第二编 专题1 第3讲 利用导数研究函数的单调性、极值、最值-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案全书word

大二轮专题复习冲刺方案　数学 　第3讲　利用导数研究函数的单调性、极值、最值 「考情研析」1.利用导数研究函数的单调性，求函数的极值、最值是高考导数解答题的基础题型．　2.知道函数的单调性、极值、最值的情况，求参数的值或范围也是常见题型． 考向1　利用导数研究函数的单调性 例1　(1)已知f(x)＝sin2x＋2cosx，求f(x)的单调递减区间． 解：因为f′(x)＝2cos2x－2sinx＝2(1－2sin2x)－2sinx＝－2(2sin2x＋sinx－1)， 所以由f′(x)≤0， 得－2(2sin2x＋sinx－1)≤0， 即－2(2sinx－1)(sinx＋1)≤0， 由于－1≤sinx≤1，则sinx＋1≥0， 只需sinx≥即可， 解得x∈，k∈Z， 故f(x)的单调递减区间为，k∈Z. (2)(2025·广东湛江二模)已知函数f(x)＝－x2＋(a2＋a)ln x＋(1－a)x.若a≥－，讨论f(x)的单调性． 解：由f(x)＝－x2＋(a2＋a)ln x＋(1－a)x，x>0， 得f′(x)＝－2x＋＋1－a ＝ ＝， 令(x＋a)(2x－a－1)＝0， 得x＝－a或x＝. 若a≥0，则－a≤0，>0， 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 若－<a<0，则>－a>0，当x∈(0，－a)或x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 若a＝－，则＝－a＝，f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，f(x)单调递减． 综上所述，当a≥0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减； 当－<a<0时，f(x)在上单调递增，在(0，－a)和上单调递减； 当a＝－时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减． 　对于含参数的函数的单调性的讨论，常见的分类讨论点按讨论的先后顺序有以下三个： 分类讨论点一：求导后，考虑f′(x)＝0是否有实根，从而引起分类讨论． 分类讨论点二：求导后，f′(x)＝0有实根，但不清楚f′(x)＝0的实根是否落在定义域内，从而引起分类讨论． 分类讨论点三：求导后，f′(x)＝0有实根，f′(x)＝0的实根也落在定义域内，但不清楚这些实根的大小关系，从而引起分类讨论． 1．(2025·河北保定一模)已知函数f(x)＝ax2－(a＋3)x＋ln x. (1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)讨论函数f(x)的单调性． 解：(1)当a＝2时，f(x)＝3x2－5x＋ln x，求导得f′(x)＝6x－5＋， 则f′(1)＝2，而f(1)＝－2， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋2＝2(x－1)，即2x－y－4＝0. (2)函数f(x)＝ax2－(a＋3)x＋ln x的定义域为(0，＋∞)， 求导，得f′(x)＝3ax－(a＋3)＋＝， 当a≤0时，由f′(x)>0，得0<x<， 由f′(x)<0，得x>， 函数f(x)在上单调递增，在上单调递减； 当0<a<3时，由f′(x)>0，得0<x<或x>， 由f′(x)<0，得<x<， 函数f(x)在，上单调递增，在上单调递减； 当a＝3时，f′(x)≥0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>3时，由f′(x)>0，得0<x<或x>，由f′(x)<0，得<x<， 函数f(x)在，上单调递增，在上单调递减． 综上所述，当a≤0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减； 当0<a<3时，函数f(x)在，上单调递增，在上单调递减； 当a＝3时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>3时，函数f(x)在，上单调递增，在上单调递减． 2．(2025·吉林长春二模)已知函数f(x)＝ax＋－ln x. (1)若斜率为3的直线与f(x)的图象相切，且与x轴的交点的横坐标为－1，求a的值； (2)若f(x)是[1，e]上的单调函数，求a的取值范围． 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． ∵f(x)＝ax＋－ln x，∴f′(x)＝a－－， 设切点的横坐标为x0， 则f(x0)＝ax0＋－ln x0，f′(x0)＝a－－＝3， ∴ax0＝3x0＋＋1，切线方程为y－ax0－＋ln x0＝3(x－x0)， ∵切线与x轴的交点的横坐标为－1， ∴－ax0－＋ln x0＝3(－1－x0)， ∴－－＋ln x0＝3(－1－x0)，即ln x0－＋2＝0， ∵函数y＝ln x，y＝－在(0，＋∞)上为增函数， ∴g(x)＝ln x－＋2在(0，＋∞)上为增函数， ∵g(1)＝ln 1－＋2＝0， ∴x0＝1，代入ax0＝3x0＋＋1，得a＝5. (2)由(1)，知f′(x)＝a－－， 当f(x)是[1，e]上的增函数时，f′(x)≥0在x∈[1，e]上恒成立， ∴a≥，x∈[1，e]，令＝t， 则t∈， 函数h(t)＝t2＋t图象的对称轴为直线t＝－，h(t)在上单调递增， ∴h(t)max＝h(1)＝2，h(t)min＝h＝＋，∴a≥2； 当f(x)是[1，e]上的减函数时，f′(x)≤0在x∈[1，e]上恒成立， ∴a≤，x∈[1，e]， 由h(t)min＝＋，得a≤＋. 