高考數(shù)學(xué)（文）一輪復(fù)習(xí)教師用書第二章第十一節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用

第二章函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第十一節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用1．函數(shù)的單調(diào)性在(a，b)內(nèi)可導(dǎo)函數(shù)f(x)，f′(x)在(a，b)任意子區(qū)間內(nèi)都不恒等于0.f′(x)≥0?f(x)在(a，b)上為增函數(shù)．f′(x)≤0?f(x)在(a，b)上為減函數(shù)．2．函數(shù)的極值(1)函數(shù)的極小值：函數(shù)y＝f(x)在點x＝a的函數(shù)值f(a)比它在點x＝a附近其他點的函數(shù)值都小，f′(a)＝0；而且在點x＝a附近的左側(cè)f′(x)＜0，右側(cè)f′(x)＞0，則點a叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值點，f(a)叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值．(2)函數(shù)的極大值：函數(shù)y＝f(x)在點x＝b的函數(shù)值f(b)比它在點x＝b附近的其他點的函數(shù)值都大，f′(b)＝0；而且在點x＝b附近的左側(cè)f′(x)＞0，右側(cè)f′(x)＜0，則點b叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值點，f(b)叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值．極小值點、極大值點統(tǒng)稱為極值點，極大值和極小值統(tǒng)稱為極值．3．函數(shù)的最值(1)在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)的函數(shù)f(x)在[a，b]上必有最大值與最小值．(2)若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞增，則f(a)為函數(shù)的最小值，f(b)為函數(shù)的最大值；若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞減，則f(a)為函數(shù)的最大值，f(b)為函數(shù)的最小值．1．判斷下面結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)若函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增，那么一定有f′(x)>0.()(2)如果函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0，則f(x)在此區(qū)間內(nèi)沒有單調(diào)性．()(3)在(a，b)內(nèi)f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限個，則f(x)在(a，b)內(nèi)是減函數(shù)．()(4)函數(shù)的極大值不一定比極小值大．()(5)對可導(dǎo)函數(shù)f(x)，f′(x0)＝0是x0點為極值點的充要條件．()(6)函數(shù)的極大值一定是函數(shù)的最大值．()(7)開區(qū)間上的單調(diào)連續(xù)函數(shù)無最值．()答案：(1)×(2)√(3)√(4)√(5)×(6)×(7)√2．函數(shù)f(x)＝cosx－x在(0，π)上的單調(diào)性是()A．先增后減 B．先減后增C．增函數(shù) D．減函數(shù)解析：選D∵f′(x)＝－sinx－1＜0.∴f(x)在(0，π)上是減函數(shù)，故選D.3．函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)解析：選D函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.由函數(shù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，得當(dāng)f′(x)>0時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，此時由不等式f′(x)＝(x－2)ex>0，解得x>2.4．(2016·四川高考)已知a為函數(shù)f(x)＝x3－12x的極小值點，則a＝()A．－4 B．－2C．4 D．2解析：選D由題意得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0得x＝±2，∴當(dāng)x＜－2或x＞2時，f′(x)＞0；當(dāng)－2＜x＜2時，f′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，－2)上為增函數(shù)，在(－2,2)上為減函數(shù)，在(2，＋∞)上為增函數(shù)．∴f(x)在x＝2處取得極小值，∴a＝2.5．函數(shù)f(x)＝2x3－2x2在區(qū)間[－1,2]上的最大值是________．解析：f′(x)＝6x2－4x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(2,3).∵f(－1)＝－4，f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(8,27)，f(2)＝8.∴函數(shù)f(x)＝2x3－2x2在區(qū)間[－1,2]上的最大值為8.答案：86．已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函數(shù)，則a的最大值是________．解析：f′(x)＝3x2－a，由題意知f′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤3x2在[1，＋∞)上恒成立，又x∈[1，＋∞)時，3x2≥3，∴a≤3，即a的最大值是3.答案：3第一課時導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性eq\a\vs4\al(考點一判斷或證明函數(shù)的單調(diào)性)eq\a\vs4\al(重點保分型考點——師生共研)單調(diào)性是導(dǎo)數(shù)應(yīng)用中最基本、最重要的知識點，導(dǎo)數(shù)的所有應(yīng)用都離不開單調(diào)性，研究函數(shù)的單調(diào)性常出現(xiàn)在解答題某一問中，多利用分類討論思想.[典題領(lǐng)悟](2017·全國卷Ⅰ節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝ex(ex－a)－a2x，討論f(x)的單調(diào)性．解：函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．①若a＝0，則f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．②若a＞0，則由f′(x)＝0，得x＝lna.當(dāng)x∈(－∞，lna)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(lna，＋∞)時，f′(x)＞0.故f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．③若a＜0，則由f′(x)＝0，得x＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2))).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))))時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))，＋∞))時，f′(x)＞0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))，＋∞))上單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a＝0時，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)a<0時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))，＋∞))上單調(diào)遞增．[解題師說]1．解題“3步驟”(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根；(3)利用f′(x)＝0的根將函數(shù)的定義域分成若干個子區(qū)間，在這些子區(qū)間上討論f′(x)的正負(fù)，由f′(x)的正負(fù)確定f(x)在相應(yīng)子區(qū)間上的單調(diào)性．2．解題“2注意”(1)研究含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性時，需注意依據(jù)參數(shù)取值對不等式解集的影響進(jìn)行分類討論．(2)f′(x)>0(<0)在區(qū)間(a，b)上成立是f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增(減)的充分條件．[沖關(guān)演練]1．函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(x,1＋2x)為________函數(shù)(填“增”或“減”)．解析：由已知得f(x)的定義域為(0，＋∞)．∵f(x)＝lnx－eq\f(x,1＋2x)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1＋2x－2x,1＋2x2)＝eq\f(4x2＋3x＋1,x1＋2x2).∵x>0，∴4x2＋3x＋1>0，x(1＋2x)2>0.