2020版高考数学新设计一轮复习浙江专版讲义：第三章第十一节导数的应用

第十一节导数的应用


1．函数的单调性
在(a，b)内可导函数f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.f′(x)≥0⇔f(x)在(a，b)上为增函数；f′(x)≤0⇔f(x)在(a，b)上为减函数．
2．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，则点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附近的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，则点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．
极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．
3．函数的最值
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．
(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
[小题体验]
1．(2018·诸暨适应性训练)函数f(x)＝3x2＋ln x－2x的极值点的个数是(　　)
A．0　　　　　　　　　 　B．1
C．2 D．无数个
解析：选A　函数定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝6x＋－2＝，由于x＞0，g(x)＝6x2－2x－1中Δ＝－20＜0，∴g(x)＞0恒成立，故f′(x)＞0恒成立，即f(x)在定义域上单调递增，无极值点．故选A.
2．已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是________．
答案：3
3．(2018·台州模拟)设在定义域上的可导函数f(x)满足f(ex)＝x－ex，则函数f(x)的解析式为f(x)＝________，它的单调递增区间是________．
解析：设t＝ex，则x＝ln t，
则f(ex)＝x－ex，等价为f(t)＝ln t－t，
即f(x)＝ln x－x，函数的定义域为(0，＋∞)，
函数的导数为f′(x)＝－1，
由f′(x)＝－1＞0得＞0，得0＜x＜1，
即函数的单调递增区间为(0,1)．
答案：ln x－x　(0,1)

1．求函数单调区间与函数极值时没有列表的习惯，会造成问题不能直观且有条理的解决．
2．求函数最值时，易误认为极值点就是最值点，不通过比较就下结论．
3．注意两种表述“函数f(x)在(a，b)上为减函数”与“函数f(x)的减区间为(a，b)”的区别．
[小题纠偏]
1．(2018·杭州十二校联考)函数f(x)的导函数f′(x)的图象是如图所示的一条直线l，l与x轴的交点坐标为(1,0)，则f(0)与f(3)的大小关系为(　　)
A．f(0)＜f(3)　　　 　 　B．f(0)＞f(3)
C．f(0)＝f(3) D．无法确定
解析：选B　由题意知f(x)的图象是以x＝1为对称轴，且开口向下的抛物线，所以f(0)＝f(2)＞f(3)，故选B.
2．函数y＝2x3－2x2在区间[－1,2]上的最大值是________．
解析：y′＝6x2－4x，令y′＝0，
得x＝0或x＝.
∵f(－1)＝－4，f(0)＝0，
f＝－，f(2)＝8.
∴最大值为8.
答案：8
第一课时　导数与函数的单调性


[典例引领]
(2018·杭州模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)，
试讨论f(x)的单调性．
解：f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－.
当a＝0时，因为f′(x)＝3x2≥0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0，x∈时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减；
当a＜0时，x∈(－∞，0)∪时，f′(x)＞0，x∈时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．
[由题悟法]
导数法判断函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤
(1)一求．求f′(x)；
(2)二定．确认f′(x)在(a，b)内的符号；
(3)三结论．f′(x)＞0时为增函数；f′(x)＜0时为减函数．
[提醒]　研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．
[即时应用]
已知函数g(x)＝ln x＋ax2＋bx，其中g(x)的函数图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴．
(1)确定a与b的关系；
(2)若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性．
解：(1)g′(x)＝＋2ax＋b(x＞0)．
由函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴，
得g′(1)＝1＋2a＋b＝0，所以b＝－2a－1.
(2)由(1)得
g′(x)＝＝.
因为函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，
所以当a＝0时，g′(x)＝－.
由g′(x)＞0，得0＜x＜1，由g′(x)＜0，得x＞1，
即函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
当a＞0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝，
若＜1，即a＞，由g′(x)＞0，得x＞1或0＜x＜，由g′(x)＜0，得＜x＜1，
即函数g(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减；
若＞1，即0＜a＜，由g′(x)＞0，得x＞或0＜x＜1，
由g′(x)＜0，得1＜x＜，
即函数g(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减；
若＝1，即a＝，在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0，
即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
综上可得，当a＝0时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当0＜a＜时，函数g(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减；
当a＝时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞时，函数g(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．

[典例引领]
已知函数f(x)＝aln x＋x2－ax(a∈R)，若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间．
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2x－a＝，
因为x＝3是f(x)的极值点，
所以f′(3)＝＝0，解得a＝9，
所以f′(x)＝＝.
由f′(x)＞0，得0＜x＜或x＞3；
由f′(x)＜0，得＜x＜3，
所以f(x)的单调递增区间为，(3，＋∞)，单调递减区间为.
[由题悟法]
求函数的单调区间的2方法
法一：(1)确定函数y＝f(x)的定义域；
(2)求导数f′(x)；
(3)解不等式f′(x)＞0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
(4)解不等式f′(x)＜0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．
法二：(1)确定函数y＝f(x)的定义域；
(2)求导数f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；
(3)把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义区间分成若干个小区间；
(4)确定f′(x)在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性．
[即时应用]
已知函数f(x)＝ln x－bx＋c，f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y＋4＝0.
(1)求f(x)的解析式；
(2)求f(x)的单调区间．
解：(1)f′(x)＝－b，∴f′(1)＝1－b，
又f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为－1，
故1－b＝－1，b＝2.
将(1，f(1))代入方程x＋y＋4＝0，
得1＋f(1)＋4＝0，f(1)＝－5，
∴f(1)＝－b＋c＝－5，将b＝2代入，得c＝－3，故f(x)＝ln x－2x－3.
(2)依题意知x＞0，f′(x)＝－2.
令f′(x)＞0，得0＜x＜，再令f′(x)＜0，得x＞，
故函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.

