2020版高考数学（理）新创新一轮复习通用版讲义：第三章第二节导数的简单应用

第二节导数的简单应用
1．函数的单调性与导数的关系
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⇔
(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，；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点，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．
(3)开区间上的单调连续函数无最值．,
(1)f′(x)＞0(＜0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的充分不必要条件．
(2)f′(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的必要不充分条件．
(3)由f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)可得f′(x)≥0(≤0)在该区间内恒成立，而不是f′(x)＞0(＜0)恒成立，“＝”不能少，必要时还需对“＝”进行检验.
f′(x0)＝0是x0为f(x)的极值点的必要不充分条件．例如，f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点．
(1)极值点不是点，若函数f(x)在x1处取得极大值，则x1为极大值点，极大值为f(x1)；在x2处取得极小值，则x2为极小值点，极小值为f(x2)．极大值与极小值之间无确定的大小关系．
(2)极值一定在区间内部取得，有极值的函数一定不是单调函数.
[熟记常用结论]
(1)若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用并集“∪”及“或”连接，只能用“，”“和”字隔开．
(2)若函数f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值一定是函数的最值．
(3)极值只能在定义域内取得(不包括端点)，最值却可以在端点处取得，有极值的不一定有最值，有最值的也未必有极值；极值有可能成为最值，非常数可导函数最值只要不在端点处取，则必定在极值处取．
[小题查验基础]
一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)
(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)＞0.(　　)
(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．(　　)
(3)函数的极大值不一定比极小值大．(　　)
(4)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×
二、选填题
1．函数f(x)＝cos x－x在(0，π)上的单调性是(　　)
A．先增后减　　　　　　　 B．先减后增
C．增函数 D．减函数
解析：选D　∵f′(x)＝－sin x－1＜0，
∴f(x)在(0，π)上是减函数．
2．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(　　)
A．(－∞，2) B．(0,3)
C．(1,4) D．(2，＋∞)
解析：选D　函数f(x)＝(x－3)ex的导函数为f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)＞0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)ex＞0，解得x＞2.
3．已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极小值点的个数为(　　)

A．1　　　　 B．2　　　　　C．3　　　　　D．4

解析：选A　如图，在区间(a，b)内，f′(c)＝0，且在x＝c附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，所以在区间(a，b)内只有1个极小值点，故选A.
4．函数f(x)＝2x3－2x2在区间[－1,2]上的最大值是________．
解析：f′(x)＝6x2－4x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
∵f(－1)＝－4，f(0)＝0，f＝－，f(2)＝8，
∴函数f(x)＝2x3－2x2在区间[－1,2]上的最大值是8.
答案：8
5．已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是________．
解析：f′(x)＝3x2－a，由题意知f′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤3x2在[1，＋∞)上恒成立，又x∈[1，＋∞)时，3x2≥3，∴a≤3，即a的最大值是3.
答案：3
第一课时　导数与函数的单调性

[题组练透]
1．已知函数f(x)＝xln x，则f(x)(　　)
A．在(0，＋∞)上单调递增
B．在(0，＋∞)上单调递减
C．在上单调递增
D．在上单调递减
解析：选D　因为函数f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝ln x＋1(x＞0)，
当f′(x)＞0时，解得x＞，
即函数f(x)的单调递增区间为；
当f′(x)＜0时，解得0＜x＜，
即函数f(x)的单调递减区间为，故选D.
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________．
解析：设幂函数f(x)＝xa，因为图象过点，
所以＝a，a＝2，
所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，
则g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)，
令g′(x)＜0，得－2＜x＜0，
故函数g(x)的单调递减区间为(－2,0)．
答案：(－2,0)
3．(2018·开封调研)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
[名师微点]
利用导数求函数单调区间的3种方法
(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0求出单调区间．
(2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分成若干个区间，确定各区间f′(x)的符号，从而确定单调区间．
(3)若导函数的方程、不等式都不可解，根据f′(x)的结构特征，利用其图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间．