∴當(dāng)x>0時，f′(x)>0.∴f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．答案：增2．已知函數(shù)f(x)＝x－eq\f(2,x)＋1－alnx，a＞0，討論f(x)的單調(diào)性．解：由題意知，f(x)的定義域是(0，＋∞)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝1＋eq\f(2,x2)－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－ax＋2,x2).設(shè)g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判別式Δ＝a2－8.①當(dāng)Δ≤0，即0＜a≤2eq\r(2)時，對一切x＞0都有f′(x)≥0.此時f(x)是(0，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)．②當(dāng)Δ＞0，即a＞2eq\r(2)時，方程g(x)＝0有兩個不同的實根x1＝eq\f(a－\r(a2－8),2)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－8),2)，0＜x1＜x2.由f′(x)>0，得0<x<x1或x>x2.由f′(x)<0，得x1<x<x2.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－8),2)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－8),2)，\f(a＋\r(a2－8),2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－8),2)，＋∞))上單調(diào)遞增．eq\a\vs4\al(考點二求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間)eq\a\vs4\al(重點保分型考點——師生共研)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間是高考的熱點和重點，一般為解答題的第一問，若不含參數(shù)，難度一般，若含參數(shù)，則難度較高，需要分類討論.[典題領(lǐng)悟]已知函數(shù)f(x)＝alnx＋x2－ax(a∈R)，若x＝3是f(x)的極值點，求f(x)的單調(diào)區(qū)間．解：f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－a＝eq\f(2x2－ax＋a,x)，因為x＝3是f(x)的極值點，所以f′(3)＝eq\f(18－3a＋a,3)＝0，解得a＝9，所以f′(x)＝eq\f(2x2－9x＋9,x)＝eq\f(2x－3x－3,x).由f′(x)>0，得0<x<eq\f(3,2)或x>3；由f′(x)<0，得eq\f(3,2)<x<3，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，(3，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3)).[解題師說]1．掌握利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的3個步驟(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)；(3)由f′(x)>0(或f′(x)<0)解出相應(yīng)的x的取值范圍，對應(yīng)的區(qū)間為f(x)的單調(diào)遞增(減)區(qū)間．2．理清有關(guān)函數(shù)單調(diào)區(qū)間的3個點(1)單調(diào)區(qū)間是函數(shù)定義域的子區(qū)間，所以求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間要先求函數(shù)的定義域；(2)求可導(dǎo)函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間，可以直接轉(zhuǎn)化為f′(x)>0與f′(x)<0這兩個不等式的解集問題來外理；(3)若可導(dǎo)函數(shù)f(x)在指定區(qū)間D上單調(diào)遞增(減)，則應(yīng)將其轉(zhuǎn)化為f′(x)≥0(f′(x)≤0)來處理．[沖關(guān)演練]1．函數(shù)y＝eq\f(1,2)x2－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間為()A．(0,1) B．(0，＋∞)C．(1，＋∞) D．(0,2)解析：選A對于函數(shù)y＝eq\f(1,2)x2－lnx，易得其定義域為(0，＋∞)，y′＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)，令eq\f(x2－1,x)<0，又x>0，所以x2－1<0，解得0<x<1，即函數(shù)y＝eq\f(1,2)x2－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)．2．(2017·天津高考節(jié)選)已知定義在R上的函數(shù)f(x)＝2x4＋3x3－3x2－6x＋a，g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，求g(x)的單調(diào)區(qū)間．解：由f(x)＝2x4＋3x3－3x2－6x＋a，可得g(x)＝f′(x)＝8x3＋9x2－6x－6，進(jìn)而可得g′(x)＝24x2＋18x－6.令g′(x)＝0，解得x＝－1或x＝eq\f(1,4).當(dāng)x變化時，g′(x)，g(x)的變化情況如下表：x(－∞，－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))g′(x)＋－＋g(x)所以g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))，單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,4))).考點三已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍eq\a\vs4\al(重點保分型考點——師生共研)已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)范圍問題是近幾年高考的熱點，一般為解答題的第二問.難度中檔，有時也以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，難度中高檔.解決此類問題的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為恒成立問題，再參變分離，轉(zhuǎn)化為最值問題求解.[典題領(lǐng)悟]設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(a,2)x2＋bx＋c，曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝1.(1)求b，c的值；(2)若a＞0，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在區(qū)間(－2，－1)內(nèi)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)f′(x)＝x2－ax＋b，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝1，,f′0＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝1，,b＝0.))(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)，當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(0，a)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(a，＋∞)時，f′(x)>0.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，(a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，a)．(3)g′(x)＝x2－ax＋2，依題意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，即x∈(－2，－1)時，a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))max＝－2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(2,x)，即x＝－eq\r(2)時等號成立．所以滿足要求的a的取值范圍是(－∞，－2eq\r(2))．[解題師說]1．審題要準(zhǔn)第(3)問中g(shù)(x)在區(qū)間(－2，－1)內(nèi)存在單調(diào)遞減區(qū)間，等價于?x∈(－2，－1)，g′(x)<0成立，再借于分離參數(shù)求a的取值范圍．2．方法要熟由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍的方法：(1)可導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)，實際上就是在該區(qū)間上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到關(guān)于參數(shù)的不等式，從而轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，求出參數(shù)的取值范圍；(2)可導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(a，b)上存在單調(diào)區(qū)間，實際上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在該區(qū)間上存在解集，從而轉(zhuǎn)化為不等式問題，求出參數(shù)的取值范圍；(3)若已知f(x)在區(qū)間I上的單調(diào)性，區(qū)間I上含有參數(shù)時，可先求出f(x)的單調(diào)區(qū)間，令I(lǐng)是其單調(diào)區(qū)間的子集，從而求出參數(shù)的取值范圍．