综上所述，a的取值范围为∪[2，＋∞)． 考向2　利用导数研究函数的极值、最值 例2　(2025·河北石家庄一模)已知函数f(x)＝2aln x＋x2－(a＋2)x，a>0. (1)若a＝1，求f(x)的单调区间； (2)若g(x)＝f(x)－x2＋(a＋1)x＋，x1，x2为g(x)的两个不同的极值点，求g(x1)＋g(x2)－4a的最小值． 解：(1)因为a＝1， 所以f(x)＝2ln x＋x2－3x， 则f′(x)＝＋x－3＝(x>0)， 令f′(x)>0，得0<x<1或x>2， 令f′(x)<0，得1<x<2， 所以f(x)的单调递增区间为(0，1)和(2，＋∞)，单调递减区间为(1，2)． (2)由题意，知g(x)＝－x＋2aln x， 则g′(x)＝－－1＋＝， 因为x1，x2为g(x)的两个不同的极值点， 所以－x2＋2ax－a＝0有两个不等正根x1，x2， 所以解得a>1， 所以g(x1)＋g(x2)－4a＝－x1＋2aln x1＋－x2＋2aln x2－4a＝－(x1＋x2)＋2aln (x1x2)－4a＝2aln a－4a， 令h(a)＝2aln a－4a(a>1)， 则h′(a)＝2ln a－2， 所以当a∈(1，e)时，h′(a)<0，当a∈(e，＋∞)时，h′(a)>0， 所以h(a)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增， 所以h(a)min＝h(e)＝2e－4e＝－2e， 即g(x1)＋g(x2)－4a的最小值为－2e. 　求函数f(x)在区间[a，b]上的最值的方法 1．设函数f(x)＝ex(x－cosx)． (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)求f(x)在[0，π]上的最大值和最小值． 解：(1)因为f′(x)＝ex(x－cosx)＋ex(1＋sinx)＝ex(x－cosx＋1＋sinx)， 所以f′(0)＝0， 又f(0)＝－1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－1. (2)由(1)可知，f′(x)＝ex(x－cosx＋1＋sinx)． 令g(x)＝x－cosx＋1＋sinx， 则g′(x)＝1＋sinx＋cosx， 当x∈[0，π]时，sinx≥0，1＋cosx≥0， 所以g′(x)≥0， 所以g(x)在[0，π]上单调递增． 当x∈[0，π]时，g(x)≥g(0)＝0，即f′(x)≥0， 所以f(x)在[0，π]上单调递增， 所以f(x)的最大值为f(π)＝eπ(π＋1)，最小值为f(0)＝－1. 2．(2025·浙江杭州二模)已知函数f(x)＝xex－ax2－ax(a∈R)． (1)若a＝0，求f(x)的极小值； (2)当a>时，求f(x)的单调递增区间； (3)当a>0时，设f(x)的极大值为g(a)，求证：g(a)≥－. 解：(1)由题意知f′(x)＝ex(x＋1)－ax－a＝(ex－a)(x＋1)(a∈R)． 若a＝0，则f(x)＝xex，所以f′(x)＝ex(x＋1)， 令f′(x)＝0，得x＝－1， 当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增， 所以f(x)的极小值为f(－1)＝－. (2)因为a>，所以ln a>－1， 由f′(x)>0，即(ex－a)(x＋1)>0， 解得x<－1或x>ln a， 所以f(x)在(－∞，－1)和(ln a，＋∞)上单调递增； 由f′(x)<0，即(ex－a)(x＋1)<0， 解得－1<x<ln a， 所以f(x)在(－1，ln a)上单调递减． 所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(ln a，＋∞)． (3)证明：当a>时，由(2)知，f(x)的极大值为f(－1)＝g(a)＝－＋a>－>－； 当a＝时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，f(x)无极大值； 当0<a<时， 当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(ln a，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)的极大值为f(ln a)＝g(a)＝－a(ln a)2， 令g(x)＝－x(ln x)2， 则g′(x)＝－ln x， 当x∈时，g′(x)<0，当x∈时，g′(x)>0， 所以g(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(x)≥g＝－，则g(a)≥－. 