[典例引领]
设函数f(x)＝x3－x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(1)求b，c的值；
(2)若a＞0，求函数f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝x2－ax＋b，
由题意得即
(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0；
当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．
(3)g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，
使不等式g′(x)＝x2－ax＋2＜0成立，
即x∈(－2，－1)时，a＜max＝－2，
当且仅当x＝即x＝－时等号成立．
所以满足要求的a的取值范围是(－∞，2)．
[由题悟法]
根据函数单调性求参数的一般思路
(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．
(2)转化为不等式的恒成立问题，即“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数单调递减，则f′(x)≤0”来求解．
[提醒]　f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0，且在(a，b)内的任一非空子区间上f′(x)不恒为0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．
[即时应用]
在本例中，(1)若g(x)在(－2，－1)内为减函数，如何求解？
(2)若g(x)的单调减区间为(－2，－1)，求a的值．
(3)若g(x)在(－2，－1)上不单调，求a的取值范围．
解：(1)∵g′(x)＝x2－ax＋2，且g(x)在(－2，－1)内为减函数，
∴g′(x)≤0，即x2－ax＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，
∴即解得a≤－3.
即实数a的取值范围为(－∞，－3]．
(2)∵g(x)的单调减区间为(－2，－1)，
∴x1＝－2，x2＝－1是g′(x)＝0的两个根，
∴(－2)＋(－1)＝a，即a＝－3.
(3)由(1)知g(x)在(－2，－1)上为减函数，a的取值范围是(－∞，－3]．
若g(x)在(－2，－1)上为增函数，可知a≥x＋在(－2，－1)上恒成立，又y＝x＋的值域为(－3，－2)，
∴a的范围是[－2，＋∞)，
∴函数g(x)在(－2，－1)上单调时，a的取值范围是(－∞，－3]∪[－2，＋∞)，故g(x)在(－2，－1)上不单调，实数a的取值范围是(－3，－2)．

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1．函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为(　　)
A．(0,1)　　　　　　 　B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(－∞，0)∪(1，＋∞)
解析：选A　函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－＝，令f′(x)＜0，得0＜x＜1.
2．(2019·嘉兴六校联考)设函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是(　　)
A．(1,2] B．(4，＋∞)
C．(－∞，2) D．(0,3]
解析：选A　∵f(x)＝x2－9ln x，∴f′(x)＝x－(x＞0)，由x－≤0，得0＜x≤3，∴f(x)在(0,3]上是减函数，则[a－1，a＋1]⊆(0,3]，∴a－1＞0且a＋1≤3，解得1＜a≤2.
3．(2018·丽水月考)已知函数f(x)(x∈R)的图象上任一点(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(x0－2)(x－1)(x－x0)，那么函数f(x)的单调减区间是(　　)
A．[－1，＋∞) B．(－∞，2]
C．(－∞，－1)和(1,2) D．[2，＋∞)
解析：选C　根据函数f(x)(x∈R)的图象上任一点(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(x0－2)(x－1)(x－x0)，可知其导数f′(x)＝(x－2)(x2－1)＝(x＋1)(x－1)(x－2)，令f′(x)＜0，得x＜－1或1＜x＜2.因此f(x)的单调减区间是(－∞，－1)和(1,2)．
4．函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间为________．
解析：由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f′(x)＝x－＜0，得0＜x＜1，所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)．
答案：(0,1)
5．(2019·丽水模拟)若函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________．
解析：∵函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，
∴f′(x)＝2x－ex－a＞0，即a＜2x－ex有解．
设g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，
令g′(x)＝0，得x＝ln 2，
则当x＜ln 2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
当x＞ln 2时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
∴当x＝ln 2时，g(x)取得最大值，且g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2，∴a＜2ln 2－2.
答案：(－∞，2ln 2－2)
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1．已知函数f(x)＝x2＋2cos x，若f′(x)是f(x)的导函数，则函数f′(x)的大致图象是(　　)

解析：选A　设g(x)＝f′(x)＝2x－2sin x，则g′(x)2－2cos x≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增，结合选项知选A.
2．若幂函数f(x)的图象过点，则函数g(x)＝exf(x)的单调递减区间为(　　)
A．(－∞，0) B．(－∞，－2)
C．(－2，－1) D．(－2,0)
解析：选D　设幂函数f(x)＝xα，因为图象过点，所以＝α，α＝2，所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，令g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)＜0，得－2＜x＜0，故函数g(x)的单调递减区间为(－2,0)．
3．(2018·诸暨模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A　f′(x)＝x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．
4．函数f(x)的定义域为R.f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为(　　)
A．(－1,1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
解析：选B　由f(x)＞2x＋4，得f(x)－2x－4＞0.设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2.
因为f′(x)＞2，所以F′(x)＞0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4＞0等价于F(x)＞F(－1)，所以x＞－1，选B.
5．(2017·湖州期中)已知f(x)是定义在R上的减函数，其导函数f′(x)满足＋x＜1，则下列结论正确的是(　　)
A．对于任意x∈R，f(x)＜0
B．对于任意x∈R，f(x)＞0
C．当且仅当x∈(－∞，1)，f(x)＜0
D．当且仅当x∈(1，＋∞)，f(x)＞0
解析：选B　∵＋x＜1，f(x)是定义在R上的减函数，f′(x)＜0，
∴f(x)＋xf′(x)＞f′(x)，
∴f(x)＋(x－1)f′(x)＞0，
∴[(x－1)f(x)]′＞0，
∴函数y＝(x－1)f(x)在R上单调递增，
而x＝1时，y＝0，则x＜1时，y＜0，故f(x)＞0.
x＞1时，x－1＞0，y＞0，故f(x)＞0，
∴f(x)＞0对任意x∈R成立，故选B.
6．(2019·宁波调研)已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的单调递增区间是________________________________________________________________．
解析：f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x.
令f′(x)＝xcos x＞0(x∈(－π，π))，
解得－π＜x＜－或0＜x＜，
即函数f(x)的单调递增区间是和.
答案：和
7．已知函数f(x)＝－2x2＋ln x(a＞0)，若函数f(x)在[1,2]上为单调函数，则a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝－4x＋，
若函数f(x)在[1,2]上为单调函数，
即f′(x)＝－4x＋≥0或f′(x)＝－4x＋≤0在[1,2]上恒成立，
即≥4x－或≤4x－在[1,2]上恒成立．
令h(x)＝4x－，
则h(x)在[1,2]上单调递增，所以≥h(2)或≤h(1)，
即≥或≤3，又a＞0，
所以0＜a≤或a≥1.
答案：∪[1，＋∞)
8．已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导数f′(x)＜，则不等式f(x2)＜＋的解集为________．
解析：设F(x)＝f(x)－x，∴F′(x)＝f′(x)－，∵f′(x)＜，∴F′(x)＝f′(x)－＜0，即函数F(x)在R上单调递减．∵f(x2)＜＋，∴f(x2)－＜f(1)－，∴F(x2)＜F(1)，而函数F(x)在R上单调递减，∴x2＞1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)
9．设f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)．
(1)确定a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
解：(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，
所以f′(x)＝2a(x－5)＋.
令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)，
由点(0,6)在切线上，可得6－16a＝8a－6，解得a＝.
(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6ln x(x＞0)，
f′(x)＝x－5＋＝.
令f′(x)＝0，解得x＝2或x＝3.
当0＜x＜2或x＞3时，f′(x)＞0；
当2＜x＜3时，f′(x)＜0，
故函数f(x)的单调递增区间是(0,2)，(3，＋∞)，单调递减区间是(2,3)．
10．已知e是自然对数的底数，实数a是常数，函数f(x)＝ex－ax－1的定义域为(0，＋∞)．
(1)设a＝e，求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)判断函数f(x)的单调性．
解：(1)∵a＝e，∴f(x)＝ex－ex－1，
∴f′(x)＝ex－e，f(1)＝－1，f′(1)＝0.
∴当a＝e时，函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－1.
(2)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a.
易知f′(x)＝ex－a在(0，＋∞)上单调递增．
∴当a≤1时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞1时，由f′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a，
∴当0＜x＜ln a时，f′(x)＜0，当x＞ln a时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞1时，f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2018·浙江名校协作体联考)已知函数f(x)＝x2ex，若f(x)在[t，t＋1]上不单调，则实数t的取值范围是________．
解析：函数f(x)＝x2ex的导数为y′＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2)，
令y′＝0，得x＝0或－2，
所以函数f(x)在(－2,0)上单调递减，在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增，
∴0或－2是函数的极值点，
∵函数f(x)＝x2ex在区间[t，t＋1]上不单调，
∴t＜－2＜t＋1或t＜0＜t＋1，
∴－3＜t＜－2或－1＜t＜0，
故实数t的取值范围是(－3，－2)∪(－1,0)．
答案：(－3，－2)∪(－1,0)
2．已知函数f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋x2·在区间(t,3)上总不是单调函数，求m的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝.当a＞0时，f(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)；
当a＜0时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)；
当a＝0时，f(x)不是单调函数．
(2)由(1)及题意得f′(2)＝－＝1，即a＝－2，
∴f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝.
∴g(x)＝x3＋x2－2x，
∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.
∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数，
即g′(x)＝0在区间(t,3)上有变号零点．由于g′(0)＝－2，∴
当g′(t)＜0，即3t2＋(m＋4)t－2＜0对任意t∈[1,2]恒成立，由于g′(0)＜0，故只要g′(1)＜0且g′(2)＜0，
即m＜－5且m＜－9，即m＜－9；
由g′(3)＞0，即m＞－.
∴－＜m＜－9.
即实数m的取值范围是.
第二课时　导数与函数的极值、最值