[沖關(guān)演練]在本例中，(1)若g(x)在(－2，－1)內(nèi)為減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．(2)若g(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－2，－1)，求實數(shù)a的值．(3)若g(x)在(－2，－1)上不單調(diào)，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)∵g′(x)＝x2－ax＋2，且g(x)在(－2，－1)內(nèi)為減函數(shù)，∴x2－ax＋2≤0在(－2，－1)內(nèi)恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g′－2≤0，,g′－1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4＋2a＋2≤0，,1＋a＋2≤0，))解得a≤－3.即實數(shù)a的取值范圍為(－∞，－3]．(2)∵g(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－2，－1)，∴x1＝－2，x2＝－1是g′(x)＝0的兩個根，∴(－2)＋(－1)＝a，即a＝－3.(3)由(1)知g(x)在(－2，－1)上為減函數(shù)時，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－3]．若g(x)在(－2，－1)上為增函數(shù)，可知a≥x＋eq\f(2,x)在(－2，－1)上恒成立，又y＝x＋eq\f(2,x)的值域為(－3，－2eq\r(2))，∴實數(shù)a的范圍是[－2eq\r(2)，＋∞)，∴函數(shù)g(x)在(－2，－1)上單調(diào)時，a的取值范圍是(－∞，－3]∪[－2eq\r(2)，＋∞)，故g(x)在(－2，－1)上不單調(diào)時，實數(shù)a的取值范圍是(－3，－2eq\r(2))．(一)普通高中適用作業(yè)A級——基礎(chǔ)小題練熟練快1．已知m是實數(shù)，函數(shù)f(x)＝x2(x－m)，若f′(－1)＝－1，則函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，0))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))，(0，＋∞)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))∪(0，＋∞)解析：選C∵f′(x)＝3x2－2mx，∴f′(－1)＝3＋2m＝－1，解得m＝－2由f′(x)＝3x2＋4x＞0，解得x＜－eq\f(4,3)或x＞0，即f(x)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))，(0，＋∞)，故選C.2．下列函數(shù)中，在(0，＋∞)上為增函數(shù)的是()A．f(x)＝sin2x B．f(x)＝xexC．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋lnx解析：選B對于A，f(x)＝sin2x的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,4)，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)；對于B，f′(x)＝ex(x＋1)，當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，∴函數(shù)f(x)＝xex在(0，＋∞)上為增函數(shù)；對于C，f′(x)＝3x2－1，令f′(x)>0，得x>eq\f(\r(3),3)或x<－eq\f(\r(3),3)，∴函數(shù)f(x)＝x3－x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))上單調(diào)遞增；對于D，f′(x)＝－1＋eq\f(1,x)＝－eq\f(x－1,x)，令f′(x)>0，得0<x<1，∴函數(shù)f(x)＝－x＋lnx在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增．綜上所述，應(yīng)選B.3．函數(shù)f(x)＝3＋xlnx的單調(diào)遞減區(qū)間是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))解析：選B因為函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝lnx＋x·eq\f(1,x)＝lnx＋1，令f′(x)＜0，解得0＜x＜eq\f(1,e)，故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).4．已知函數(shù)f(x)＝x2＋2cosx，若f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則函數(shù)f′(x)的圖象大致是()解析：選A設(shè)g(x)＝f′(x)＝2x－2sinx，g′(x)＝2－2cosx≥0，所以函數(shù)f′(x)在R上單調(diào)遞增，故選A.5．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x3＋ax＋4，則“a＞0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選Af′(x)＝eq\f(3,2)x2＋a，當(dāng)a>0時，f′(x)>0，即a>0時，f(x)在R上單調(diào)遞增，由f(x)在R上單調(diào)遞增，可得a≥0.故“a＞0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的充分不必要條件．6．(2017·四川樂山一中期末)若f(x)＝x2－alnx在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍為()A．(－∞，1) B．(－∞，1]C．(－∞，2) D．(－∞，2]解析：選D由f(x)＝x2－alnx，得f′(x)＝2x－eq\f(a,x)，∵f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴2x－eq\f(a,x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，∵x∈(1，＋∞)時，2x2＞2，∴a≤2.故選D.7．函數(shù)f(x)＝x3－15x2－33x＋6的單調(diào)減區(qū)間為________．解析：由f(x)＝x3－15x2－33x＋6，得f′(x)＝3x2－30x－33，令f′(x)＜0，即3(x－11)(x＋1)＜0，解得－1＜x＜11，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－1,11)．答案：(－1,11)8．若f(x)＝xsinx＋cosx，則f(－3)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，f(2)的大小關(guān)系為________．解析：函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，因此f(－3)＝f(3)．又f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，f′(x)≤0.所以f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上是減函數(shù)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＞f(2)＞f(3)＝f(－3)．答案：f(－3)＜f(2)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))9．已知函數(shù)f(x)＝ax＋lnx，則當(dāng)a＜0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是________，單調(diào)遞減區(qū)間是________．解析：由已知得f(x)的定義域為(0，＋∞)．當(dāng)a＜0時，因為f′(x)＝a＋eq\f(1,x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a))),x)，所以當(dāng)x≥－eq\f(1,a)時，f′(x)≤0，當(dāng)0＜x＜－eq\f(1,a)時，f′(x)＞0，所以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)，＋∞)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))10．若函數(shù)f(x)＝2ax3－6x2＋7在(0,2]上是減函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：因為f(x)＝2ax3－6x2＋7，所以f′(x)＝6ax2－12x.又f(x)在(0,2]上是減函數(shù)，所以f′(x)＝6ax2－12x≤0在(0,2]上恒成立．即a≤eq\f(2,x)在(0,2]上恒成立．令g(x)＝eq\f(2,x)，而g(x)＝eq\f(2,x)在(0,2]上為減函數(shù)，所以g(x)min＝g(2)＝1，故a≤1.