综上所述，g(a)≥－. 真题押题 1．(2024·新课标Ⅱ卷，16)已知函数f(x)＝ex－ax－a3. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1， 则f′(x)＝ex－1， 可得f(1)＝e－2，f′(1)＝e－1， 即切点坐标为(1，e－2)，切线斜率k＝e－1， 所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0. (2)解法一：因为f(x)的定义域为R， 且f′(x)＝ex－a， 若a≤0，则f′(x)>0对任意x∈R恒成立， 可知f(x)在R上单调递增，无极值，不符合题意； 若a>0，令f′(x)>0，解得x>ln a， 令f′(x)<0，解得x<ln a， 所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增， 则f(x)有极小值f(ln a)＝a－aln a－a3，无极大值， 由题意可得f(ln a)＝a－aln a－a3<0， 即a2＋ln a－1>0. 构建g(a)＝a2＋ln a－1，a>0， 则g′(a)＝2a＋>0， 可知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0， 不等式a2＋ln a－1>0等价于g(a)>g(1)， 解得a>1， 所以a的取值范围为(1，＋∞)． 解法二：因为f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a， 若f(x)有极小值，则f′(x)＝ex－a有零点， 令f′(x)＝ex－a＝0，可得ex＝a， 可知y＝ex与y＝a的图象有交点，则a>0. 以下同解法一． 2．(2023·全国乙卷，21)已知函数f(x)＝·ln (1＋x)． (1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)是否存在a，b，使得曲线y＝f关于直线x＝b对称？若存在，求a，b的值；若不存在，说明理由； (3)若f(x)在(0，＋∞)存在极值，求a的取值范围． 解：(1)当a＝－1时，f(x)＝ln (1＋x)， 则f′(x)＝－×ln (1＋x)＋×， 据此可得f(1)＝0，f′(1)＝－ln 2， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－0＝－ln 2(x－1)， 即(ln 2)x＋y－ln 2＝0. (2)假设存在a，b，使得曲线y＝f关于直线x＝b对称． 令g(x)＝f＝(x＋a)ln ＝(x＋a)ln ， 因为曲线y＝g(x)关于直线x＝b对称， 所以g(x)＝g(2b－x)， 即(x＋a)ln ＝(2b－x＋a)ln ＝(x－2b－a)ln ， 于是得 当a＝，b＝－时，g(x)＝ln ，g(－1－x)＝ln ＝ln ＝ln ＝ln ＝g(x)， 所以曲线y＝g(x)关于直线x＝－对称，满足题意． 故存在a，b，使得曲线y＝f关于直线x＝b对称，且a＝，b＝－. (3)f′(x)＝－ln (1＋x)＋· ＝ ＝(x＞0)， 设h(x)＝－ln (1＋x)，x≥0， 则h′(x)＝－＝ ＝， ①当a≤0时，2a－1＜0，当x＞0时，h′(x)＜0， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以当x＞0时，h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值，不满足题意． ②当a≥时，2a－1≥0，当x＞0时，h′(x)＞0， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x＞0时，h(x)＞h(0)＝0，即f′(x)＞0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值，不满足题意． ③当0＜a＜时，令h′(x)＝0，得x＝，当0＜x＜时，h′(x)＜0，当x＞时，h′(x)＞0， 所以h(x)在上单调递减，在上单调递增，所以h＜h(0)＝0， 又当x→＋∞时，h(x)→＋∞，所以存在x0∈，使得h(x0)＝0， 即当0＜x＜x0时，h(x)＜0，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 当x＞x0时，h(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 此时y＝f(x)有极小值点x0. 综上所述，a的取值范围为. 已知函数f(x)＝2ln x－x2－kx＋1(x>0)． (1)当k＝0时，证明：f(x)≤0； (2)若f(x)存在极大值，且极大值大于0，求k的取值范围． 解：(1)证明：当k＝0时，f(x)＝2ln x－x2＋1， 则f′(x)＝－2x＝， 当0<x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以f(x)≤f(1)＝0. (2)f′(x)＝－(k＋2)x－k ＝－， 当k≤－2时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值； 当k>－2时，当0<x<时，f′(x)>0， 当x>时，f′(x)<0， 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减， 所以f(x)的极大值为f＝2ln －＝2ln ＋－1， 令g(x)＝2ln x＋x－1(x>0)， 则g′(x)＝＋1>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 由已知，得g>0＝g(1)，所以>1，解得k<0， 又k>－2，所以－2<k<0. 