
所以2lnx1-ax12=0，2lnx2-ax22=0，
即lnx12=ax12，lnx22=ax22，
所以问题等价于ln t＝at有两个零点t1，t2，
证明t1t2>e2，
不妨设t1>t2>0，则由lnt1=at1，lnt2=at2，得到a＝lnt1-lnt2t1-t2，
要证t1t2>e2，只需要证明ln t1＋ln t2>2，
即只需证明ln t1＋ln t2＝a(t1＋t2)＝(t1＋t2)·lnt1-lnt2t1-t2>2，
即只需证明ln t1－ln t2>2t1-t2t1+t2，
即ln t1t2>2t1t2-1t1t2+1，
令m＝t1t2>1，
只需证明ln m>2m-1m+1(m>1)，
令s(m)＝ln m－2m-1m+1(m>1)，
则s′(m)＝m-12mm+12>0，
即s(m)在(1，＋∞)上单调递增，
又s(1)＝0，所以s(m)>s(1)＝0，
即ln m>2m-1m+1(m>1)恒成立，
综上所述，原不等式成立，即x1x2>e成立．
2．已知函数f (x)＝12x2＋a ln x－4x(a>0)．设函数f (x)有两个极值点x1，x2(x1ln a－10．
[解] 由已知f (x)＝12x2＋a ln x－4x，
可得f ′(x)＝x＋ax－4＝x2-4x+ax，
函数f (x)有两个极值点x1，x2(x1即x2－4x＋a＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根，
令h(x)＝x2－4x＋a，只需h0=a>0，h2=a-4<0，故0又x1＋x2＝4，x1x2＝a，
所以f (x1)＋f (x2)＝12x12+alnx1-4x1+12x22+alnx2-4x2＝-4x1+x2+alnx1+lnx2+12x12+x22＝a ln a－a－8，
要证f (x1)＋f (x2)>ln a－10，
即证a ln a－a－8>ln a－10，
只需证(1－a)ln a＋a－2<0，
令m(a)＝(1－a)ln a＋a－2，a∈(0，4)，
则m′(a)＝－ln a＋1-aa＋1＝1a－ln a，
令n(a)＝m′(a)，则n′(a)＝－1a2－1a<0恒成立，
所以m′(a)在a∈(0，4)上单调递减，
又m′(1)＝1>0，m′(2)＝12－ln 2<0，
由零点存在定理得，∃a0∈(1，2)使得m′(a0)＝0，即ln a0＝1a0，
所以a∈(0，a0)时，m′(a)>0，m(a)单调递增，
a∈(a0，4)时，m′(a)<0，m(a)单调递减，
则m(a)max＝m(a0)＝(1－a0)ln a0＋a0－2＝(1－a0)1a0＋a0－2＝a0＋1a0－3，
又由对勾函数知y＝a0＋1a0－3在a0∈(1，2)上单调递增，
所以a0＋1a0－3<2＋12－3＝－12<0，
所以m(a)<0，即f (x1)＋f (x2)>ln a－10得证．
培优训练(五) 导数中极值点偏移问题
1．已知函数f (x)＝ln x＋mx－1．
(1)若存在实数x，使f (x)<－1成立，求实数m的取值范围；
(2)若f (x)有两个不同零点x1，x2，求证：x1＋x2>2．
[解] (1)由f (x)<－1，得ln x＋mx<0，
即m<－x ln x在(0，＋∞)上有解，
令φ(x)＝－x ln x，只需m<φ(x)max，
φ′(x)＝－1－ln x，当00，φ(x)单调递增，
当x>1e时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，
∴φ(x)≤φ1e＝1e，∴m<1e．
(2)证明：∵f (x)有两个不同零点x1，x2，
∴m＝x(1－ln x)有两个不同实根x1，x2，
令g(x)＝x(1－ln x)，则g(x1)＝g(x2)＝m，
又g′(x)＝－ln x，
当x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
又g(1)＝1>0，g(e)＝0，∴0不妨设0令h(x)＝g(x)－g(2－x)(0∴h′(x)＝g′(x)＋g′(2－x)＝－ln (－x2＋2x)>0，
∴h(x)在(0，1)上单调递增，∴h(x)∴g(x)又g(x1)＝g(x2)，∴g(x2)∵x2>1，2－x1>1，∴x2>2－x1，
∴x1＋x2>2．
2．已知函数f (x)＝x ln x－2x－a有两个零点x1，x2．求证：x1x2[证明] 由f ′(x)＝ln x－1，当x∈(0，e)时，f ′(x)<0，当x∈(e，＋∞)时，f ′(x)>0，
所以f (x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．
要证x1x2因为f (x)在(e，＋∞)上单调递增，