答案：(－∞，1]B級——中檔題目練通抓牢1.已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝ax2＋bx＋c的圖象如圖所示，則f(x)的圖象可能是()解析：選D當(dāng)x<0時，由導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝ax2＋bx＋c<0，知相應(yīng)的函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，排除A、B；當(dāng)x>0時，由導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝ax2＋bx＋c的圖象可知，導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(0，x1)內(nèi)的值是大于0的，則函數(shù)f(x)在(0，x1)上單調(diào)遞增，只有D選項符合題意．2．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋ax－5在區(qū)間[－1,2]上不單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－3] B．(－3,1)C．[1，＋∞) D．(－∞，－3]∪[1，＋∞)解析：選B因為f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋ax－5，所以f′(x)＝x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1，如果函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋ax－5在區(qū)間[－1,2]上單調(diào)，那么a－1≥0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′－1≤0，,f′2≤0，))解得a≥1或a≤－3，于是滿足條件的a∈(－3,1)．3．函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，若f(x)＝f(2－x)，且當(dāng)x∈(－∞，1)時，(x－1)f′(x)<0，設(shè)a＝f(0)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)<b<c B．c<b<aC．c<a<b D．b<c<a解析：選C因為當(dāng)x∈(－∞，1)時，(x－1)f′(x)<0，所以f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，1)上是單調(diào)遞增函數(shù)，所以a＝f(0)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝b，又f(x)＝f(2－x)，所以c＝f(3)＝f(－1)，所以c＝f(－1)<f(0)＝a，所以c<a<b，故選C.4．若冪函數(shù)f(x)的圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，則函數(shù)g(x)＝exf(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為________．解析：設(shè)冪函數(shù)f(x)＝xa，因為圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，所以eq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))a，a＝2，所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，則g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)，令g′(x)＜0，得－2＜x＜0，故函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－2,0)．答案：(－2,0)5.(2018·張掖一診)若函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,3)－eq\f(a,2)x2＋x＋1在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：f′(x)＝x2－ax＋1，∵函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上單調(diào)遞減，∴f′(x)≤0在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≤0，,f′3≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,2)a＋1≤0，,9－3a＋1≤0，))解得a≥eq\f(10,3)，∴實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，＋∞)).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，＋∞))6．已知f(x)＝lnx－eq\f(a,x)(a∈R)．(1)若函數(shù)f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線平行于直線x＋y＝0，求a的值；(2)討論函數(shù)f(x)在定義域上的單調(diào)性．解：(1)因為f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)，所以由題意可知f′(1)＝1＋a＝－1，故a＝－2.(2)f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(x＋a,x2)(x>0)，當(dāng)a≥0時，因為x＞0，所以f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)；當(dāng)a＜0時，由f′(x)＝eq\f(x＋a,x2)＞0，得x＞－a；由f′(x)＝eq\f(x＋a,x2)＜0，得0＜x＜－a，所以f(x)在(0，－a)上為減函數(shù)，在(－a，＋∞)上為增函數(shù)．綜上所述，當(dāng)a≥0時，f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)；當(dāng)a＜0時，f(x)在(0，－a)上為減函數(shù)，在(－a，＋∞)上為增函數(shù)．7．已知函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(1,2)x2＋(a＋1)x＋3.(1)當(dāng)a＝－1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)當(dāng)a＝－1時，f(x)＝－lnx＋eq\f(1,2)x2＋3，定義域為(0，＋∞)，則f′(x)＝－eq\f(1,x)＋x.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x＜0，,x＞0，))得0＜x＜1.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)．(2)法一：因為函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，所以f′(x)＝eq\f(a,x)＋x＋a＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以x2＋(a＋1)x＋a≥0，即(x＋1)(x＋a)≥0在(0，＋∞)上恒成立．因為x＋1＞0，所以x＋a≥0對x∈(0，＋∞)恒成立，所以a≥0，故實數(shù)a的取值范圍是[0，＋∞)．法二：因為函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，所以f′(x)＝eq\f(a,x)＋x＋a＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，即x2＋(a＋1)x＋a≥0在(0，＋∞)上恒成立．令g(x)＝x2＋(a＋1)x＋a，因為Δ＝(a＋1)2－4a≥0所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋1,2)≤0，,g0≥0，))即a≥0，所以實數(shù)a的取值范圍是[0，＋∞)．C級——重難題目自主選做1．定義在區(qū)間(0，＋∞)上的函數(shù)y＝f(x)使不等式2f(x)<xf′(x)<3f(x)恒成立，其中y＝f′(x)為y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則(A．8<eq\f(f2,f1)<16 B．4<eq\f(f2,f1)<8C．3<eq\f(f2,f1)<4 D．2<eq\f(f2,f1)<3解析：選B∵xf′(x)－2f(x)>0，x>0∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x2)))′＝eq\f(f′x·x2－2xfx,x4)＝eq\f(xf′x－2fx,x3)>0，∴y＝eq\f(fx,x2)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴eq\f(f2,22)>eq\f(f1,12)，即eq\f(f2,f1)>4.∵xf′(x)－3f(x)<0，x>0∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x3)))′＝eq\f(f′x·x3－3x2fx,x6)＝eq\f(xf′x－3fx,x4)<0，∴y＝eq\f(fx,x3)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴eq\f(f2,23)<eq\f(f1,13)，即eq\f(f2,f1)<8.綜上，4<eq\f(f2,f1)<8.2．