综上所述，k的取值范围为(－2，0)． 专题作业 基础题(占比30%)　中档题(占比50%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 利用导数的几何意义求参数；求函数的单调区间和极值 利用导数的几何意义求参数；求函数的最值 求在曲线上一点处的切线方程；根据极值点求参数的取值范围 讨论含参函数的单调性；已知函数的最值求参数 求函数的极值；通过函数的最值求参数的取值范围 函数极值、最值的综合应用 1．已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax＋2，且f(x)的图象在点(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)＝＋2x＋a， 则f′(2)＝＋2×2＋a＝＋a， 由题意可得×＝－1，解得a＝－3. (2)由a＝－3，得f(x)＝ln x＋x2－3x＋2， 则f′(x)＝＋2x－3＝ ＝，x>0， 故当0<x<时，f′(x)>0，当<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0， 故f(x)的单调递增区间为，(1，＋∞)，单调递减区间为， 故f(x)有极大值f＝ln ＋－3×＋2＝－ln 2，有极小值f(1)＝ln 1＋12－3×1＋2＝0. 2．已知函数f(x)＝axln x－x－＋2，且f(x)的图象在x＝1处的切线斜率为0. (1)求a的值； (2)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的最小值． 解：(1)因为f(x)＝axln x－x－＋2， 所以f′(x)＝a(1＋ln x)－＋， 因为f(x)的图象在x＝1处的切线斜率为0， 所以f′(1)＝0，即a－＋＝0， 所以a＝1. (2)由(1)可知函数f(x)＝xln x－x－＋2， f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝ln x＋－， 则g(x)＝ln x＋－(x>0)， 故g′(x)＝－＝， 当0<x<1时，g′(x)<0， 当x>1时，g′(x)>0， 则函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g(x)min＝g(1)＝0. 3．(2025·八省联考)已知函数f(x)＝aln x＋－x. (1)设a＝1，b＝－2，求曲线y＝f(x)的斜率为2的切线方程； (2)若1是f(x)的极小值点，求b的取值范围． 解：(1)当a＝1，b＝－2时，f(x)＝ln x－－x，其中x>0， 则f′(x)＝＋－1＝， 令f′(x)＝2，得＝2， 化简得3x2－x－2＝(x－1)(3x＋2)＝0， 解得x＝1(负值舍去)， 又f(1)＝－3，则切线过点(1，－3)， 所以切线方程为y＋3＝2(x－1)， 即2x－y－5＝0. (2)由题可得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＝， 因为1是f(x)的极小值点， 所以f′(1)＝－1＋a－b＝0，则a＝b＋1， 则f′(x)＝＝－， 若b≤0，令f′(x)>0，得x∈(0，1)， 令f′(x)<0，得x∈(1，＋∞)， 则f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 得1是f(x)的极大值点，不满足题意； 若0<b<1，令f′(x)>0，得x∈(b，1)， 令f′(x)<0，得x∈(0，b)∪(1，＋∞)， 则f(x)在(b，1)上单调递增，在(0，b)，(1，＋∞)上单调递减， 得1是f(x)的极大值点，不满足题意； 若b＝1，则f′(x)＝－≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值点，不满足题意； 若b>1，令f′(x)>0，得x∈(1，b)，令f′(x)<0，得x∈(0，1)∪(b，＋∞)， 则f(x)在(1，b)上单调递增，在(0，1)，(b，＋∞)上单调递减， 得1是f(x)的极小值点，满足题意． 综上，b的取值范围是(1，＋∞)． 4．已知函数f(x)＝x3－ax，其中常数a∈R. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)在区间[0，1]上的最小值为－，求a的值． 