即证f (x1)＝f (x2)令g(x)＝f (x)－f e2x，x∈(0，e)，则g′(x)＝f ′(x)＋e2x2 f ′e2x＝(ln x－1)·x2-e2x2>0，
所以g(x)在x∈(0，e)上单调递增，
所以g(x1)3．已知函数f (x)＝x ln x－ax2＋x(a∈R)，若f (x)有两个零点x1，x2，且x2>2x1，证明：x1x2>8e2．
[证明] 若f (x)有两个零点x1，x2，则x1lnx1-ax12＋x1＝0，x2lnx2-ax22＋x2＝0，
得a＝lnx1x1＋1x1＝lnx2x2＋1x2．
因为x2>2x1>0，令x2＝tx1(t>2)，
则lnx1x1＋1x1＝lntx1tx1＋1tx1，
得ln x1＝lntt-1－1，则ln x2＝ln (tx1)＝ln t＋ln x1＝tlntt-1－1，
所以ln (x1x2)＝ln x1＋ln x2＝lntt-1－1＋tlntt-1－1＝t+1lntt-1－2
令h(t)＝t+1lntt-1－2(t>2)，
则h′(t)＝-2lnt+t-1tt-12，
令φ(t)＝－2ln t＋t－1t(t>2)，
则φ′(t)＝－2t＋1＋1t2＝t-12t2>0，
则φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，
所以φ(t)>φ(2)＝32－2ln 2>0．
所以h′(t)＝φtt-12>0，
则h(t)在(2，＋∞)上单调递增，
所以h(t)>h(2)＝3ln 2－2＝ln 8e2，
即ln (x1x2)>ln 8e2，故x1x2>8e2．
4．(2022·全国甲卷)已知函数f (x)＝exx－ln x＋x－a．
(1)若f (x)≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若f (x)有两个零点x1，x2，则x1x2＜1．
[解] (1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝1x-1x2ex－1x＋1＝1x1-1xex＋1-1x＝x-1xexx+1，
令f ′(x)＝0，得x＝1，
当x∈(0，1)，f ′(x)＜0, f (x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，f (x)≥f (1)＝ e＋1－a，
若f (x)≥0，则e＋1－a≥0，即a≤e＋1，
所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．
(2)证明：由题知，f (x)一个零点小于1，一个零点大于1，
不妨设0＜x1＜1＜x2，
要证x1x2＜1，即证x1＜1x2，
因为x1，1x2∈(0，1)，即证f (x1)＞f 1x2，
因为f (x1)＝f (x2)，即证f (x2)＞f 1x2，
即证exx－ln x＋x－xe1x－ln x－1x＞0，x∈(1，＋∞)，
即证exx－xe1x－2lnx-12x-1x＞0，
下面证明当x＞1时，exx－xe1x＞0，
ln x－12x-1x＜0，
设g(x)＝exx－xe1x，x＞1，
则g′(x)＝1x-1x2ex－e1x+xe1x·-1x2
＝1x1-1xex－e1x1-1x
＝1-1xexx-e1x＝x-1xexx-e1x，
设φ(x)＝exx(x＞1)，
φ′(x)＝1x-1x2ex＝x-1x2ex＞0，
所以φ(x)＞φ(1)＝e，而e1x＜e，
所以exx－e1x＞0，所以g′(x)＞0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
即g(x)＞g(1)＝0，所以exx－xe1x＞0，
令h(x)＝ln x－12x-1x，x＞1，
h′(x)＝1x－121+1x2＝2x-x2-12x2＝-x-122x2＜0，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，
即h(x)＜h(1)＝0，所以ln x－12x-1x＜0．
综上，exx－xe1x－2lnx-12x-1x＞0，所以x1x2＜1．
阶段提能(五) 一元函数的导数及其应用
1．(苏教版选择性必修第一册P231T7)函数f (x)＝x2－sin x在区间[0，π]上的平均变化率为( )
A．1 B．2
C．π D．π2
C [根据题意，f (x)＝x2－sin x，则f (0)＝0，f (π)＝π2－sin π＝π2，
则f (x)在[0，π]上的平均变化率为ΔyΔx＝fπ-f0π-0＝π2-0π-0＝π．
故选C．]
2．(苏教版选择性必修第一册P231T10)设a∈R，若函数y＝eax＋3x(x∈R)有大于零的极值点，则( )