[锁定考向]
函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度适中，为中高档题．
常见的命题角度有：
(1)知图判断函数极值；
(2)已知函数求极值或极值点；
(3)已知函数极值情况求参数值(范围)．　　　 　
[题点全练]

角度一：知图判断函数极值
1．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　)
A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)　
B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)
C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)
D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)
解析：选D　由图可知，当x＜－2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；当1＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．
角度二：已知函数求极值或极值点
2．已知函数f(x)＝x－1＋(a∈R，e为自然对数的底数)，求函数f(x)的极值．
解：由f(x)＝x－1＋，得f′(x)＝1－.
①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．
②当a＞0时，令f′(x)＝0，
得ex＝a，即x＝ln a，
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，故函数f(x)在x＝ln a处取得极小值且极小值为f(ln a)＝ln a，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；
当a＞0时，函数f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，无极大值．
角度三：已知函数极值情况求参数值(范围)
3．已知函数g(x)＝ln x－mx＋存在两个极值点x1，x2，求m的取值范围．
解：因为g(x)＝ln x－mx＋，
所以g′(x)＝－m－＝－(x＞0)，
令h(x)＝mx2－x＋m，要使g(x)存在两个极值点x1，x2，则方程mx2－x＋m＝0有两个不相等的正数根x1，x2.
故只需满足解得0＜m＜.
所以m的取值范围为.
[通法在握]
1．利用导数研究函数极值问题的一般流程

2．已知函数极值点或极值求参数的2个要领
(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．
(2)验证：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．
[演练冲关]
1．(2018·浙江十二校联考)如图，已知直线y＝kx＋m与曲线y＝f(x)相切于两点，则F(x)＝f(x)－kx有(　　)
A．1个极大值点，2个极小值点
B．2个极大值点，1个极小值点
C．3个极大值点，无极小值点
D．3个极小值点，无极大值点
解析：选A　F′(x)＝f′(x)－k，如图所示，从而可知F′(x)共有三个零点x1，x2，x3，由图可知，F(x)在(－∞，x1)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增，(x2，x3)上单调递减，(x3，＋∞)上单调递增，∴x1，x3为极小值点，x2为极大值点，即F(x)有1个极大值点，2个极小值点，故选A.
2．设函数f(x)＝－kln x，k＞0，求f(x)的单调区间和极值．
解：由f(x)＝－kln x(k＞0)，
得x＞0且f′(x)＝x－＝.
由f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去)．
f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：
x
(0，)

(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)



所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，
单调递增区间是(，＋∞)．
f(x)在x＝处取得极小值f()＝，无极大值．
3．(2018·余杭地区部分学校高三测试)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx(a，b∈R)．若函数f(x)在(0,2)上存在两个极值点，求3a＋b的取值范围．
解：法一：f′(x)＝x2＋ax＋b.
由已知可得f′(x)在(0,2)上存在两个不同的零点，
则即
作出满足条件的可行域如图中阴影部分(不包括边界)所示，

令z＝3a＋b，由图可知－8＜z＜0，
故3a＋b的取值范围为(－8,0)．
法二：f′(x)＝x2＋ax＋b.
由已知可得f′(x)在(0,2)上存在两个不同的零点，
设f′(x)＝x2＋ax＋b＝(x－x1)(x－x2)，
其中x1，x2∈(0,2)且x1≠x2.
则3a＋b＝f′(3)－9＝(3－x1)(3－x2)－9∈(－8,0)，
即3a＋b的取值范围为(－8,0)．


[典例引领]
已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx(其中a，b为常数且a≠0)在x＝1处取得极值．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在(0，e]上的最大值为1，求a的值．
解：(1)因为f(x)＝ln x＋ax2＋bx，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋b，
因为函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx在x＝1处取得极值，
所以f′(1)＝1＋2a＋b＝0，
又a＝1，所以b＝－3，则f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x