(2017·江蘇高考)已知函數(shù)f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：由f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)，得f(－x)＝－x3＋2x＋eq\f(1,ex)－ex＝－f(x)，所以f(x)是R上的奇函數(shù)．又f′(x)＝3x2－2＋ex＋eq\f(1,ex)≥3x2－2＋2eq\r(ex·\f(1,ex))＝3x2≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取等號，所以f(x)在其定義域內(nèi)單調(diào)遞增．因為f(a－1)＋f(2a2)≤0所以f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2所以a－1≤－2a2，解得－1≤a≤eq\f(1,2)，故實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))(二)重點高中適用作業(yè)A級——保分題目巧做快做1．已知m是實數(shù)，函數(shù)f(x)＝x2(x－m)，若f′(－1)＝－1，則函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，0))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))，(0，＋∞)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))∪(0，＋∞)解析：選C∵f′(x)＝3x2－2mx，∴f′(－1)＝3＋2m＝－1，解得m＝－2由f′(x)＝3x2＋4x＞0，解得x＜－eq\f(4,3)或x＞0，即f(x)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))，(0，＋∞)，故選C.2．已知函數(shù)f(x)＝x2＋2cosx，若f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則函數(shù)f′(x)的圖象大致是()解析：選A設(shè)g(x)＝f′(x)＝2x－2sinx，g′(x)＝2－2cosx≥0，所以函數(shù)f′(x)在R上單調(diào)遞增．3.定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，已知函數(shù)y＝2f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為()A．(1，＋∞) B．(1,2)C．(－∞，2) D．(2，＋∞)解析：選D結(jié)合圖象可知，當(dāng)x∈(－∞，2]時，2f′(x)≥1，即f′(x)≥0當(dāng)x∈(2，＋∞)時，2f′(x)＜1，即f′(x)＜0故函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(2，＋∞)．4．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x3＋ax＋4，則“a＞0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選Af′(x)＝eq\f(3,2)x2＋a，當(dāng)a>0時，f′(x)>0，即a>0時，f(x)在R上單調(diào)遞增，由f(x)在R上單調(diào)遞增，可得a≥0.故“a＞0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的充分不必要條件．5.(2017·四川樂山一中期末)f(x)＝x2－alnx在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍為()A．(－∞，1) B．(－∞，1]C．(－∞，2) D．(－∞，2]解析：選D由f(x)＝x2－alnx，得f′(x)＝2x－eq\f(a,x)，∵f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴2x－eq\f(a,x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，∵x∈(1，＋∞)時，2x2＞2，∴a≤2.故選D.6.函數(shù)f(x)＝eq\f(x,4)＋eq\f(5,4x)－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間是________．解析：因為f(x)＝eq\f(x,4)＋eq\f(5,4x)－lnx，所以函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,4)－eq\f(5,4x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－4x－5,4x2)，令f′(x)＜0，解得0＜x＜5，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,5)．答案：(0,5)7．已知函數(shù)f(x)＝ax＋lnx，則當(dāng)a＜0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是________，單調(diào)遞減區(qū)間是________．解析：由已知得f(x)的定義域為(0，＋∞)．當(dāng)a＜0時，因為f′(x)＝a＋eq\f(1,x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a))),x)，所以當(dāng)x≥－eq\f(1,a)時，f′(x)≤0，當(dāng)0＜x＜－eq\f(1,a)時，f′(x)＞0，所以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)，＋∞)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))8．若f(x)＝xsinx＋cosx，則f(－3)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，f(2)的大小關(guān)系為______________________．解析：函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，因此f(－3)＝f(3)．又f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，f′(x)≤0.所以f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上是減函數(shù)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＞f(2)＞f(3)＝f(－3)．答案：f(－3)＜f(2)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))9.設(shè)f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，其中a∈R，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與y軸相交于點(0,6)．(1)確定a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．解：(1)因為f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，所以f′(x)＝2a(x－5)＋eq\f(6,x).令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－16a＝(6－8a)(x－由點(0,6)在切線上，可得6－16a＝8a－6，解得a＝eq\f(1,2).(2)由(1)知，f(x)＝eq\f(1,2)(x－5)2＋6lnx(x＞0)，f′(x)＝x－5＋eq\f(6,x)＝eq\f(x－2x－3,x).令f′(x)＝0，解得x＝2或x＝3.當(dāng)0＜x＜2或x＞3時，f′(x)＞0；當(dāng)2＜x＜3時，f′(x)＜0，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,2)，(3，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(2,3)．10.已知e是自然對數(shù)的底數(shù)，實數(shù)a是常數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－ax－1的定義域為(0，＋∞)．(1)設(shè)a＝e，求函數(shù)f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程；(2)判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性．解：(1)∵a＝e，∴f(x)＝ex－ex－1，∴f′(x)＝ex－e，f(1)＝－1，f′(1)＝0.∴當(dāng)a＝e時，函數(shù)f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程為y＝－1.(2)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a.易知f′(x)＝ex－a在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．∴當(dāng)a≤1時，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞1時，由f′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna，∴當(dāng)0＜x＜lna時，f′(x)＜0，當(dāng)x＞lna時，f′(x)＞0，∴f(x)在(0，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a≤1時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞1時，f(x)在(0，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．