A．a>－3 B．a<－3
C．a>－13 D．a<－13
B [令y′＝aeax＋3＝0，则eax＝－3a．
设x＝x0为大于0的极值点，
则eax0＝－3a．∴a<0，ax0<0．
∴03．(北师大版选择性必修第二册P100T4)求下列函数的导数：
(1)y＝x2＋1x+x；
(2)y＝x sin x－xln x；
(3)y＝sinxlnxx；
(4)y＝x(x－1)1x+1；
(5)y＝ex tan x；
(6)y＝x2-1x+lnx；
(7)y＝x sin x＋ex ln x－2；
(8)y＝x-x2xlnx；
(9)y＝(3x＋2)3；
(10)y＝sin 2x；
(11)y＝4x-6；
(12)y＝ln (4x＋5)．
[解] (1)由y＝x2＋1x+x，
得y′＝2x－1x2＋12x．
(2)由y＝x sin x－xln x，
得y′＝(x sin x)′－(xln x)′
＝sin x＋x cs x－12x·lnx+xx
＝sin x＋x cs x－12x·ln x－xx．
(3)由y＝sinxlnxx，
得y′＝csxlnx+sinx·1x·x-sinxlnx·1x2＝xcsxlnx+sinx-sinxlnxx2．
(4)由y＝x(x－1)1x+1＝x3－1x，
得y′＝3x2＋12x3．
(5)由y＝ex tan x＝exsinxcsx，得y′
＝exsinx+excsx·csx-exsinx-sinxcs2x
＝ex sinxcsx+excs2x+exsin2xcs2x
＝ex sinxcsx+excs2x
＝extanx+1cs2x．
(6)由y＝x2-1x+lnx，
得y′＝2xx+lnx-x2-11+1xx+lnx2
＝x3+2x2lnx-x2+x+1xx+lnx2．
(7)由y＝x sin x＋ex ln x－2，
得y′＝sin x＋x cs x＋ex ln x＋exx．
(8)由y＝x-x2xlnx，
得y′＝12x-2x·xlnx-x-x2lnx+1xlnx2
＝x2-x2lnx-x2lnx-xxlnx2．
(9)由y＝(3x＋2)3，得y′＝3×(3x＋2)2×3＝9(3x＋2)2．
(10)由y＝sin 2x，得y′＝cs 2x·(2x)′＝2cs 2x．
(11)由y＝4x-6，
得y′＝124x-6·(4x－6)′
＝24x-6＝4x-62x-3．
(12)由y＝ln (4x＋5)，得y′＝14x+5·(4x＋5)′＝44x+5．
4．(人教A版选择性必修第二册P104T19)已知函数f (x)＝ae2x＋(a－2)ex－x．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)有两个零点，求a的取值范围．
[解] (1)f (x)的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)，
(ⅰ)若a≤0，则f ′(x)<0，所以f (x)在(－∞，＋∞)上单调递减．
(ⅱ)若a>0，则由f ′(x)＝0得x＝－ln a．
当x∈(－∞，－ln a)时，f ′(x)<0；当x∈(－ln a，＋∞)时，f ′(x)>0，所以f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f (x)至多有一个零点．
(ⅱ)若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f (x)取得最小值，最小值为f (－ln a)＝1－1a＋ln a．
①当a＝1时，由于f (－ln a)＝0，故f (x)只有一个零点；
②当a∈(1，＋∞)时，由于1－1a＋ln a>0，
即f (－ln a)>0，故f (x)没有零点；
③当a∈(0，1)时，1－1a＋ln a<0，即f (－ln a)<0．
又f (－2)＝ae-4＋(a－2)e-2＋2>－2e-2＋2>0，故f (x)在(－∞，－ln a)有一个零点．
设正整数n0满足n0>ln 3a-1，
则f (n0)＝en0aen0+a-2-n0>en0-n0>2n0－n0>0．
由于ln 3a-1>－ln a，
因此f (x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．
综上，a的取值范围为(0，1)．
5．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f (x)＝a ln x＋bx取得最大值－2，则f ′(2)＝( )
A．－1 B．－12
C．12 D．1
