第2章 第10节 导数的应用（PPT课件）-【艺术生百日冲刺】2026高考数学艺术生基础生文化课成功方案

该高中数学高考复习课件聚焦“函数、导数及其应用”专题，紧扣高考评价体系梳理了导数研究单调性、极值与最值、生活优化问题三大核心考点，通过知识要点系统整合、双基检测易错点剖析、典例精析归纳常考题型，结合2023-2025年全国卷真题明确“导数与函数单调性”“极值判定”等高频考点分布，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题实战+技巧建模”策略，精选2025全国二卷极值点问题、2024新课标Ⅰ卷单调性综合题等真题，通过“求导-判号-定单调区间”三步法培养数学思维与逻辑推理素养，如例1结合切线斜率求参数值，帮助学生掌握导数综合题解题模板，助力教师精准把握高考趋势，提升复习效率。

第二章　函数、导数及其应用 第十节　导数的应用 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 目录 contents Part 01 知识要点 Part 02 双基检测 Part 05 课时作业 Part 03 典例精析 Part 04 高考再现 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 知识要点 返回导航 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 双基检测 返回导航 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 典例精析 返回导航 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 高考再现 返回导航 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 谢谢观看 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 1．利用导数研究函数的单调性 函数的单调性 设函数f(x)在区间(a，b)内可导， 如果在(a，b)内f′(x)＞0，那么f(x)在(a，b)内是增函数； 如果在(a，b)内f′(x)＜0，那么f(x)在(a，b)内是减函数 求可导函数单调区间的一般步骤　 (1)确定f(x)的定义域； (2)求f′(x)； (3)f′(x)＞0的解集与定义域的交集所对应的区间为增区间，f′(x)＜0的解集与定义域的交集所对应的区间为减区间 2.利用导数研究函数的极值与最值 函数极值的判定 (1)求定义域； (2)求f′(x)； (3)解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时， ①如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值； ②如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)的极小值 最值定理 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，且函数的最值必在极值点或区间端点处取得 3.生活中的优化问题 利用导数解决实际问题中的最值问题应注意： (1)在求实际问题的最大(小)值时，一定要注意考虑实际问题的意义，不符合实际问题的值应舍去． (2)在实际问题中，有时会遇到函数在区间内只有一个点使f′(x)＝0的情形，那么不与端点值比较，也可以知道这就是最大(小)值． (3)在解决实际优化问题中，不仅要注意将问题中涉及的自变量的函数关系式给予表示，还应确定函数关系式中自变量的定义区间． 1．已知函数f(x)是定义在(0，b)上的可导函数，其导函数图象如图所示，则函数f(x)的图象可以是(　　) 答案：A 2．下列关于函数f(x)＝x3－3x2＋1(x∈R)的性质叙述错误的是(　　) A．f(x)在区间(0,2)上单调递减 B．曲线y＝f(x)在点(2，－3)处的切线方程为y＝－3 C．f(x)在x＝0处取得最大值1 D．f(x)在其定义域上没有最大值 答案：C 3．已知x＝1是函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝x3－3ax＋2的极小值点，那么函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的极大值为(　　 ) A．－1　　　　　　　　 B．1 C．2 D．4 解析：选D　因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝x3－3ax＋2，x∈R， 所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝3x2－3a， 又因为x＝1是函数的极小值点， 所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1))＝3－3a＝0， 解得a＝1， 所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝x3－3x＋2，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝3x2－3， 令f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝3x2－3＝0，得x1＝－1，x2＝1， 所以当x∈(－∞，－1)时，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0， feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))单调递增； 当x∈(－1,1)时，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))单调递增． 所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在x＝－1处取极大值，在x＝1处取极小值， 所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的极大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))＝－1＋3＋2＝4.故选：D. 4．已知函数f(x)的导数f′(x)＝a(x＋1)·(x－a)，若f(x)在x＝a处取到极大值，则a的取值范围是________． 解析：若f(x)在x＝a处取到极大值，则x＞a时f′(x)＜0，－1＜x＜a时f′(x)＞0，x＜－1时f′(x)＜0，故－1＜a＜0. 答案：(－1,0) 　设函数f(x)＝x3＋ax2－9x－1(a＜0)．若曲线y＝f(x)的斜率最小的切线与直线12x＋y＝6平行，求： (1)a的值； (2)函数f(x)的单调区间． [思路点拨]　(1)求导函数的最值，即二次函数求最值； (2)单调区间可以通过解f′(x)＞0或f′(x)＜0得到． [精解详析]　(1)因为f(x)＝x3＋ax2－9x－1， 所以f′(x)＝3x2＋2ax－9＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,3)))2－9－eq \f(a2,3).即当x＝－eq \f(a,3)时，f′(x)取得最小值－9－eq \f(a2,3).　 因为斜率最小的切线与12x＋y＝6平行， 即该切线的斜率为－12， 所以－9－eq \f(a2,3)＝－12，即a2＝9， 解得a＝±3，由题设a＜0，所以a＝－3. (2)由(1)知a＝－3，因此f(x)＝x3－3x2－9x－1， f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1)， 令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝3. 当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0，故f(x)在(－∞，－1)上为增函数； 当x∈(－1,3)时，f′(x)＜0， 故f(x)在(－1,3)上为减函数； 当x∈(3，＋∞)时，f′(x)＞0， 故f(x)在(3，＋∞)上为增函数． 由此可见，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(3，＋∞)，单调递减区间为(－1,3)． [解题心得] 利用导数求函数单调区间的“3步骤” (1)确定函数f(x)的定义域； (2)求导数f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根； (3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由f′(x)的正负确定f(x)在相应子区间上的单调性． 　