B級——拔高題目穩(wěn)做準(zhǔn)做1.(2018·張掖一診)定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)滿足f(1)＝1，且2f′(x)＞1，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(3π,2)))時，不等式f(2cosx)＞eq\f(3,2)－2sin2eq\f(x,2)的解集為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(4π,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))解析：選D令g(x)＝f(x)－eq\f(x,2)－eq\f(1,2)，則g′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)＞0，∴g(x)在R上單調(diào)遞增，且g(1)＝f(1)－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝0，∵f(2cosx)－eq\f(3,2)＋2sin2eq\f(x,2)＝f(2cosx)－eq\f(2cosx,2)－eq\f(1,2)＝g(2cosx)，∴f(2cosx)＞eq\f(3,2)－2sin2eq\f(x,2)，即g(2cosx)＞0，∴2cosx＞1.又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(3π,2)))，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3))).2．定義在區(qū)間(0，＋∞)上的函數(shù)y＝f(x)使不等式2f(x)<xf′(x)<3f(x)恒成立，其中y＝f′(x)為y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則(A．8<eq\f(f2,f1)<16 B．4<eq\f(f2,f1)<8C．3<eq\f(f2,f1)<4 D．2<eq\f(f2,f1)<3解析：選B∵xf′(x)－2f(x)>0，x>0∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x2)))′＝eq\f(f′x·x2－2xfx,x4)＝eq\f(xf′x－2fx,x3)>0，∴y＝eq\f(fx,x2)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴eq\f(f2,22)>eq\f(f1,12)，即eq\f(f2,f1)>4.∵xf′(x)－3f(x)<0，x>0∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x3)))′＝eq\f(f′x·x3－3x2fx,x6)＝eq\f(xf′x－3fx,x4)<0，∴y＝eq\f(fx,x3)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴eq\f(f2,23)<eq\f(f1,13)，即eq\f(f2,f1)<8.綜上，4<eq\f(f2,f1)<8.3.已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，則不等式(x2－2x－3)f′(x)>0的解集為________．解析：由題圖可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x>0，x∈－∞，－1∪1，＋∞，,f′x<0，x∈－1，1，))不等式(x2－2x－3)f′(x)>0等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x>0，,x2－2x－3>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x<0，,x2－2x－3<0，))解得x∈(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．答案：(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)4.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(3x,a)－2x2＋lnx(a>0)，若函數(shù)f(x)在[1,2]上為單調(diào)函數(shù)，則a的取值范圍是________．解析：f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)，若函數(shù)f(x)在[1,2]上為單調(diào)函數(shù)，即f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≥0或f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≤0在[1,2]上恒成立，即eq\f(3,a)≥4x－eq\f(1,x)或eq\f(3,a)≤4x－eq\f(1,x)在[1,2]上恒成立．令h(x)＝4x－eq\f(1,x)，則h(x)在[1,2]上單調(diào)遞增，所以eq\f(3,a)≥h(2)或eq\f(3,a)≤h(1)，即eq\f(3,a)≥eq\f(15,2)或eq\f(3,a)≤3，又a>0，所以0<a≤eq\f(2,5)或a≥1.答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))∪[1，＋∞)5.(2018·武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝xlnx.(1)若函數(shù)g(x)＝f(x)＋ax在區(qū)間[e2，＋∞)上為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若對任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥eq\f(－x2＋mx－3,2)恒成立，求實數(shù)m的最大值．解：(1)由題意得g′(x)＝f′(x)＋a＝lnx＋a＋1.∵函數(shù)g(x)在區(qū)間[e2，＋∞)上為增函數(shù)，∴當(dāng)x∈[e2，＋∞)時，g′(x)≥0，即lnx＋a＋1≥0在[e2，＋∞)上恒成立．∴a≥－1－lnx.令h(x)＝－lnx－1，∴a≥h(x)max，當(dāng)x∈[e2，＋∞)時，lnx∈[2，＋∞)，∴h(x)∈(－∞，－3]，∴a≥－3，即實數(shù)a的取值范圍是[－3，＋∞)．(2)∵2f(x)≥－x2＋mx－3即mx≤2xlnx＋x2＋3，又x＞0，∴m≤eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)在x∈(0，＋∞)上恒成立．記t(x)＝eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x).∴m≤t(x)min.∵t′(x)＝eq\f(2,x)＋1－eq\f(3,x2)＝eq\f(x2＋2x－3,x2)＝eq\f(x＋3x－1,x2)，令t′(x)＝0，得x＝1或x＝－3(舍去)．當(dāng)x∈(0,1)時，t′(x)＜0，函數(shù)t(x)在(0,1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，t′(x)＞0，函數(shù)t(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．∴t(x)min＝t(1)＝4.∴m≤t(x)min＝4，即m的最大值為4.6.已知x＝1是f(x)＝2x＋eq\f(b,x)＋lnx的一個極值點．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)－eq\f(3＋a,x)，若函數(shù)g(x)在區(qū)間[1,2]內(nèi)單調(diào)遞增，求a的取值范圍．解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2－eq\f(b,x2)＋eq\f(1,x).∵x＝1是f(x)＝2x＋eq\f(b,x)＋lnx的一個極值點，∴f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.解得b＝3，經(jīng)檢驗，適合題意，∴b＝3.∵f′(x)＝2－eq\f(3,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(2x2＋x－3,x2)，解f′(x)≤0，得0＜x≤1.∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1]．(2)g(x)＝f(x)－eq\f(3＋a,x)＝2x＋lnx－eq\f(a,x)(x＞0)，g′(x)＝2＋eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)(x＞0)．∵函數(shù)g(x)在[1,2]上單調(diào)遞增，∴g′(x)≥0在[1,2]上恒成立，即2＋eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)≥0在[1,2]上恒成立，∴a≥－2x2－x在[1,2]上恒成立，∴a≥(－2x2－x)max，x∈[1,2]．∵在[1,2]上，(－2x2－x)max＝－3，∴a≥－3，即a的取值范圍為[－3，＋∞)．第二課時導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值eq\a\vs4\al(考點一運用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的極值問題)eq\a\vs4\al(重點保分型考點——師生共研)函數(shù)的極值是每年高考的必考內(nèi)容，主要考查已知函數(shù)求極值或已知函數(shù)極值情況求參數(shù)值范圍.