B [因为函数f (x)定义域为(0，＋∞)，所以依题可知，f (1)＝－2，f ′(1)＝0，而f ′(x)＝ax－bx2，所以b＝－2，a－b＝0，即a＝－2，b＝－2，所以f ′(x)＝－2x＋2x2，因此函数f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x＝1时取最大值，满足题意，即有f ′(2)＝－1＋12＝－12．
故选B．]
6．(2020·全国Ⅲ卷)若直线l与曲线y＝x和圆x2＋y2＝15都相切，则l的方程为( )
A．y＝2x＋1 B．y＝2x＋12
C．y＝12x＋1 D．y＝12x＋12
D [易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋b，则bk2+1＝55 ①，设直线l与曲线y＝x的切点坐标为(x0，x0)(x0＞0)，则y'|x＝x0＝12x0-12＝k ②，x0＝kx0＋b ③，由②③可得b＝12x0，将b＝12x0，k＝12x0-12代入①得x0＝1或x0＝－15(舍去)，所以k＝b＝12，故直线l的方程为y＝12x＋12．]
7．(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)若函数f (x)＝a ln x＋bx＋cx2(a≠0)既有极大值也有极小值，则( )
A．bc＞0 B．ab＞0
C．b2＋8ac＞0 D．ac＜0
BCD [因为函数f (x)＝a ln x＋bx＋cx2(a≠0)，所以函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝ax2-bx-2cx3，因为函数f (x)既有极大值也有极小值，则函数f ′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，所以关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x1，x2，则Δ>0，x1+x2>0，x1x2>0，
即b2+8ac>0，ba >0，-2ca>0，所以b2+8ac>0，ab>0，ac<0，bc<0，
故选BCD．]
8．(2023·全国乙卷)函数f (x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是( )
A．(－∞，－2) B．(－∞，－3)
C．(－4，－1) D．(－3，0)
B [由题意知f ′(x)＝3x2＋a，要使函数f (x)存在3个零点，则f ′(x)＝0要有2个不同的根，则a<0．令3x2＋a＝0，解得x＝±-a3．
令f ′(x)>0，则x<－-a3或x>-a3，令f ′(x)<0，则－-a3所以f (x)在-∞，--a3和-a3，+∞上单调递增，在--a3，-a3上单调递减，所以要使f (x)存在3个零点，
则f--a3>0，f-a3<0，
即-2a3·-a3+2>0，2a3·-a3+2<0，
解得-a3>1，即a<－3．
故选B．]
9．(2018·全国Ⅰ卷)已知函数f (x)＝2sin x＋sin 2x，则f (x)的最小值是________．
－332 [法一：因为f (x)＝2sin x＋sin 2x，
所以f ′(x)＝2cs x＋2cs 2x＝4cs2x＋2cs x－2＝4csx-12(cs x＋1)，
由f ′(x)≥0得12≤cs x≤1，即2kπ－π3≤x≤2kπ＋π3，k∈Z，
由f ′(x)≤0得－1≤cs x≤12，2kπ＋π3≤x≤2kπ＋π或2kπ－π≤x≤2kπ－π3，k∈Z，
所以当x＝2kπ－π3(k∈Z)时，f (x)取得最小值，
且f (x)min＝f 2kπ-π3＝2sin2kπ-π3＋sin 22kπ-π3＝－332．
法二：因为f (x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cs x)，
所以[f (x)]2＝4sin2x(1＋cs x)2＝4(1－cs x)(1＋cs x)3，
设cs x＝t，则y＝4(1－t)(1＋t)3(－1≤t≤1)，
所以y′＝4[－(1＋t)3＋3(1－t)(1＋t)2]＝4(1＋t)2(2－4t)，
所以当－1＜t＜12时，y′＞0；当12＜t＜1时，y′＜0．
所以函数y＝4(1－t)(1＋t)3(－1≤t≤1)在-1，12上单调递增，在12，1上单调递减，
所以当t＝12时，ymax＝274；当t＝±1时，ymin＝0．
所以0≤y≤274，即0≤[f (x)]2≤274，
所以－332≤f (x)≤332，
所以f (x)的最小值为－332．]
10．(2020·新高考Ⅰ卷)已知函数ƒ(x)＝aex-1－ln x＋ln a．
(1)当a＝e时，求曲线y＝ƒ(x)在点(1，ƒ(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若ƒ(x)≥1，求a的取值范围．