已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1))ex. (1)求函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的单调区间； (2)求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在区间[－4,0]上的最大值和最小值． [思路分析]　(1)根据题意，求导得到f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))即可得到其单调区间； (2)根据题意，由(1)中的单调区间即可得到其最值． [精解详析]　(1)f′(x)＝ex＋(x＋1)ex＝(x＋2)ex， 当x>－2时，f′(x)>0，f(x)的单调增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，＋∞))， 当x<－2时，f′(x)<0，f(x)的单调减区间为(－∞，－2)， 所以函数单调增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，＋∞))，单调减区间为(－∞，－2)． (2)由(1)知f(x)在[－4，－2)上递减，在(－2,0]上递增， 当x＝－2时，f(x)有极小值即最小值为f(－2)＝－eq \f(1,e2). f(0)＝1，f(－4)＝－eq \f(3,e4)， 所以最大值为f(0)＝1，最小值为f(－2)＝－eq \f(1,e2). [解题心得] 掌握求函数f(x)在区间[a，b]上的最值的方法 (1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值； (2)若函数在闭区间[a，b]内有极值，要先求出[a，b]上的极值，与f(a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成； (3)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到． 　设函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0)． (1)当a＝1，且函数f(x)的图象过点(0,1)时，求函数f(x)的极小值； (2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，求a的取值范围． [思路点拨]　(1)先求c，再求导求极小值；(2)由题意可知f′(x) ≥0或f′(x) ≤0恒成立，从而求出a的范围． [精解详析]　f′(x)＝3ax2－4x＋1. (1)函数f(x)的图象过点(0,1)时，有f(0)＝c＝1. 当a＝1时，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. 所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上单调递减， 所以函数f(x)的极小值是f(1)＝13－2×12＋1＋1＝1. (2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点， 则f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数， 即f′(x)＝3ax2－4x＋1≥0或f′(x)＝3ax2－4x＋1≤0恒成立． ①当a＝0时，f′(x)＝－4x＋1，显然不满足条件； ②当a≠0时，f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，即16－12a≤0，解得a≥eq \f(4,3). 综上，a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞)). [解题心得] 1．熟记运用导数解决函数极值问题的一般流程 2．掌握已知函数极值点或极值求参数的2个要领 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 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 1．(多选)(2025·全国二卷)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)＝(x2－3)ex＋2，则(　　) A．f(0)＝0 B．当x<0时，f(x)＝－(x2－3)e－x－2 C．f(x)≥2当且仅当x≥ eq \r(3) D．x＝－1是f(x)的极大值点 解析：选ABD　对A，因为f(x)是定义在R上奇函数，则f(0)＝0，故A正确； 对B，当x<0时，－x>0，则f(x)＝－f(－x)＝－[((－x)2－3)e－x＋2]＝－(x2－3)e－x－2，故B正确； 对C，f(－1)＝－(1－3)e－2＝2(e－1)>2, 故C错误； 对D，当x<0时，f(x)＝(3－x2)e－x－2，则f′(x)＝－(3－x2)e－x－2xe－x＝(x2－2x－3)e－x， 令f′(x)＝0，解得x＝－1或3(舍去)， 当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增， 当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减， 则x＝－1是f(x)的极大值点，故D正确．故选ABD. 2．(多选)(2024·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则(　　 ) A．x＝3是f(x)的极小值点 B．当0<x<1时，f(x)<f(x2) C．当1<x<2时，－4<f(2x－1)<0 D．当－1<x<0时，f(2－x)>f(x) 解析：选ACD　因为函数f(x)的定义域为R，而f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)， 易知当x∈(1,3)时，f′(x)<0，当x∈(－∞，1)或x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0， 所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，故x＝3是函数f(x)的极小值点，A正确； 当0<x<1时，x－x2＝x(1－x)>0，所以1>x>x2>0， 因为函数f(x)在(0,1)上单调递增，所以f(x)>f(x2)，B错误； 当1<x<2时，1<2x－1<3，因为函数f(x)在(1,3)上单调递减， 所以f(1)>f(2x－1)>f(3)，即－4<f(2x－1)<0，C正确； 当－1<x<0时，f(2－x)－f(x)＝(1－x)2(－2－x)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(2－2x)>0， 所以f(2－x)>f(x)，D正确．故选ACD. 3．(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝aex－ln x在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2))上单调递增，则a的最小值为(　　 ) A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 解析：选C　依题可知，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝aex－eq \f(1,x)≥0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2))上恒成立，显然a>0，所以xex≥eq \f(1,a)， 设geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝xex，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2))，所以g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1))ex>0，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2))上单调递增， geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1))＝e，故e≥eq \f(1,a)，即a≥eq \f(1,e)＝e－1，即a的最小值为e－1.故选：C. 4．(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)若函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝aln x＋eq \f(b,x)＋eq \f(c,x2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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 解析：选BCD　函数f(x)＝aln x＋eq \f(b,x)＋eq \f(c,x2)的定义域为(0，＋∞)， 求导得f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(b,x2)－eq \f(2c,x3)＝eq \f(ax2－bx－2c,x3). 因为函数f(x)既有极大值也有极小值， 所以函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点， 而a≠0， 因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正根x1，x2， 于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(Δ＝b2＋8ac>0，,x1＋x2＝\f(b,a)>0，,x1x2＝－\f(2c,a)>0，))即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，A错误，BCD正确．故选：BCD. 5．