題型既有選擇題、填空題，也有解答題，難度適中，為中高檔題.[典題領(lǐng)悟]1．若函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,3)－eq\f(a,2)x2＋x＋1在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4))上有極值點，則實數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，\f(17,4))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(17,4)))解析：選D因為f(x)＝eq\f(x3,3)－eq\f(a,2)x2＋x＋1，所以f′(x)＝x2－ax＋1.函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,3)－eq\f(a,2)x2＋x＋1在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4))上有極值點可化為f′(x)＝x2－ax＋1＝0在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4))上有解，即a＝x＋eq\f(1,x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4))上有解，設(shè)t(x)＝x＋eq\f(1,x)，則t′(x)＝1－eq\f(1,x2)，令t′(x)>0，得1<x<4，令t′(x)<0，得eq\f(1,3)<x<1.所以t(x)在(1,4)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上單調(diào)遞減．所以t(x)min＝t(1)＝2，又teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\f(10,3)，t(4)＝eq\f(17,4)，所以a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(17,4))).2．已知a>0，函數(shù)f(x)＝a2x3－3ax2＋2，求函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,1)上的極值．解：由f(x)＝a2x3－3ax2＋2，得f′(x)＝3a2x2－6ax令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝eq\f(2,a).①當(dāng)0<eq\f(2,a)<1，即a>2時，x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－1,0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))eq\f(2,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，1))f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值故f(x)的極大值是f(0)＝2，極小值是feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝2－eq\f(4,a).②當(dāng)eq\f(2,a)≥1，即0<a≤2時，f(x)在(－1,0)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減，所以f(x)的極大值為f(0)＝2，無極小值．[解題師說]1．熟記運用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)極值問題的一般流程2．掌握已知函數(shù)極值點或極值求參數(shù)的2個要領(lǐng)列式根據(jù)極值點處導(dǎo)數(shù)為0和極值這兩個條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解驗證因為導(dǎo)數(shù)值等于零不是此點為極值點的充要條件，所以利用待定系數(shù)法求解后必須驗證根的合理性[沖關(guān)演練]1．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1處取得極大值10，則eq\f(a,b)的值為()A．－eq\f(2,3) B．－2C．－2或－eq\f(2,3) D．2或－eq\f(2,3)解析：選A由題意知，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝0，,1＋a＋b－a2－7a＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9，))經(jīng)檢驗eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9，))滿足題意，故eq\f(a,b)＝－eq\f(2,3).2．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0)．(1)當(dāng)a＝1，且函數(shù)f(x)的圖象過點(0,1)時，求函數(shù)f(x)的極小值；(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上無極值點，求a的取值范圍．解：f′(x)＝3ax2－4x＋1.(1)函數(shù)f(x)的圖象過點(0,1)時，有f(0)＝c＝1.當(dāng)a＝1時，f(x)＝x3－2x2＋x＋1，f′(x)＝3x2－4x＋1，由f′(x)>0，解得x<eq\f(1,3)或x>1；由f′(x)<0，解得eq\f(1,3)<x<1.所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上單調(diào)遞減，所以函數(shù)f(x)的極小值是f(1)＝13－2×12＋1＋1＝1.(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上無極值點，則f(x)在(－∞，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)，即f′(x)＝3ax2－4x＋1≥0或f′(x)＝3ax2－4x＋1≤0恒成立．①當(dāng)a＝0時，f′(x)＝－4x＋1，顯然不滿足條件；②當(dāng)a≠0時，f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立的充要條件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，即16－12a≤0，解得a≥eq\f(4,3).綜上，a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞)).eq\a\vs4\al(考點二運用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的最值問題)eq\a\vs4\al(重點保分型考點——師生共研)函數(shù)的最值是高考的熱點內(nèi)容，考查函數(shù)最值的同時必然涉及函數(shù)單調(diào)性，還會涉及方程和不等式，題型既有選擇題、填空題，也有解答題，難度中檔.[典題領(lǐng)悟](2017·北京高考)已知函數(shù)f(x)＝excosx－x.(1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．解：(1)因為f(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f′(0)＝0.又因為f(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝1.(2)設(shè)h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，則h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx.當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，h′(x)＜0，所以h(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減．所以對任意x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0.所以函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減．因此f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為f(0)＝1，最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(π,2).[解題師說]1．掌握求函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上的最值的方法(1)若函數(shù)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)遞增或遞減，f(a)與f(b)一個為最大值，一個為最小值；(2)若函數(shù)在閉區(qū)間[a，b]內(nèi)有極值，要先求出[a，b]上的極值，與f(a)，f(b)比較，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成；(3)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上有唯一一個極值點，這個極值點就是最大(或最小)值點，此結(jié)論在導(dǎo)數(shù)的實際應(yīng)用中經(jīng)常用到．2．搞清極值與最值的區(qū)別與聯(lián)系(1)函數(shù)的最值是比較整個定義域內(nèi)的函數(shù)值得出的；函數(shù)的極值是比較極值點附近的導(dǎo)函數(shù)符號得出的．