1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值


所以f(x)的单调递增区间为，(1，＋∞)，单调递减区间为.
(2)由(1)知f′(x)＝
＝(x＞0)，
令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝，
因为f(x)在x＝1处取得极值，所以x2＝≠x1＝1.
①当a＜0，即＜0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，
所以f(x)在(0，e]上的最大值为f(1)，令f(1)＝1，
解得a＝－2.
②当a＞0，即x2＝＞0时，
若＜1，f(x)在，[1，e]上单调递增，在上单调递减，所以最大值可能在x＝或x＝e处取得，而f＝ln＋a2－(2a＋1)·＝ln－－1＜0，
令f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝.
若1＜＜e，f(x)在(0,1)，上单调递增，
在上单调递减，
所以最大值可能在x＝1或x＝e处取得，
而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0，
令f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，
解得a＝，与1＜x2＝＜e矛盾．
若x2＝≥e，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值可能在x＝1处取得，而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0，矛盾．
综上所述，a＝或a＝－2.
[由题悟法]
求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的3步骤
(1)求函数在(a，b)内的极值；
(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)；
(3)将函数f(x)的极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
[即时应用]
已知函数f(x)＝－1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设m＞0，求函数f(x)在区间[m,2m]上的最大值．
解：(1)因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝， 由得 0＜x＜e；由得x＞e.
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．
(2)①当即0＜m≤时，函数f(x)在区间[m,2m]上单调递增，
所以f(x)max＝f(2m)＝－1；
②当m＜e＜2m，即＜m＜e时，函数f(x)在区间(m，e)上单调递增，在(e,2m)上单调递减，
所以f(x)max＝f(e)＝－1＝－1；
③当m≥e时，函数f(x)在区间[m,2m]上单调递减，
所以f(x)max＝f(m)＝－1.
综上所述，当0＜m≤时，f(x)max＝－1；
当＜m＜e时，f(x)max＝－1；
当m≥e时，f(x)max＝－1.

[典例引领]
(2019·金华调研)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；
(2)讨论f(x)的单调性；
(3)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
解：(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，f(e)＝e＋1，f′(x)＝＋1，f′(e)＝1＋，∴曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－(e＋1)＝(x－e)，即y＝x.
(2)f′(x)＝(x＞0)，
①当a≤0时，显然f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a＞0时，令f′(x)＝＝0，则－2ax2＋x＋1＝0，易知Δ＞0恒成立．
设方程的两根分别为x1，x2(x1＜x2)，则x1x2＝－＜0，∴x1＜0＜x2，
∴f′(x)＝＝(x＞0)．
由f′(x)＞0得x∈(0，x2)，由f′(x)＜0得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝，
∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(3)函数f(x)有两个零点，等价于方程a＝有两解．
令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝.
由g′(x)＝＞0，得2ln x＋x＜1，解得0＜x＜1，
∴g(x)在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减，
又∵当x≥1时，g(x)＞0，当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，
∴作出函数g(x)的大致图象如图，结合函数值的变化趋势猜想：当a∈(0,1)时符合题意．

下面给出证明：
当a≥1时，a≥g(x)max，方程至多一解，不符合题意；
当a≤0时，方程至多一解，不符合题意；
当a∈(0,1)时，g＜0，∴g－a＜0，
g＝＜＝a，
∴g－a＜0.
∴方程在与上各有一个根，
∴若f(x)有两个零点，a的取值范围为(0,1)．
[由题悟法]
利用导数研究函数零点、方程根的步骤
(1)求导，确定单调区间，求极值点；
(2)画出草图；
(3)数形结合，挖掘隐含条件，确定参数取值范围等．
[即时应用]
若方程(2x－m)ln x＋x＝0在(1，e]上有两个不等实根，求实数m的取值范围．
解：将方程(2x－m)ln x＋x＝0两边同除以ln x得(2x－m)＋＝0，
整理得＋2x＝m，
即函数g(x)＝＋2x的图象与函数y＝m的图象在(1，e]上有两个不同的交点．
又g′(x)＝，
令g′(x)＝0，则2ln2x＋ln x－1＝0，
解得ln x＝或ln x＝－1(舍去)，即x＝e，
当1＜x＜e时，g′(x)＜0，
即g(x)在上单调递减；
当e＜x≤e时，g′(x)＞0，
即g(x)在上单调递增．
又g＝4e，g(e)＝3e，当x→1时，→＋∞，
∴4e＜m≤3e，
故实数m的取值范围为.

[典例引领]
(2019·杭州模拟)已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx(e为自然对数的底数)，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直．
(1)求a，b的值；
(2)求证：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
解：(1)因为f(x)＝1－，
所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝＋－bx，所以g′(x)＝－－－b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，
所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，
即g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，
解得a＝－1，b＝－1.
(2)证明：由(1)知，g(x)＝－＋＋x，
则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0.
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
则h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1＞0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，
即1－－－＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
[由题悟法]
1．利用导数解决不等式证明问题的策略
(1)证明f(x)＞g(x)的一般方法是证明h(x)＝f(x)－g(x)＞0(利用单调性)，特殊情况是证明f(x)min＞g(x)max(最值方法)，但后一种方法不具备普遍性．
(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f(x1)＋g(x1)＜f(x2)＋g(x2)对x1＜x2恒成立，即等价于函数h(x)＝f(x)＋g(x)为增函数．
2．利用导数解决不等式的恒成立问题的策略
首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
[即时应用]
(2018·温州月考)设a∈R，函数f(x)＝ax3＋＋x＋1，g(x)＝ex(e是自然对数的底数)．
(1)证明：存在一条定直线l与曲线C1：y＝f(x)和C2：y＝g(x)都相切；
(2)若f(x)≤g(x)对x∈R恒成立，求a的值．
解：(1)证明：函数f(x)，g(x)的导数分别为
f′(x)＝3ax2＋x＋1，g′(x)＝ex，
注意到对任意a∈R，f(0)＝g(0)＝1，f′(0)＝g′(0)＝1，
故直线l：y＝x＋1与曲线C1：y＝f(x)与C2：y＝g(x)都相切．
(2)设函数F(x)＝e－x，
则对任意x∈R，都有F(x)≤1.
因对任意a∈R，都有F(0)＝1，故x＝0为F(x)的极大值点，
F′(x)＝e－x－e－x＝x2e－x，
记h(x)＝－ax＋3a－，
则F′(x)＝h(x)，
注意到在x＝0的附近，恒有x2e－x≥0，
故要使x＝0为F(x)的极大值点，
必须h(0)＝0(否则，若h(0)＞0，则在x＝0的附近，恒有h(x)＞0，从而F′(x)≥0，于是x＝0不是F(x)的极值点；同理，若h(0)＜0，则x＝0也不是F(x)的极值点)，即3a－＝0，从而a＝.
又当a＝时，F′(x)＝－x3e－x，
则在(－∞，0)上，F′(x)＞0，在(0，＋∞)上，F′(x)＜0，
于是F(x)在(－∞，0)上递增，在(0，＋∞)上递减，
故F(x)max＝F(0)＝1.
综上所述，a＝.