[典例精析]
(2018·全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝－x＋aln x，讨论f(x)的单调性．
[解]　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
①当a≤2时，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当a＞2时，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．
综合①②可知，当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a＞2时，f(x)在，上单调递减，在上单调递增．
[解题技法]
含参函数单调性的求法
此类问题中，导数的解析式通过化简变形后，通常可以转化为一个二次函数的含参问题．对于二次三项式含参问题，有如下处理思路：
(1)首先考虑二次三项式是否存在零点，这里涉及对判别式Δ≤0和Δ＞0分类讨论，即“有无实根判别式，两种情形需知晓”．
(2)如果二次三项式能因式分解，这表明存在零点，逻辑分类有两种情况，需要考虑首项系数是否含有参数．如果首项系数有参数，就按首项系数为零、为正、为负进行讨论；如果首项系数无参数，只需讨论两个根x1，x2的大小，即“首项系数含参数，先论系数零正负；首项系数无参数，根的大小定胜负”．
(3)注意：讨论两个根x1，x2的大小时，一定要结合函数定义域进行讨论，考虑两根是否在定义域中，即“定义域，紧跟踪，两根是否在其中”．

[过关训练]
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．

[典例精析]
(1)若函数f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是________．
(2)若函数h(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)在[1,4]上单调递减，则a的取值范围为________．
[解析]　(1)函数f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，等价于f′(x)＝1－cos 2x＋acos x＝－cos2x＋acos x＋≥0在(－∞，＋∞)恒成立．设cos x＝t，则g(t)＝－t2＋at＋≥0在[－1,1]恒成立，所以解得－≤a≤.
(2)因为h(x)在[1,4]上单调递减，
所以当x∈[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立．
由(1)知G(x)＝－，
所以a≥G(x)max，而G(x)＝2－1，
因为x∈[1,4]，所以∈，
所以G(x)max＝－(此时x＝4)，
所以a≥－，又因为a≠0，
所以a的取值范围是∪(0，＋∞)．
答案：(1)　(2)∪(0，＋∞)

　　
1．(变条件)若本例(2)条件变为“函数h(x)在[1,4]上单调递增”，则a的取值范围为________．
解析：因为h(x)在[1,4]上单调递增，所以当x∈[1,4]时，h′(x)≥0恒成立，即a≤－恒成立，
又因为当 x∈[1,4]时，min＝－1(此时x＝1)，
所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．
答案：(－∞，－1]
2．(变条件)若本例(2)条件变为“函数h(x)在[1,4]上存在单调递减区间”，则a的取值范围为________．
解析：因为h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，
所以h′(x)＜0在[1,4]上有解，
所以当x∈[1,4]时，a＞－有解，
而当x∈[1,4]时，min＝－1(此时x＝1)，
所以a＞－1，又因为a≠0，
所以a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
答案：(－1,0)∪(0，＋∞)
3．(变条件)若本例(2)条件变为“函数h(x)在[1,4]上不单调”，则a的取值范围为________．
解析：因为h(x)在[1,4]上不单调，
所以h′(x)＝0在(1,4)上有解，即a＝－＝2－1在(1,4)上有解，
令m(x)＝－，x∈(1,4)，则－1＜m(x)＜－.
所以实数a的取值范围是.
答案：
[解题技法]
由函数的单调性求参数的取值范围的方法
(1)可导函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围．
(2)可导函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)在该区间上存在解集，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围．
(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I上含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．
[过关训练]
1．(2019·渭南质检)已知函数f(x)＝ax3＋bx2的图象经过点M(1,4)，曲线在点M处的切线恰好与直线x＋9y＝0垂直．若函数f(x)在区间[m，m＋1]上单调递增，则m的取值范围是________．
解析：∵f(x)＝ax3＋bx2的图象经过点M(1,4)，
∴a＋b＝4，①
f′(x)＝3ax2＋2bx，则f′(1)＝3a＋2b.
由题意可得f′(1)·＝－1，即3a＋2b＝9.②
联立①②两式解得a＝1，b＝3，
∴f(x)＝x3＋3x2，f′(x)＝3x2＋6x.
令f′(x)＝3x2＋6x≥0，得x≥0或x≤－2.
∵函数f(x)在区间[m，m＋1]上单调递增，
∴[m，m＋1]⊆(－∞，－2]∪[0，＋∞)，
∴m≥0或m＋1≤－2，即m≥0或m≤－3.
答案：(－∞，－3]∪[0，＋∞)
2．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，＋∞)