(2025·全国二卷)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，则f(0)＝________． 解析：由题意有f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a), 所以f′(x)＝(x－a)(x－1)＋(x－1)(x－2)＋(x－a)(x－2)， 因为2是函数f(x)极值点，所以f′(2)＝2－a＝0，得a＝2， 当a＝2时，f′(x)＝2(x－2)(x－1)＋(x－2)2＝(x－2)(3x－4)， 当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4,3)))，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，2))，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(2，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极小值点，符合题意； 所以f(0)＝－1×(－2)×(－a)＝－2a＝－4. 答案：－4 6．(2025·全国一卷节选)求函数f(x)＝5cos x－cos 5x在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))的最大值． 解：因为f(x)＝5cos x－cos 5x， 所以f′(x)＝－5sin x＋5sin 5x， 令f′(x)＝0，得sin x＝sin 5x，又x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以x＝5x或x＝π－5x， 所以x＝0或x＝ eq \f(π,6)， 所以x，f′(x)，f(x)的关系如表所示： x 0 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) eq \f(π,6) eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4))) f′(x) 0 大于0 0 小于0 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝5cos eq \f(π,6)－cos eq \f(5π,6)＝3 eq \r(3)， 所以函数f(x)＝5cos x－cos 5x在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))的最大值为3 eq \r(3). 7．(2025·全国二卷节选)已知函数f(x)＝ln (1＋x)－x＋ eq \f(1,2)x2－kx3，其中0<k< eq \f(1,3). 证明：f(x)在区间(0，＋∞)存在唯一的极值点和唯一的零点． 证明：因为f(x)＝ln (1＋x)－x＋ eq \f(1,2)x2－kx3，k∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))， 所以f′(x)＝ eq \f(1,1＋x)－1＋x－3kx2 ＝ eq \f(1－1－x＋x＋x2－3kx2－3kx3,1＋x) ＝ eq \f(－3kx2,1＋x) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1－\f(1,3k)))＝x2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋x)－3k)). 当x>0时，令f′(x)＝0，解得x＝ eq \f(1,3k)－1>0， 所以当0<x< eq \f(1,3k)－1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x> eq \f(1,3k)－1时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 所以x＝ eq \f(1,3k)－1是f(x)在(0，＋∞)上唯一的极值点，是极大值点． 因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k)－1))>f(0)＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2k)))＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k)))－ eq \f(1,2k)＋ eq \f(1,8k2)－ eq \f(1,8k2)＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k)))－ eq \f(1,2k)<0， 所以存在唯一x0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k)－1，\f(1,2k)))，使得f(x0)＝0， 所以x0是f(x)在(0，＋∞)上唯一的零点． 8．(2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))单调性； (2)证明：当a>0时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>2ln a＋ eq \f(3,2). 解：(1)因为f(x)＝a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex＋a))－x，定义域为R，所以f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝aex－1. 当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝aex－1<0恒成立， 所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在R上单调递减； 当a>0时，令f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝aex－1＝0，解得x＝－ln a， 当x<－ln a时，f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－ln a))上单调递减； 当x>－ln a时，f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－ln a，＋∞))上单调递增． 综上，当a≤0时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在R上单调递减； 当a>0时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－ln a))上单调递减，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－ln a，＋∞))上单调递增． (2)证明：由(1)得，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) eq \s\do7(min)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－ln a))＝ a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e－ln a＋a))＋ln a＝1＋a2＋ln a. 要证f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2)，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋ eq \f(3,2)，即证a2－ eq \f(1,2)－ln a>0恒成立． 令g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a))＝a2－ eq \f(1,2)－ln a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>0))， 则g′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a))＝2a－ eq \f(1,a)＝ eq \f(2a2－1,a)， 令g′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a))<0，则0<a< eq \f(\r(2),2)；令g′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a))>0，则a> eq \f(\r(2),2)， 所以g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a))在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增， 所以g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a)) eq \s\do7(min)＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(2)－ eq \f(1,2)－ln eq \f(\r(2),2)＝ln eq \r(2)>0，则g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a))>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2)恒成立． $