一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．(2019·金华质检)设函数f(x)＝xex＋1，则(　　)
A．x＝1为f(x)的极大值点
B．x＝1为f(x)的极小值点
C．x＝－1为f(x)的极大值点
D．x＝－1为f(x)的极小值点
解析：选D　由题意得，f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)＝0，得x＝－1，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＜0，当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＞0，则f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，所以x＝－1为f(x)的极小值点，故选D.
2．函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是(　　)
A．25，－2　　　　　　　 　B．50,14
C．50，－2 D．50，－14
解析：选C　因为f(x)＝2x3＋9x2－2，所以f′(x)＝6x2＋18x，当x∈[－4，－3)或x∈(0,2]时，f′ (x)＞0，f(x)为增函数，当x∈(－3,0)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，由f(－4)＝14，f(－3)＝25，f(0)＝－2，f(2)＝50，故函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是50，－2.
3．已知函数f(x)的定义域为(x1，x2)，导函数f′(x)在(x1，x2)内的图象如图所示，则函数f(x)在(x1，x2)内极值点的个数为(　　)
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选A　由f′(x)的图象可知，其与x轴有4个交点，但是只有2个满足由正变负或由负变正的条件，所以f(x)在(x1，x2)内极值点的个数为2.
4．函数f(x)＝－x3＋12x＋6，x∈的零点个数是________．
解析：f′(x)＝－3x2＋12，x∈.
当x∈时，f′(x)＞0，
当x∈(2,3]时，f′(x)＜0.
所以f(x)在上是增函数，在(2,3]上是减函数．
故f(x)极大值＝f(2)＝22.
由于f＞0，f(3)＞0，
所以有0个零点．
答案：0
5．已知定义域为(0，＋∞)的函数f(x)的图象经过点(2,4)，且f′(x)＞1，则不等式f(2x－2)＜2x的解集为________．
解析：令g(x)＝f(x)－x，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝f′(x)－1＞0，所以g(x)＝f(x)－x在(0，＋∞)上单调递增，且g(2)＝f(2)－2＝2.由f(2x－2)＜2x得f(2x－2)－(2x－2)＜2，即g(2x－2)＜g(2)，所以解得1＜x＜2.
答案：(1,2)
二保高考，全练题型做到高考达标
1．已知函数f(x)＝ln x＋(a∈R)在区间[e－2，＋∞)上有两个零点，则a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　令f(x)＝ln x＋＝0，x∈[e－2，＋∞)，得－a＝xln x．记H(x)＝xln x，x∈[e－2，＋∞)，则H′(x)＝1＋ln x，由此可知H(x)在[e－2，e－1)上单调递减，在(e－1，＋∞)上单调递增，且H(e－2)＝－2e－2，H(e－1)＝－e－1，当x→＋∞时，H(x)→＋∞，故当≤a＜时，f(x)在[e－2，＋∞)上有两个零点．


2．(2018·浙江瑞安中学月考)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x＋x等于(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　由图象可知f(x)过点(1,0)与(2,0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，因此1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2.x1，x2是方程f′(x)＝3x2－6x＋2＝0的两根，因此x1＋x2＝2，x1x2＝，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－＝.
3．已知函数f(x)(x∈R)为奇函数，当x∈(0,2]时，f(x)＝ln x－m2x，当x∈[－2,0)时，f(x)的最小值为3，则m的值为(　　)
A．1 B．2
C．e D．e2
解析：选C　∵f(x)在R上是奇函数，当x∈[－2,0)时，f(x)的最小值为3，∴f(x)在(0,2]上的最大值为－3.∵当x∈(0,2]时，f′(x)＝－m2，令f′(x)＝0，解得x＝m－2.当x∈(0，m－2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(m－2,2]时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，故当x＝m－2时，f(x)在(0,2]上取得最大值－3，即f(m－2)＝ln m－2－m2·m－2＝ln m－2－1＝－3，解得m＝e.
4．已知函数f(x)＝1＋x－＋－＋…＋，g(x)＝－1－x＋－＋－…－，设函数F(x)＝f(x＋3)g(x－4)，且函数F(x)的所有零点均在[a，b](a，b∈Z)内，则b－a的最小值为(　　)
A．6 B．8
C．9 D．10
解析：选B　易知f′(x)＝1－x＋x2－x3＋…＋x2 018，f′(1)＝1＞0.当x＞1时，f′(x)＞0，当x＜1时，f′(x)＞0，因此f(x)是R上的增函数．∵f(0)＝1＞0，f(－1)＝(1－1)＋＜0，∴函数f(x)在(－1,0)上有唯一零点，∴函数f(x＋3)在(－4，－3)上有唯一零点．同理，g′(x)＝－1＋x－x2＋…－x2 018＝－f′(x)，∴g′(1)＝－1＜0，当x＞1时，g′(x)＜0，当x＜1时，g′(x)＜0，因此g(x)是R上的减函数．∵g(0)＝－1＜0，g(－1)＝(－1＋1)＋＞0，∴函数g(x)在(－1，0)上有唯一零点，∴函数g(x－4)在(3,4)上有唯一零点，∵函数F(x)＝f(x＋3)g(x－4)的所有零点均在[a，b](a，b∈Z)内，∴(b－a)min＝4－(－4)＝8.
5．(2019·台州调研)若函数f(x)＝2x＋1－x2－2x－2，对于任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1] B．(－∞，0]
C．(－∞，3] D．(－∞，4]
解析：选D　f(x)＝2x＋1－x2－2x－2≤0，即2x＋1≤x2＋2x＋2.设g(x)＝2x＋1，h(x)＝x2＋2x＋2，当x≤－1时，0＜g(x)≤1，h(x)＝x2＋2x＋2≥1，所以当a≤－1时，满足对任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立；当－1＜x＜4时，因为g(0)＝h(0)＝2，g(1)＝4＜h(1)＝5，g(2)＝8＜h(2)＝10，g(3)＝16＜h(3)＝17，所以当－1＜a≤4时，亦满足对任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立；当x≥4时，易知f′(x)＝2x＋1·ln 2－2x－2，设F(x)＝2x＋1·ln 2－2x－2，则F′(x)＝2x＋1·(ln 2)2－2＞0，所以F(x)＝2x＋1·ln 2－2x－2在[4，＋∞)上是增函数，所以f′(x)≥f′(4)＝32ln 2－10＞0，所以函数f(x)＝2x＋1－x2－2x－2在[4，＋∞)上是增函数，所以f(x)≥f(4)＝32－16－8－2＝6＞0，即当a＞4时，不满足对任意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立．综上，实数a的取值范围是(－∞，4]．
6．函数f(x)＝x2－ln x的最小值为________．
解析：易知函数f(x)＝x2－ln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－＝，令f′(x)＜0，得0＜x＜1，令f′(x)＞0，得x＞1，故函数f(x)＝x2－ln x的最小值为f(1)＝.
答案：
7．从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为________cm3.
解析：设盒子容积为y cm3，盒子的高为x cm，
则x∈(0,5)．则y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160x，∴y′＝12x2－104x＋160.
令y′＝0，得x＝2或(舍去)，
∴ymax＝6×12×2＝144(cm3)．
答案：144
8．(2018·绍兴八校联考)已知函数f(x)＝ln x－ax2，若f(x)恰有两个不同的零点，则a的取值范围为________．
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2ax＝.当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则函数f(x)不可能有两个不同的零点．当a＞0时，由 f′(x)＝0，得x＝ ，当0＜x＜ 时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x＞ 时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，所以f(x)的最大值为f ＝ln －a2＝－ln 2a－.当x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→－∞，要使函数f(x)恰有两个不同的零点，只需满足－ln 2a－＞0，即ln 2a＜－1，所以0＜2a＜，即0＜a＜，所以a的取值范围为.
答案：
9．(2018·杭州模拟)已知函数f(x)＝，x∈[0,1]．
(1)求f(x)的单调区间和值域；
(2)设a≥1，函数g(x)＝x3－3a2x－2a，x∈[0,1]，若对于任意x1∈[0,1]，总存在x0∈[0,1]，使得g(x0)＝f(x1)成立，求a的取值范围．
解： (1)f′(x)＝＝－.
令f′(x)＝0，解得x＝或x＝(舍去)．
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
0