一、题点全面练
1．下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是(　　)
A．f(x)＝sin 2x　　　　　 B．f(x)＝xex
C．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋ln x
解析：选B　对于A，f(x)＝sin 2x的单调递增区间是(k∈Z)；对于B，f′(x)＝ex(x＋1)，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，∴函数f(x)＝xex在(0，＋∞)上为增函数；对于C，f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＞0，得x＞或x＜－，∴函数f(x)＝x3－x在和上单调递增；对于D，f′(x)＝－1＋＝－，令f′(x)＞0，得0＜x＜1，∴函数f(x)＝－x＋ln x在区间(0,1)上单调递增．综上所述，应选B.
2．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.
3．若函数f(x)＝(x2－cx＋5)ex在区间上单调递增，则实数c的取值范围是(　　)
A．(－∞，2] B．(－∞，4]
C．(－∞，8] D．[－2,4]
解析：选B　f′(x)＝[x2＋(2－c)x－c＋5]ex，∵函数f(x)在区间上单调递增，∴x2＋(2－c)x－c＋5≥0对任意x∈恒成立，即(x＋1)c≤x2＋2x＋5对任意x∈恒成立，∴c≤对任意x∈恒成立，∵x∈，∴＝x＋1＋≥4，当且仅当x＝1时等号成立，∴c≤4.
4．(2019·咸宁联考)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.
5．(2019·南昌联考)已知函数f(x＋1)是偶函数，当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)＝sin x－x，设a＝f，b＝f(3)，c＝f(0)，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．b＜a＜c B．c＜a＜b
C．b＜c＜a D．a＜b＜c
解析：选A　∵函数f(x＋1)是偶函数，∴函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，∴a＝f＝f，b＝f(3)，c＝f(0)＝f(2)．又∵当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)＝sin x－x，∴当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＝cos x－1≤0，即f(x)＝sin x－x在(1，＋∞)上为减函数，∴b＜a＜c.
6．已知函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)≥0的解集为________________．

解析：由f(x)图象特征可得，在和[2，＋∞)上f′(x)≥0, 在 上f′(x)＜0，所以xf′(x)≥0⇔或⇔0≤x≤或x≥2，所以xf′(x)≥0的解集为∪[2，＋∞)．
答案：∪[2，＋∞)
7．(2019·岳阳模拟)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)
8．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)．
9．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．
二、专项培优练
(一)易错专练——不丢怨枉分
1．(2019·南昌模拟)已知函数f(x)＝xsin x，x1，x2∈，且f(x1)＜f(x2)，那么(　　)
A．x1－x2＞0 B．x1＋x2＞0
C．x－x＞0 D．x－x＜0
解析：选D　由f(x)＝xsin x，得f′(x)＝sin x＋xcos x＝cos x(tan x＋x)，当x∈时，f′(x)＞0，即f(x)在上为增函数，又∵f(－x)＝－xsin(－x)＝xsin x＝f(x)，∴f(x)为偶函数，∴当f(x1)＜f(x2)时，有f(|x1|)＜f(|x2|)，∴|x1|＜|x2|，x－x＜0，故选D.
2．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)
3．(2019·郴州模拟)已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在区间[t，t＋1]上不单调，则实数t的取值范围是________．
解析：由题意知f′(x)＝－x＋4－＝－，由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，
∴1∈(t，t＋1)或3∈(t，t＋1)⇔或⇔0＜t＜1或2＜t＜3.
答案：(0,1)∪(2,3)
(二)素养专练——学会更学通
4.[直观想象]已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，下面四个图象中，y＝f(x)的图象大致是(　　)