(2)函數(shù)在其定義區(qū)間上的最大值、最小值最多各有一個，而函數(shù)的極值可能不止一個，也可能一個都沒有，且極大值并不一定比極小值大．(3)極值只能在定義域內(nèi)部取得，而最值卻可以在區(qū)間的端點處取得；有極值未必有最值，有最值未必有極值；極值有可能成為最值，最值只要不在端點處取得必定是極值．[沖關(guān)演練](2018·貴陽檢測)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x－1,x)－lnx.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值和最小值(其中e是自然對數(shù)的底數(shù))．解：(1)f(x)＝eq\f(x－1,x)－lnx＝1－eq\f(1,x)－lnx，f(x)的定義域為(0，＋∞)．∴f′(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x2)，由f′(x)>0，得0<x<1，由f′(x)<0，得x>1，∴f(x)＝1－eq\f(1,x)－lnx在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)由(1)得f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞增，在[1，e]上單調(diào)遞減，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值為f(1)＝1－1－ln1＝0.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1－e－lneq\f(1,e)＝2－e，f(e)＝1－eq\f(1,e)－lne＝－eq\f(1,e)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))<f(e)．∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝2－e.∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值為0，最小值為2－e.eq\a\vs4\al(考點三利用導(dǎo)數(shù)解決實際生活中的優(yōu)化問題)eq\a\vs4\al(重點保分型考點——師生共研)解決應(yīng)用題需要以下幾個環(huán)節(jié)：建模—解?！?zāi)?在解模時，我們可以借助導(dǎo)數(shù)更加快捷地找到最優(yōu)解，這就是生活中的優(yōu)化問題.這類問題在高考中考查頻率不高，屬于中檔題.[典題領(lǐng)悟]某山區(qū)外圍有兩條相互垂直的直線型公路，為進(jìn)一步改善山區(qū)的交通現(xiàn)狀，計劃修建一條連接兩條公路和山區(qū)邊界的直線型公路．記兩條相互垂直的公路分別為l1，l2，山區(qū)邊界曲線為C，計劃修建的公路為l.如圖所示，M，N為C的兩個端點，測得點M到l1，l2的距離分別為5千米和40eq\a\vs4\al(?)米，點N到l1，l2的距離分別為20千米和2.5千米．以l2，l1所在的直線分別為x軸，y軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy.假設(shè)曲線C符合函數(shù)y＝eq\f(a,x2＋b)(其中a，b為常數(shù))模型．(1)求a，b的值；(2)設(shè)公路l與曲線C相切于點P，P的橫坐標(biāo)為t.①請寫出公路l長度的函數(shù)解析式f(t)，并寫出其定義域；?②當(dāng)t為何值時，公路l的長度最短？求出最短長度．?[學(xué)審題]①易得M，N兩點的坐標(biāo)，代入函數(shù)關(guān)系式可得a，b.②求解析式f(t)，應(yīng)先求出直線l與x軸，y軸交點，再利用兩點間距離公式計算即可，關(guān)鍵是利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出直線l的方程，再根據(jù)M，N為C的兩個端點的限制條件得定義域．③求最值，想到利用導(dǎo)數(shù)判斷f(t)的單調(diào)性．解：(1)由題意知，點M，N的坐標(biāo)分別為(5,40)，(20,2.5)．將其分別代入y＝eq\f(a,x2＋b)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,25＋b)＝40，,\f(a,400＋b)＝2.5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1000，,b＝0.))(2)①由(1)知，y＝eq\f(1000,x2)(5≤x≤20)，則點P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1000,t2)))，設(shè)公路l交x軸，y軸分別為A，B兩點如圖所示，又y′＝－eq\f(2000,x3)，則直線l的方程為y－eq\f(1000,t2)＝－eq\f(2000,t3)(x－t)，由此得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t,2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3000,t2))).故f(t)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3000,t2)))2)＝eq\f(3,2)eq\r(t2＋\f(4×106,t4))，t∈[5,20]．②設(shè)g(t)＝t2＋eq\f(4×106,t4)，t∈[5,20]，則g′(t)＝2t－eq\f(16×106,t5).令g′(t)＝0，解得t＝10eq\r(2).當(dāng)t∈[5,10eq\r(2))時，g′(t)<0，g(t)是減函數(shù)；當(dāng)t∈(10eq\r(2)，20]時，g′(t)>0，g(t)是增函數(shù)．所以當(dāng)t＝10eq\r(2)時，函數(shù)g(t)有極小值，也是最小值，所以g(t)min＝300，此時f(t)min＝15eq\r(3).故當(dāng)t＝10eq\r(2)時，公路l的長度最短，最短長度為15eq\r(3)千米．[解題師說]1．利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的實際應(yīng)用問題的4步驟2．利用導(dǎo)數(shù)解決生活中優(yōu)化問題的方法求實際問題中的最大值或最小值時，一般是先設(shè)自變量、因變量，建立函數(shù)關(guān)系式，并確定其定義域，然后利用求函數(shù)最值的方法求解，注意結(jié)果應(yīng)與實際情況相結(jié)合．[沖關(guān)演練]某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池(不計厚度)．設(shè)該蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米．假設(shè)建造成本僅與表面積有關(guān)，側(cè)面的建造成本為100元/平方米，底面的建造成本為160元/平方米，該蓄水池的總建造成本為12000π元(π為圓周率)．(1)將V表示成r的函數(shù)V(r)，并求該函數(shù)的定義域；(2)討論函數(shù)V(r)的單調(diào)性，并確定r和h為何值時該蓄水池的體積最大．解：(1)因為蓄水池側(cè)面的總成本為100·2πrh＝200πrh元，底面的總成本為160πr2元，所以蓄水池的總成本為(200πrh＋160πr2)元．又根據(jù)題意知200πrh＋160πr2＝12000π，所以h＝eq\f(1,5r)(300－4r2)，從而V(r)＝πr2h＝eq\f(π,5)(300r－4r3)．因為r＞0，又由h＞0可得r＜5eq\r(3)，故函數(shù)V(r)的定義域為(0,5eq\r(3))．(2)因為V(r)＝eq\f(π,5)(300r－4r3)，所以V′(r)＝eq\f(π,5)(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)．當(dāng)r∈(0,5)時，V′(r)＞0，故V(r)在(0,5)上為增函數(shù)；當(dāng)r∈(5,5eq\r(3))時，V′(r)＜0，故V(r)在(5,5eq\r(3))上為減函數(shù)．由此可知，V(r)在r＝5處取得最大值，此時h＝8.即當(dāng)r＝5，h＝8時，該蓄水池的體積最大．eq\a\vs4\al(考點四利用導(dǎo)數(shù)研究不等式的有關(guān)問題)eq\a\vs4\al(重點保分型考點——師生共研)利用導(dǎo)數(shù)研究不等式的問題是每年高考的?？純?nèi)容，主要考查證明不等式或不等式恒成立問題，多以解答題的形式考查，難度較大，屬于中高檔題.[典題領(lǐng)悟](2018·沈陽監(jiān)測)已知函數(shù)f(x)＝alnx(a>0)，e為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)若過點A(2，f(2))的切線斜率為2，求實數(shù)a的值；(2)當(dāng)x>0時，求證f(x)≥aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))；(3)若在區(qū)間(1，e)上eeq\f(x,a)－eeq\f(1,a)x<0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)由題意得f′(x)＝eq\f(a,x)，∴f′(2)＝eq\f(a,2)＝2，∴a＝4.(2)證明：令g(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－1＋\f(1,x)))(x>0)，則g′(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,x2))).令g′(x)>0，即aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,x2)))>0，解得x>1，令g′(x