1
f′(x)

－
0
＋

f(x)
－

－4

－3
∴函数f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是.
当x∈[0,1]时，f(x)的值域为[－4，－3]．
(2)g′(x)＝3(x2－a2)．
∵a≥1，当x∈(0,1)时，g′(x)＜3(1－a2)≤0，
因此当x∈(0,1)时，g(x)为减函数，
从而当x∈[0,1]时，有g(x)∈[g(1)，g(0)]．
又g(1)＝1－2a－3a2，g(0)＝－2a，
即当x∈[0,1]时，有g(x)∈[1－2a－3a2，－2a]．对于任意x1∈[0,1]，f(x1)∈[－4，－3]，
存在x0∈[0,1]使得g(x0)＝f(x1)成立，则[1－2a－3a2，－2a]⊇[－4，－3]．
即
解①式得a≥1或a≤－；解②式得a≤.
又a≥1，故a的取值范围为.
10．(2018·绍兴一中质检)函数f(x)＝aln x－bx2(x＞0)；
(1)若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，
①求实数a，b的值；②求函数f(x)在上的最大值．
(2)当b＝0时，若不等式f(x)≥m＋x对所有的a∈，x∈(1，e2]都成立，求实数m的取值范围．
解：(1)①f′(x)＝－2bx，
∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，
∴解得
②f(x)＝ln x－x2，f′(x)＝－x＝，
当≤x≤e时，令f′(x)＞0得≤x＜1；
令f′(x)＜0，得1＜x≤e，
∴f(x)在上单调递增，在[1，e]上单调递减，
∴f(x)max＝f(1)＝－.
(2)当b＝0时，f(x)＝aln x，
若不等式f(x)≥m＋x对所有的a∈，x∈(1，e2]都成立，
则aln x≥m＋x，即m≤aln x－x对所有的a∈，x∈(1，e2]都成立．
令h(a)＝aln x－x，则h(a)为一次函数，m≤h(a)min.
∵x∈(1，e2]，
∴ln x＞0，∴h(a)在a∈上单调递增，
∴h(a)min＝h(0)＝－x，
∴m≤－x对所有的x∈(1，e2]都成立，
∵1＜x≤e2，
∴－e2≤－x＜－1，
∴m≤(－x)min＝－e2.
故实数m的取值范围为(－∞，－e2]．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2018·浙江名校联考)已知定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(1)＝0，当x＜0时，f′(x)＋＞0，则f(－1)＝________，使得f(x)＞0成立的x的取值范围是________．
解析：∵f(x)为(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，∴f(－1)＝f(1)＝0.当x＜0时，f′(x)＋＝＞0，∴xf′(x)＋f(x)＜0，即(xf(x))′＜0.令g(x)＝xf(x)，可知g(x)在(－∞，0)上单调递减，且g(－1)＝－f(－1)＝0.当x＜－1时，xf(x)＞0，∴f(x)＜0；当－1＜x＜0时，xf(x)＜0，∴f(x)＞0.由对称性知，f(x)＞0的解集为(－1，0)∪(0,1)．
答案：0　(－1,0)∪(0,1)
2．(2019·浙江考前冲刺卷)已知f(x)＝ex－ax2－2x，a∈R.
(1)证明：函数f(x)的图象恒过定点，并求定点的坐标；
(2)若f′(x)≥－ax－1恒成立，求a的值；
(3)在(2)成立的条件下，证明：f(x)存在唯一的极小值点x0，且－2＜f(x0)＜－.
解：(1)证明：要使参数a对函数值不产生影响，需x＝0，
此时f(0)＝e0－a×02－2×0＝1，∴函数f(x)的图象恒过定点，该定点的坐标为(0,1)．
(2)依题意得ex－2ax－2≥－ax－1恒成立，∴ex≥ax＋1恒成立．
构造函数g(x)＝ex－ax－1，
则g(x)＝ex－ax－1的图象恒过点(0,0)，g′(x)＝ex－a.
①若a≤0，则g′(x)＞0，∴g(x)在R上单调递增，
∴ex≥ax＋1不能恒成立．
②若a＞0，令g′(x)＝0，得x＝ln a.
∵当x∈(－∞，ln a)时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，
当x∈(ln a，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，
∴函数g(x)在x＝ln a处取得极小值，且g(ln a)＝a－aln a－1.
∴要使ex－2ax－2≥－ax－1恒成立，只需a－aln a－1≥0.
设h(a)＝a－aln a－1，则函数h(a)的图象恒过点(1,0)，
h′(a)＝1－ln a－1＝－ln a，
当a∈(0,1)时，h′(a)＞0，函数h(a)单调递增；
当a∈(1，＋∞)时，h′(a)＜0，函数h(a)单调递减．
∴函数h(a)在a＝1处取得极大值0，
∴要使函数h(a)≥0恒成立，只需a＝1.
综上，a的值为1.
(3)证明：由(2)知，f′(x)＝ex－2x－2，
设m(x)＝ex－2x－2，则m′(x)＝ex－2，
当x＞ln 2时，m′(x)＞0，当x＜ln 2时，m′(x)＜0，
∴函数m(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
∴函数m(x)在x＝ln 2处取得极小值，且m(ln 2)＝－2ln 2＜0.
又m(－1)＝＞0，m(2)＝e2－6＞0，
∴m(x)有两个变号零点，∴f(x)存在唯一的极小值点x0，
∴f′(x0)＝0，即ex0－2x0－2＝0，
∴f(x0)＝ex0－x－2x0＝2－x.
∵m＝e－2×－2＝e－5＜0，
∴x0∈，
∴函数f(x)的极小值f(x0)＝2－x∈，
即－2＜f(x0)＜－.

