6.3 基础课16 利用导数研究函数的单调性、极值、最值-（配套课件）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

基础课16 利用导数研究函数的单调性、极值、最值 　 第一篇 专题六 函数与导数 03 专题集训 02 考点突破 能力提升 真题再研 考情分析 01 内容索引 真题再研 考情分析 返回 根据题意，设切点(x0，＋x0＋a)，＋x0＋a＝2x0＋5①.由y＝ex＋x＋a得y'＝ex＋1，则＋1＝2②.由①②得，a＝4，x0＝0. 一、导数的几何意义及其应用 1.(2025·全国一卷，T12)若直线y＝2x＋5是曲线y＝ex＋x＋a的一条切线，则a＝　　　. 4 √ 二、利用导数研究函数的单调性 2.(2023·新课标Ⅱ卷，T6)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)单调递增，则a的最小值为 A.e2 B.e C.e－1 D.e－2 根据题意知，f'(x)＝aex－≥0在(1，2)上恒成立，显然a＞0，所以xex≥.设g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g'(x)＝(x＋1)ex＞0，所以g(x)在(1，2)上单调递增，g(x)＞g(1)＝e，故e≥，即a≥＝e－1，即a的最小值为e－1.故选C. 三、利用导数研究函数的极值、最值 3.(2025·全国二卷，T13)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，则f(0)＝　 　. －4 由f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)得，f'(x)＝[(x－1)(x－2)]'(x－a)＋(x－1)(x－2)(x－a)'＝(2x－3)(x－a)＋(x－1)(x－2).因为x＝2是f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，所以f'(2)＝0，即2－a＝0，a＝2，所以f(x)＝(x－1)(x－2)2，所以f(0)＝(0－1)(0－2)2＝－4. √ 4.(多选)(2025·全国二卷，T10)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≥ D.x＝－1是f(x)的极大值点 √ √ 对于A，根据奇函数的定义有f(0)＝0，故A正确；对于B，当x＜0时，－x＞0，所以f(－x)＝(x2－3)e－x＋2，因为f(－x)＝－f(x)，所以f(x)＝－(x2－3)e－x－2，故B正确；对于C，当x＞0时，f'(x)＝(x2＋2x－3)ex＝(x－1)(x＋3)ex，所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又f()＝2，当x→0＋时，f(x)→－1，所以由f(x)≥2得x≥；当x＜0时，f(－1)＝2(e－1)＞2，满足f(x)≥2，但－1∉[，＋∞)，故C错误；对于D，根据C解析知x＝1是函数f(x)的极小值点，根据奇函数图象关于原点对称，知x＝－1是函数f(x)的极大值点，故D正确.故选ABD. 考情分析 1.此部分内容是高考命题的热点内容，在选择题、填空题中多考查导数的几何意义. 2.应用导数研究函数的单调性、极值与最值，多在选择题、填空题最后几题的位置考查，属综合性问题，有时也常在解答题的第(1)问中考查.特别关注以三次函数、指数函数、对数函数、三角函数为载体研究函数的单调性、极值、最值. 返回 考点突破 能力提升 返回 考向1　含参函数的单调性 (2025·广东湛江二模节选)已知函数f＝－x2＋ln x＋x. 若a≥－，讨论f的单调性. 核心考点一　利用导数研究函数的单调性　[综合性考法] 典例 1 解：由f＝－x2＋ln x＋x，x＞0， 得f'＝－2x＋＋1－a＝＝. 令＝0，得x＝－a或x＝. 若a≥0，则－a≤0，＞0， 当x∈时，f'＞0，f单调递增； 当x∈时，f'＜0，f单调递减. 若－＜a＜0，则＞－a＞0， 当x∈时，f'＜0，f单调递减；当x∈时，f'＞0，f单调递增. 若a＝－，则＝－a＝，f'≤0在x∈上恒成立，f单调 递减. 综上所述，当a≥0时，f，单调递减区间为； 当－＜a＜0时，f，单调递减区间为(0，－a)和； 当a＝－时，f，无单调递增区间. 