解析：选C　当0＜x＜1时，xf′(x)＜0，∴f′(x)＜0，故y＝f(x)在(0,1)上为减函数；当x＞1时，xf′(x)＞0，∴f′(x)＞0，故y＝f(x)在(1，＋∞)上为增函数，因此排除A、B、D，故选C.
5．[逻辑推理]已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．
解析：由f(x)＝x3－2x＋ex－，
得f(－x)＝－x3＋2x＋－ex＝－f(x)，
所以f(x)是R上的奇函数．
又f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2≥0，当且仅当x＝0时取等号，
所以f(x)在其定义域内单调递增．
因为f(a－1)＋f(2a2)≤0，
所以f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)，
所以a－1≤－2a2，解得－1≤a≤，
故实数a的取值范围是.
答案：
6．[逻辑推理、数学运算]已知f(x)＝ax－，g(x)＝ln x，x＞0，a∈R是常数．
(1)求函数y＝g(x)的图象在点P(1，g(1))处的切线方程；
(2)设F(x)＝f(x)－g(x)，讨论函数F(x)的单调性．
解：(1)因为g(x)＝ln x(x＞0)，
所以g(1)＝0，g′(x)＝，g′(1)＝1，
故函数g(x)的图象在P(1，g(1))处的切线方程是y＝x－1.
(2)因为F(x)＝f(x)－g(x)＝ax－－ln x(x＞0)，
所以F′(x)＝a＋－＝a＋2－.
①当a≥时，F′(x)≥0，F(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a＝0时，F′(x)＝，F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
③当0＜a＜时，由F′(x)＝0，得
x1＝＞0，x2＝＞0，且x2＞x1，
故F(x)在，上单调递增，在上单调递减；
④当a＜0时，由F′(x)＝0，得
x1＝＞0，x2＝＜0，
F(x)在上单调递增，在上单调递减．
(三)难点专练——适情自主选
7．已知函数f(x)＝ax－ln x，g(x)＝eax＋2x，其中a∈R.
(1)当a＝2时，求函数f(x)的极值；
(2)若存在区间D⊆(0，＋∞)，使得f(x)与g(x)在区间D上具有相同的单调性，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝2x－ln x，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝2－，
故当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈ 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
所以f(x)在x＝处取得极小值，且f＝1＋ln 2，无极大值．
(2)由题意知，f′(x)＝a－，g′(x)＝aeax＋2，
①当a＞0时，g′(x)＞0，即g(x)在R上单调递增，而f(x)在上单调递增，故必存在区间D⊆(0，＋∞)，使得f(x)与g(x)在区间D上单调递增；
②当a＝0时，f′(x)＝－＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减，而g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故不存在满足条件的区间D；
③当a＜0时，f′(x)＝a－＜0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递减，而g(x)在上单调递减，在上单调递增，若存在区间D⊆(0，＋∞)，使得f(x)与g(x)在区间D上有相同的单调性，则有ln＞0，解得a＜－2.
综上可知，实数a的取值范围为(－∞，－2)∪(0，＋∞)．
第二课时　导数与函数的极值、最值

[考法全析]
考法(一)　已知函数的解析式求函数的极值点个数或极值
[例1]　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．
[例2]　设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由．
[解]　f′(x)＝＋a(2x－1)＝(x＞－1)．
令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)．
①当a＝0时，g(x)＝1，f′(x)＞0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．
②当 a＞0时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)．
当0＜a≤时，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，
函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．
当a＞时，Δ＞0，
设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1＜x2)，
因为x1＋x2＝－，
所以x1＜－，x2＞－.
由g(－1)＝1＞0，可得－1＜x1＜－.
所以当x∈(－1，x1)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
当x∈(x1，x2)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＞0，f′(x)＞0, 函数f(x)单调递增．
因此函数f(x)有两个极值点．
③当a＜0时，Δ＞0，由g(－1)＝1＞0，
可得x1＜－1＜x2.
当x∈(－1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．
所以函数f(x)有一个极值点．
综上所述，当a＜0时，函数f(x)有一个极值点；
当0≤a≤时，函数f(x)无极值点；
当a＞时，函数f(x)有两个极值点．
考法(二)　已知函数的极值点的个数求参数
[例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.
考法(三)　已知函数的极值求参数
[例4]　(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.
[规律探求]
看个性
考法(一)是已知函数的解析式求函数的极值点个数或极值．解决此类问题的一般步骤为：(1)确定函数定义域；
(2)求导数f′(x)及f′(x)＝0的根；
(3)根据方程f′(x)＝0的根将函数定义域分成若干个区间，列出表格，检查导函数f′(x)零点左右f′(x)的值的符号，并得出结论．
[提醒]　如果解析式中含有参数，需分类讨论，分类标准主要有以下几个方面：
(1)f′(x)＝0的根是否存在；
(2)f′(x)＝0根的大小；
(3)f′(x)＝0的根与定义域的关系等．
考法(二)是已知函数极值点的个数求参数．解决此类问题可转化为函数y＝f′(x)在区间(a，b)内变号零点的个数问题求解．
考法(三)是已知函数的极值求参数．解决此类问题常利用f′(x0)＝0列方程求参数，求出参数后还要检验所求参数值是否满足x0的极值点特征
找共性
利用导数研究函数极值的一般流程