解：(1)由题意，可知f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝x2－a， ①若a≤0，则f′(x)≥0恒成立， 所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增； ②若a＞0，方程f′(x)＝0的两根为x＝±， 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，－) － (－，) (，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以f(x)在(－∞，－)上单调递增，在(－，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增． 综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增； 当a＞0时，f(x)在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，在(－，)上单调递减． (2)①若a≤0，由(1)可知f(x)在[0，1]上单调递增，从而f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(0)＝0≠－，不符合题意； ②若a≥1，则≥1，由(1)可知f(x)在[0，1]上单调递减，从而f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(1)＝－a≤－＜－，不符合题意； ③若0＜a＜1，则＜1，由(1)可知f(x)在[0，)上单调递减，在(，1]上单调递增， 从而f(x)在区间[0，1]上的最小值为f()＝－a＝－，解得a＝. 综上所述，a的值为. 5．(2025·河北唐山一模)已知函数f(x)＝ax2－x＋sinx. (1)当a＝1时，求f(x)的极小值； (2)当x≥0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝x2－x＋sinx， 则f′(x)＝2x－1＋cosx. 令g(x)＝f′(x)＝2x－1＋cosx， 则g′(x)＝2－sinx>0， 所以g(x)在R上单调递增， 又因为g(0)＝0， 所以当x<0时，g(x)＝f′(x)<0，此时f(x)单调递减； 当x>0时，g(x)＝f′(x)>0，此时f(x)单调递增． 所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 所以f(x)的极小值为f(0)＝0. (2)当x＝0时，f(0)＝0，符合题意； 当x∈(0，π]时，得a≥. 令t(x)＝， 则t′(x)＝， 令h(x)＝－xcosx－x＋2sinx， 则h′(x)＝cosx＋xsinx－1， 令z(x)＝h′(x)，则z′(x)＝xcosx， 当x∈时，z′(x)>0，h′(x)单调递增， 当x∈时，z′(x)<0，h′(x)单调递减， 因为h′(0)＝0，h′＝－1>0，h′(π)＝－2， 所以存在唯一的x0∈，使得h′(x0)＝0， 且当x∈(0，x0)时，h′(x)>0，当x∈(x0，π]时，h′(x)<0， 所以h(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π]上单调递减， 又因为h(0)＝0，h(π)＝0， 所以当x∈(0，π]时，t′(x)>0，则t(x)单调递增， 所以当x∈(0，π]时，t(x)≤t(π)＝； 当x∈(π，＋∞)时，令M(x)＝x2－x＋sinx， 则M′(x)＝x－1＋cosx>×π－1＋cosx＝1＋cosx≥0， 则M(x)在(π，＋∞)上单调递增，此时M(x)>M(π)＝0， 所以当x∈(π，＋∞)时，<. 所以≤. 所以实数a的取值范围为. 6．设函数f(x)＝x2－2ax＋ln x(a∈R)． (1)当a＝时，求f(x)的极值点； (2)当<a≤时，设x1<x2，且x1∈，x2∈，记f(x1)－f(x2)的最大值为G(a)，试求G(a)的取值范围． 解：(1)当a＝时，f(x)＝x2－3x＋ln x，定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝2x－3＋＝， 当x∈或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 因此f(x)的极大值点是，极小值点是1. (2)由已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝， 对于方程2x2－2ax＋1＝0，Δ＝4a2－8>0在a∈上恒成立，则方程2x2－2ax＋1＝0有两个不同的正根，设为m，n(m<n)， 根据根与系数的关系，得m＋n＝a，mn＝， 则≤m<，<n≤1， 当0<x<m或x>n时，f′(x)>0，当m<x<n时，f′(x)<0，所以f(x)的极大值点为m，极小值点为n， 因为x1∈，所以f(x1)max＝f(m)， 因为x2∈，所以f(x2)min＝f(n)， 所以G(a)＝f(m)－f(n)＝(m－n)(m＋n)－2a(m－n)＋ln ＝(m－n)(m＋n)－2(m＋n)(m－n)＋ln (2m2)＝－(m＋n)(m－n)＋ln (2m2)＝－m2＋ln (2m2)， 令2m2＝t， 于是G(a)＝g(t)＝－＋ln t，≤t<1， g′(t)＝－－＋＝－<0， 所以g(t)在上单调递减， 又g＝－ln 2，当t→1时，g(t)→0， 所以0<g(t)≤－ln 2， 故G(a)的取值范围是. 7 学科网（北京）股份有限公司 $