命题点一　导数的运算及几何意义
1．(2018·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为(　　)
A．y＝－2x　　　　　　　 　B．y＝－x
C．y＝2x D．y＝x
解析：选D　∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，
∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a.
又∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)恒成立，
即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立，
∴a＝1，∴f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，
∴曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.
2．(2018·全国卷Ⅱ)曲线y＝2ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为________．
解析：∵y＝2ln(x＋1)，∴y′＝.令x＝0，得y′＝2，由切线的几何意义得切线斜率为2，又切线过点(0,0)，∴切线方程为y＝2x.
答案：y＝2x
3．(2018·全国卷Ⅲ)曲线y＝(ax＋1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a＝________.
解析：∵y′＝(ax＋a＋1)ex，∴当x＝0时，y′＝a＋1，
∴a＋1＝－2，解得a＝－3.
答案：－3
命题点二　函数单调性、极值、最值
1．(2017·浙江高考)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　)

解析：选D　由f′(x)的图象知，f′(x)的图象有三个零点，故f(x)在这三个零点处取得极值，排除A、B；记导函数f′(x)的零点从左到右分别为x1，x2，x3，又在(－∞，x1)上f′(x)＜0，在(x1，x2)上f′(x)＞0，所以函数f(x)在(－∞，x1)上单调递减，排除C，故选D.
2．(2017·全国卷Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为(　　)
A．－1　　　　　　　　　 　B．－2e－3
C．5e－3 D．1
解析：选A　因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1
＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.
因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，
所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.
令f′(x)＞0，解得x＜－2或x＞1，
令f′(x)＜0，解得－2＜x＜1，
所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1.
3．(2013·浙江高考)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则(　　)
A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值
B．当k＝1时，f(x)在x＝1 处取到极大值
C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值
D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值
解析：选C　当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，0,1是函数f(x)的零点．当0＜x＜1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)＜0，当x＞1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)＞0,1不会是极值点．当k＝2时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，零点还是0,1，但是当0＜x＜1，x＞1时，f(x)＞0，由极值的概念，知选C.
4．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sin x＋sin 2x，则f(x)的最小值是________．
解析：f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝2cos x＋2(2cos2x－1)
＝2(2cos2x＋cos x－1)＝2(2cos x－1)(cos x＋1)．
∵cos x＋1≥0，
∴当cos x＜时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当cos x＞时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
∴当cos x＝时，f(x)有最小值．
又f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)，
∴当sin x＝－时，f(x)有最小值，
即f(x)min＝2××＝－.
答案：－
5．(2018·江苏高考)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为________．
解析：法一：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(x＞0)．
①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上无零点．
②当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＞；
由f′(x)＜0，得0＜x＜，
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增．
又f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，
∴f＝－＋1＝0，∴a＝3.
此时f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，
当x∈[－1,1]时，f(x)在[－1,0]上单调递增，在[0,1]上单调递减．
又f(1)＝0，f(－1)＝－4，
∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.
法二：令f(x)＝2x3－ax2＋1＝0，
得a＝＝2x＋.
令g(x)＝2x＋，则g′(x)＝2－.
由g′(x)＜0，得0＜x＜1；由g′(x)＞0，得x＞1，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
∵f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，
∴a＝g(1)＝3，
此时f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，
当x∈[－1,1]时，f(x)在[－1,0]上单调递增，在[0,1]上单调递减．
又f(1)＝0，f(－1)＝－4，
∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.
答案：－3
6．(2018·北京高考)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．
解：(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.
所以f′(1)＝(1－a)e.
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.
此时f(1)＝3e≠0.
所以a的值为1.
(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex
＝(ax－1)(x－2)ex.
若a＞，则当x∈时，f′(x)＜0;
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在x＝2处取得极小值．
若a≤，则当x∈(0,2)时，x－2＜0，ax－1≤x－1＜0，
所以f′(x)＞0.
所以2不是f(x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是.
7．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝(2＋x＋ax2)·ln(1＋x)－2x.
(1)若a＝0，证明：当－1＜x＜0时，f(x)＜0；当x＞0时，f(x)＞0；
(2)若x＝0是f(x)的极大值点，求a.
解：(1)证明：当a＝0时，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，f′(x)＝ln(1＋x)－.
设函数g(x)＝ln(1＋x)－，
则g′(x)＝.
当－1＜x＜0时，g′(x)＜0；当x＞0时，g′(x)＞0，
故当x＞－1时，g(x)≥g(0)＝0，
且仅当x＝0时，g(x)＝0，
从而f′(x)≥0，当且仅当x＝0时，f′(x)＝0.
所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．
又f(0)＝0，
故当－1＜x＜0时，f(x)＜0；当x＞0时，f(x)＞0.
(2)①若a≥0，由(1)知，
当x＞0时，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x＞0＝f(0)，
这与x＝0是f(x)的极大值点矛盾．
②若a＜0，
设函数h(x)＝＝ln(1＋x)－.
由于当|x|＜min时，2＋x＋ax2＞0，
故h(x)与f(x)符号相同．
又h(0)＝f(0)＝0，
故x＝0是f(x)的极大值点，
当且仅当x＝0是h(x)的极大值点．
h′(x)＝－
＝.
若6a＋1＞0，则当0＜x＜－，
且|x|＜min时，h′(x)＞0，
故x＝0不是h(x)的极大值点．
若6a＋1＜0，则a2x2＋4ax＋6a＋1＝0存在根x1＜0，
故当x∈(x1,0)，且|x|＜min时，h′(x)＜0，
所以x＝0不是h(x)的极大值点．
若6a＋1＝0，则h′(x)＝，
则当x∈(－1,0)时，h′(x)＞0；
当x∈(0,1)时，h′(x)＜0.
所以x＝0是h(x)的极大值点，
从而x＝0是f(x)的极大值点．
综上，a＝－.
8．(2013·浙江高考)已知a∈R，函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax.
(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)若|a|＞1，求f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值．
解：(1)当a＝1时，f′(x)＝6x2－12x＋6，所以f′(2)＝6.
又因为f(2)＝4，所以切线方程为y＝6x－8.
(2)记g(a)为f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值．
f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)．
令f′(x)＝0，得到x1＝1，x2＝a.
当a＞1时，
x
0
(0,1)
1
(1，a)
a
(a,2a)
2a
f′(x)