[典例精析]
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.
[解题技法]
求函数f(x)在闭区间[a，b]内的最值的思路
(1)若所给的闭区间[a，b]不含有参数，则只需对函数f(x)求导，并求f′(x)＝0在区间[a，b]内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与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．
(2)若所给的闭区间[a，b]含有参数，则需对函数f(x)求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值．
[提醒]　求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，然后借助图象观察得到函数的最值．
[过关训练]
1．(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＝，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：－
2．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)在区间(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)在区间(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)在区间(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.

[典例精析]
(2019·贵阳模拟)已知函数f(x)＝ln x＋x2－ax＋a(a∈R)．
(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且x2≥ x1(e为自然对数的底数)，求f(x2)－f(x1)的最大值．
[解]　(1)∵f′(x)＝＋x－a(x＞0)，
又f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴恒有f′(x)≥0，
即＋x－a≥0恒成立，∴a≤min，
而x＋≥2 ＝2，当且仅当x＝1时取“＝”，∴a≤2.
即函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数时，a的取值范围是(－∞，2]．
(2)∵f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，
且f′(x)＝＋x－a＝(x＞0)，
∴x1，x2是方程x2－ax＋1＝0的两个实根，
由根与系数的关系得x1＋x2＝a，x1x2＝1，
∴f(x2)－f(x1)＝ln＋(x－x)－a(x2－x1)＝ln－(x－x)＝ln－(x－x)＝ln－，
设t＝(t≥ )，令h(t)＝ln t－(t≥ )，
则h′(t)＝－＝－＜0，
∴h(t)在[，＋∞)上是减函数，
∴h(t)≤h()＝，
故f(x2)－f(x1) 的最大值为.
[解题技法]
解决函数极值、最值综合问题的策略
(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．
(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论．
(3)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．
[过关训练]
已知函数f(x)＝(a＞0)的导函数f′(x)的两个零点为－3和0.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值．
解：(1)f′(x)＝
＝.
令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，
因为ex＞0，所以f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′(x)与g(x)符号相同．
又因为a＞0，所以当－3＜x＜0时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，
当x＜－3或x＞0时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，
所以f(x)的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．
(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有
解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝.
由(1)可知当x＝0时f(x)取得极大值f(0)＝5，
故f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者．
而f(－5)＝＝5e5＞5＝f(0)，
所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.

一、题点全面练
1．函数f(x)＝xe－x，x∈[0,4]的最小值为(　　)
A．0　　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选A　f′(x)＝，
当x∈[0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当x∈(1,4]时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
因为f(0)＝0，f(4)＝＞0，所以当x＝0时，f(x)有最小值，且最小值为0.
2．若函数f(x)＝aex－sin x在x＝0处有极值，则a的值为(　　)
A．－1 B．0
C．1 D．e
解析：选C　f′(x)＝aex－cos x，若函数f(x)＝aex－sin x在x＝0处有极值，则f′(0)＝a－1＝0，解得a＝1，经检验a＝1符合题意，故选C.
3．已知x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，那么函数f(x)的极大值为(　　)
A．15 B．16
C．17 D．18
解析：选D　因为x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，所以f′(2)＝12－3a＝0，解得a＝4，所以函数f(x)的解析式为f(x)＝x3－12x＋2，f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0，得x＝±2，故函数f(x)在(－2,2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当x＝－2时，函数f(x)取得极大值f(－2)＝18.
4.(2019·合肥模拟)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的大致图象如图所示，则x＋x等于(　　)