[解] f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝aex-1－1x．
(1)当a＝e时，f (x)＝ex－ln x＋1，f (1)＝e＋1，f ′(1)＝e－1，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2．
直线y＝(e－1)x＋2在x轴、y轴上的截距分别为-2e-1，2．
因此所求三角形的面积为12×-2e-1×2＝2e-1．
(2)当0当a＝1时，f (x)＝ex-1－ln x，f ′(x)＝ex-1－1x．当x∈(0，1)时，f ′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0．所以当x＝1时，f (x)取得最小值，最小值为f (1)＝1，从而f (x)≥1．
当a>1时，f (x)＝aex-1－ln x＋ln a≥ex-1－ln x≥1．
综上，a的取值范围是[1，＋∞)．
11．(2024年1月九省联考)已知函数f (x)＝ln x＋x2＋ax＋2在点(2，f (2))处的切线与直线2x＋3y＝0垂直．
(1)求a；
(2)求f (x)的单调区间和极值．
[解] (1)f ′x＝1x＋2x＋a，则f ′2＝12＋2×2＋a＝92＋a，
由题意可得92+a×-23＝－1，解得a＝－3．
(2)由a＝－3，故f x＝ln x＋x2－3x＋2，
则f ′x＝1x＋2x－3＝2x2-3x+1x＝2x-1x-1x，x>0，
故当00，当12f ′x<0，当x>1时，f ′x>0，
故f x的单调递增区间为0，12和1，+∞，f x的单调递减区间为12，1，
故f x有极大值f 12＝ln 12＋122－3×12＋2＝34－ln 2，
有极小值f 1＝ln 1＋12－3×1＋2＝0．
12．(2023·全国甲卷)已知函数f (x)＝ax－sinxcs2x，x∈0，π2．
(1)当a＝1时，讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)＋sinx<0，求a的取值范围．
[解] (1)(cs2x)′＝(csx cs x)′＝－sin x cs x＋cs x·(－sin x)＝－2sin x cs x，
f ′(x)＝a－csx·cs2x-sinx·-2sinxcsxcs4x＝a－cs2x+2sin2xcs3x＝a－2-cs2xcs3x．
当a＝1时，f ′(x)＝1－2-cs2xcs3x
＝cs3x+cs2x-2cs3x．
因为x∈0，π2，所以csx∈(0，1)，cs3x＋cs2x<2，故f ′(x)<0，
故当a＝1时，f (x)在0，π2上单调递减．
(2)法一：令F(x)＝ax－sinxcs2x＋sinx，则F(0)＝0．
F′(x)＝a－2-cs2xcs3x＋csx
＝a＋cs4x+cs2x-2cs3x．
令F′(0)＝0，得a＝0．
当a>0时，F′(0)＝a>0，当x→π2+时，F′(x)→－∞，所以存在一个x0∈0，π2，满足F′(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，F′(x)>0，F(x)单调递增，则当x∈(0，x0)时，F(x)>F(0)＝0，不符合题意．
当a≤0时，因为f (x)＋sinx＝ax－sinx1-cs2xcs2x＝ax－sin3xcs2x≤－sin3xcs2x，x∈0，π2，所以要证f (x)＋sinx<0在0，π2上恒成立，
只需证－sin3xcs2x<0在0，π2上恒成立．
因为cs2x在0，π2上恒大于0，sin3x在0，π2上恒大于0，
所以－sin3xcs2x<0在0，π2上恒成立，命题得证．
综上，a的取值范围为(－∞，0]．
法二：依题意，f (x)＋sinx＝ax－sinxcs2x＋sinx＝ax＋sin x1-1cs2x，x∈0，π2．
①当a≤0时，易知f (x)＋sinx<0；
②当a>0时，因为x∈0，π2时满足sin x所以f (x)＋sin x＝ax＋sin x1-1cs2x>a sinx＋sin x1-1cs2x＝sinxa+1-1cs2x，
因为函数y＝1cs2xx∈0，π2的值域为(1，＋∞)，a＋1>1，所以对于任意大于0的参数a，一定存在x0∈0，π2，使得1cs2x0即存在x0∈0，π2，使得f (x0)＋sinx0>0，故a>0不能确保f (x)＋sin x<0，与题意矛盾，故a>0不成立．
综上，a的取值范围为(－∞，0]．
x
(－∞，1)
1
(1，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
f (x)
单调递增
极大值
单调递减