＋
0
－
0
＋

f(x)
0

极大值3a－1

极小值a2
(3－a)

4a3
比较f(0)＝0和f(a)＝a2(3－a)的大小可得
g(a)＝
当a＜－1时，
x
0
(0,1)
1
(1，－2a)
－2a
f′(x)

－
0
＋

f(x)
0

极小值3a－1

－28a3－24a2
得g(a)＝3a－1.
综上所述，f(x)的闭区间[0,2|a|]上的最小值为
g(a)＝
命题点三　导数的综合应用
1．(2013·浙江高考)设a，b∈R，若x≥0时恒有0≤x4－x3＋ax＋b≤(x2－1)2，则ab＝________.
解析：由于不等式0≤x4－x3＋ax＋b≤(x2－1)2，即－x4＋x3≤ax＋b≤x3－2x2＋1，记f(x)＝x3－2x2＋1，g(x)＝－x4＋x3，显然f(x)－g(x)＝x4－2x2＋1＝(x2－1)2，所以当x≥0时，f(x)≥g(x)，当且仅当x＝1时取“＝”，而f′(x)＝3x2－4x，g′(x)＝－4x3＋3x2，f′(1)＝g′(1)＝－1，因此，当y＝ax＋b为f(x)与g(x)在x＝1处有公切线时，才能使0≤x4－x3＋ax＋b≤(x2－1)2恒成立，此时a＝f′(1)＝－1，b＝1(切点为(1,0))，所以ab＝－1.
答案：－1
2．(2018·浙江高考)已知函数f(x)＝－ln x.
(1)若f(x)在x＝x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)＋f(x2)＞8－8ln 2；
(2)若a≤3－4ln 2，证明：对于任意k＞0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点．
证明：(1)函数f(x)的导函数为f′(x)＝－.
由f′(x1)＝f′(x2)，得－＝－.
因为x1≠x2，
所以＋＝.
由基本不等式得＝＋≥2.
因为x1≠x2，所以x1x2＞256.
由题意得f(x1)＋f(x2)＝－ln x1＋－ln x2＝－ln(x1x2)．
设g(x)＝－ln x，则g′(x)＝(－4)，
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如表所示：
x
(0,16)
16
(16，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)

2－4ln 2


所以g(x)在[256，＋∞)上单调递增，
故g(x1x2)＞g(256)＝8－8ln 2，
即f(x1)＋f(x2)＞8－8ln 2.
(2)令m＝e－(|a|＋k)，n＝2＋1，
则f(m)－km－a＞|a|＋k－k－a≥0，
f(n)－kn－a＜n≤n＜0，
所以存在x0∈(m，n)使f(x0)＝kx0＋a，
所以对于任意的a∈R及k∈(0，＋∞)，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有公共点．
由f(x)＝kx＋a得k＝.
设h(x)＝，
则h′(x)＝＝，
其中g(x)＝－ln x.
由(1)可知g(x)≥g(16)，又a≤3－4ln 2，
故－g(x)－1＋a≤－g(16)－1＋a＝－3＋4ln 2＋a≤0，
所以h′(x)≤0，即函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
因此方程f(x)－kx－a＝0有唯一一个实根．
综上，当a≤3－4ln 2时，对于任意k＞0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点．
3．(2017·浙江高考)已知函数f(x)＝(x－)e－x.
(1)求f(x)的导函数；
(2)求f(x)在区间上的取值范围．
解：(1)因为(x－)′＝1－，(e－x)′＝－e－x，
所以f′(x)＝e－x－(x－)e－x＝.
(2)由f′(x)＝＝0，
解得x＝1或x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x


1



f′(x)

－
0
＋
0
－
f(x)
e

0

e


又f(x)＝(－1)2e－x≥0，
所以f(x)在区间上的取值范围是.
4．(2014·浙江高考)已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(a＞0)，若f(x)在[－1,1]上的最小值记为g(a)．
(1)求g(a)；
(2)证明：当x∈[－1,1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.
解：(1)因为a＞0，－1≤x≤1，所以
(ⅰ)当0＜a＜1时，
若x∈[－1，a]，则f(x)＝x3－3x＋3a，f′(x)＝3x2－3＜0，故f(x)在(－1，a)上是减函数；
若x∈[a,1]，则f(x)＝x3＋3x－3a，f′(x)＝3x2＋3＞0，故f(x)在(a,1)上是增函数；
所以g(a)＝f(a)＝a3.
(ⅱ)当a≥1时，有x≤a，则f(x)＝x3－3x＋3a，f′(x)＝3x2－3＜0，故f(x)在(－1,1)上是减函数，所以g(a)＝f(1)＝－2＋3a.综上，g(a)＝
(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(a)，
(ⅰ)当0＜a＜1时，g(a)＝a3.
若x∈[a,1]，h(x)＝x3＋3x－3a－a3，
得h′(x)＝3x2＋3，
则h(x)在(a,1)上是增函数，
所以h(x)在[a,1]上的最大值是h(1)＝4－3a－a3，且0＜a＜1，所以h(1)≤4.故f(x)≤g(a)＋4；
若x∈[－1，a]，h(x)＝x3－3x＋3a－a3，
得h′(x)＝3x2－3，则h(x)在(－1，a)上是减函数，
所以h(x)在[－1，a]上的最大值是h(－1)＝2＋3a－a3.
令t(a)＝2＋3a－a3，则t′(a)＝3－3a2＞0，
知t(a)在(0,1)上是增函数．
所以t(a)＜t(1)＝4，即h(－1)＜4.
故f(x)≤g(a)＋4.
(ⅱ)当a≥1时，g(a)＝－2＋3a，故h(x)＝x3－3x＋2，得h′(x)＝3x2－3，此时h(x)在(－1,1)上是减函数，
因此h(x)在[－1,1]上的最大值是h(－1)＝4.
故f(x)≤g(a)＋4.
综上，当x∈[－1,1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.
5．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
解：(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，
则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
当x≠1时，g′(x)＜0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；
(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.
当x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.
所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．
①当h(2)＞0，即a＜时，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．
②当h(2)＝0，即a＝时，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
③当h(2)＜0，即a＞时，因为h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点．
由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0，故h(x)在(2,4a)上有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．
综上，当f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝.
6．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，
证明：＜a－2.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
①若a≤2，则f′(x)≤0，
当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②若a＞2，令f′(x)＝0，
得x＝或x＝.
当x∈∪时，
f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.
所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增．
(2)证明：由(1)知，当且仅当a＞2时，f(x)存在两个极值点．
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.
由于＝－－1＋a·
＝－2＋a·＝－2＋a·，
所以＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜0.
设函数g(x)＝－x＋2ln x，
由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.
所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2.