A. B.
C. D.
解析：选C　由图象可知f(x)的图象过点(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，则x1，x2是方程f′(x)＝3x2－6x＋2＝0的两个不同的实数根，因此x1＋x2＝2，x1x2＝，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－＝.
5．(2019·泉州质检)已知直线y＝a分别与函数y＝ex＋1和y＝交于A，B两点，则A，B之间的最短距离是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选D　由y＝ex＋1得x＝ln y－1，由y＝得x＝y2＋1，所以设h(y)＝|AB|＝y2＋1－(ln y－1)＝y2－ln y＋2，h′(y)＝2y－＝(y＞0)，当0＜y＜时，h′(y)＜0；当y＞时，h′(y)＞0，即函数h(y)在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以h(y)min＝h＝2－ln＋2＝.
6．若函数f(x)＝x3－3a2x＋a(a＞0)的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，
由f′(x)＝0得x＝±a，
当－a＜x＜a时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
当x＞a或x＜－a时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
∴f(x)的极大值为f(－a)，极小值为f(a)．
∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a＞0且f(a)＝a3－3a3＋a＜0，
解得a＞.
∴a的取值范围是.
答案：
7．(2019·长沙调研)已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－ax，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a＝________.
解析：由题意知，当x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1.
令f′(x)＝－a＝0，得x＝，
当0＜x＜时，f′(x)＞0；
当x＞时，f′(x)＜0.
∴f(x)max＝f＝－ln a－1＝－1，解得a＝1.
答案：1
8．(2018·内江一模)已知函数f(x)＝asin x＋bcos x(a，b∈R)，曲线y＝f(x)在点处的切线方程为y＝x－.
(1)求a，b的值；
(2)求函数g(x)＝在上的最小值．
解：(1)由切线方程知，当x＝时，y＝0，
∴f＝a＋b＝0.
∵f′(x)＝acos x－bsin x，
∴由切线方程知，f′＝a－b＝1，
∴a＝，b＝－.
(2) 由(1)知，f(x)＝sin x－cos x＝sin，
∴函数g(x)＝，g′(x)＝.设u(x)＝xcos x－sin x，则u′(x)＝－xsin x＜0，故u(x)在上单调递减．∴u(x)＜u(0)＝0，∴g(x)在上单调递减．∴函数g(x)在 上的最小值为g＝.
9．已知函数f(x)＝aln x＋(a＞0)．
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)是否存在实数a，使得函数f(x)在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
解：由题意，知函数的定义域为{x|x＞0}，f′(x)＝－＝(a＞0)．
(1)由f′(x)＞0，解得x＞，
所以函数f(x)的单调递增区间是；
由f′(x)＜0，解得0＜x＜，
所以函数f(x)的单调递减区间是.
所以当x＝时，函数f(x)有极小值f＝aln＋a＝a－aln a，无极大值．
(2)不存在，理由如下：
由(1)可知，当x∈时，函数f(x)单调递减；
当x∈时，函数f(x)单调递增．
①若0＜≤1，即a≥1时，函数f(x)在[1，e]上为增函数，
故函数f(x)的最小值为f(1)＝aln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．
②若1＜≤e，即≤a＜1时，函数f(x)在上为减函数，在上为增函数，
故函数f(x)的最小值为f(x)的极小值f＝aln＋a＝a－aln a＝0，即ln a＝1，解得a＝e，而≤a＜1，故不满足条件．
③若＞e，即0＜a＜时，函数f(x)在[1，e]上为减函数，故函数f(x)的最小值为f(e)＝aln e＋＝a＋＝0，即a＝－，而0＜a＜，故不满足条件．
综上所述，不存在这样的实数a，使得函数f(x)在[1，e]上的最小值为0.
二、专项培优练
(一)易错专练——不丢怨枉分
1．(2019·郑州质检)若函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1时有极值10，则a，b的值为(　　)
A．a＝3，b＝－3或a＝－4，b＝11
B．a＝－4，b＝－3或a＝－4，b＝11
C．a＝－4，b＝11
D．以上都不对
解析：选C　由题意，f′(x)＝3x2－2ax－b，
则f′(1)＝0，即2a＋b＝3.①
f(1)＝1－a－b＋a2＝10，即a2－a－b＝9.②
联立①②，解得或
经检验不符合题意，舍去．故选C.
2．(2019·唐山联考)若函数f(x)＝x2－ln x＋1在其定义域内的一个子区间(a－1，a＋1)内存在极值，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意，得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－＝，令f′(x)＝0，得x＝，
则由已知得解得1≤a＜.
答案：
3．(2019·德州质检)已知函数f(x)＝－x3＋x在(a,10－a2)上有最大值，则实数a的取值范围是________．
解析：由f′(x)＝－x2＋1，知f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在[－1,1]上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f(x)在(a,10－a2)上存在最大值的条件为其中f(1)≥f(a)，即为－＋1≥－a3＋a，
整理得a3－3a＋2≥0，即a3－1－3a＋3≥0，
即(a－1)(a2＋a＋1)－3(a－1)≥0，
即(a－1)(a2＋a－2)≥0，即(a－1)2(a＋2)≥0，
即解得－2≤a＜1.
答案：[－2,1)
(二)素养专练——学会更学通
4.[直观想象]已知函数f(x)是R上的可导函数，f(x)的导函数f′(x)的图象如图，则下列结论正确的是(　　)

A．a，c分别是极大值点和极小值点
B．b，c分别是极大值点和极小值点
C．f(x)在区间(a，c)上是增函数
D．f(x)在区间(b，c)上是减函数
解析：选C　由极值点的定义可知，a是极小值点，无极大值点；由导函数的图象可知，函数f(x)在区间(a，＋∞)上是增函数，故选C.
5.[数学建模]如图，在半径为10的半圆形(O为圆心)铁皮上截取一块矩形材料ABCD，其中A，B在直径上，C，D在圆周上，将所截得的矩形铁皮ABCD卷成一个以AD为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁与拼接损耗)，记圆柱形罐子的体积为V，设AD＝x，则Vmax＝________.
解析：设圆柱形罐子的底面半径为r，
由题意得AB＝2＝2πr，
所以r＝，
所以V＝πr2x＝π2x＝(－x3＋300x)(0＜x＜10)，故V′＝－(x2－100)＝－(x＋10)(x－10)(0＜x＜10)．
令V′＝0，得x＝10(负值舍去)，
则V′，V随x的变化情况如下表：
x
(0,10)
10
(10,10)
V′
＋
0
－
V

极大值

所以当x＝10时，V取得极大值，也是最大值，
所以Vmax＝.
答案：
6．[数学运算]已知函数f(x)＝ln(x＋1)－，其中a为常数．
(1)当1＜a≤2时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x＞0时，求g(x)＝xln＋ln(1＋x)的最大值．
解：(1)函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝，
①当－1＜2a－3＜0，即1＜a＜时，
当－1＜x＜2a－3或x＞0时，f′(x)＞0，则f(x)在(－1，2a－3)，(0，＋∞)上单调递增，
当2a－3＜x＜0时，f′(x)＜0，则f(x)在(2a－3,0)上单调递减．
②当2a－3＝0，即a＝时，f′(x)≥0，则f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．
③当2a－3＞0，即a＞时，
当－1＜x＜0或x＞2a－3时，f′(x)＞0，
则f(x)在(－1,0)，(2a－3，＋∞)上单调递增，
当0＜x＜2a－3时，f′(x)＜0，则f(x)在(0,2a－3)上单调递减．
综上，当1＜a＜时，f(x)在(－1,2a－3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a－3,0)上单调递减；当a＝时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；当＜a≤2时，f(x)在(－1,0)，(2a－3，＋∞)上单调递增，在(0,2a－3)上单调递减．
(2)∵g(x)＝ln(1＋x)－xln x＝g，
∴g(x)在(0，＋∞)上的最大值等价于g(x)在(0,1]上的最大值．
令h(x)＝g′(x)＝ln(1＋x)＋·－(ln x＋1)＝ln(1＋x)－ln x＋－，
则h′(x)＝.
由(1)可知当a＝2时，f(x)在(0,1]上单调递减，
∴f(x)＜f(0)＝0，
∴h′(x)＜0，从而h(x)在(0,1]上单调递减，
∴h(x)≥h(1)＝0，∴g(x)在(0,1]上单调递增，
∴g(x)≤g(1)＝2ln 2，
∴g(x)的最大值为2ln 2.