考向2　函数单调性的应用 (1)(2025·湖北黄冈模拟)已知函数f＝sin x＋ex－e－x，若a＝f，b＝f，c＝f，则 A.a＜b＜c B.a＜c＜b C.c＜b＜a D.b＜c＜a 典例 2 √ 由f＝sin x＋ex－e－x，得f'＝cos x＋ex＋e－x.因为ex＋e－x≥2＝2，当且仅当ex＝e－x，即x＝0时等号成立，而cos x∈，所以f'＝cos x＋ex＋e－x＞0，即f在R上单调递增.因为－2＜＝ln ＜ln 2，所以f＜f＜f，即a＜b＜c.故选A. (2)(2025·浙江台州一模)若f(x)＝＋ax在R上单调递减，则实数a的最大 值为　　　　. － 因为f(x)＝＋ax在R上单调递减，所以f'(x)≤0在R上恒成立，所以f'(x)＝＋a≤0在R上恒成立，所以a≤－在R上恒成立.令g＝－，则g＝－＝－＝－≥－＝－，当且仅当ex＝，即x＝0时等号成立，所以a≤－，故实数a的最大值为－. 规律反思 1.讨论函数的单调性一般可以归结为讨论含有参数的一元二次不等式的解集. 2.利用导数比较大小或解不等式时，常常根据已知表达式的特点构造新函数. 3.掌握如下三个转化思想：(1)函数f(x)在区间D上单调递增(或递减)，可转化为f'(x)≥0(或f'(x)≤0)在x∈D上恒成立. (2)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f'(x)＝0在(a，b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号). (3)函数f(x)在区间D上存在单调递增(或递减)区间，可转化为f'(x)＞0(或f'(x)＜0)在x∈D上有解. 预测练1.(2025·山东齐鲁名校大联考) 已知y＝exf是定义在R上的偶函数，且当x＞0时，f＋f'＞0，则满足ex－2f＞f(x－1)的x的取值 范围是　 　　　. ∪ 设g＝exf，则g'＝ex(f＋f').由当x＞0时，f＋f'＞0，得ex＞0，即g'＞0，故g上单调递增.又ex－2f＞f(x－1)，所以e2x－3f＞ex－1f，即g(2x－3)＞g.因为g为R上的偶函数，所以g＞g，即＞，计算得＞，所以＞0，解得x＞2或x＜. 预测练2.已知函数f(x)＝(x－2)ex＋x2－ax.讨论函数f(x)的单调性. 解：由f(x)＝(x－2)ex＋x2－ax，得函数f(x)的定义域为R， 所以f'(x)＝(x－1)ex＋a(x－1)＝(x－1)(ex＋a). ①当a≥0时， 若x∈(－∞，1)，则f'(x)＜0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减； 若x∈(1，＋∞)，则f'(x)＞0， 所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增. ②当－e＜a＜0时，ln (－a)＜1， 若x∈(－∞，ln (－a))∪(1，＋∞)，则f'(x)＞0， 所以f(x)在(－∞，ln (－a))，(1，＋∞)上单调递增； 若x∈(ln (－a)，1)，则f'(x)＜0， 所以f(x)在(ln (－a)，1)上单调递减. ③当a＝－e时，ln (－a)＝1， 对∀x∈R，f'(x)≥0，所以f(x)在R上单调递增. ④当a＜－e时，ln (－a)＞1， 若x∈(－∞，1)∪(ln (－a)，＋∞)，则f'(x)＞0， 所以f(x)在(－∞，1)，(ln (－a)，＋∞)上单调递增； 若x∈(1，ln (－a))，则f'(x)＜0，所以f(x)在(1，ln (－a))上单调递减. 综上所述，当a≥0时，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增； 当－e＜a＜0时，f(x)在(－∞，ln (－a))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln (－a)，1)上单调递减； 当a＝－e时，f(x)在R上单调递增； 当a＜－e时，f(x)在(－∞，1)，(ln (－a)，＋∞)上单调递增，在(1，ln (－a))上单调递减. 考向1　利用导数研究函数的极值 (2024·新课标Ⅱ卷)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； 核心考点二　利用导数研究函数的极值、最值　[综合性考法] 典例 3 解：当a＝1时，f＝ex－x－1， 则f'＝ex－1， 则f'(1)＝e－1. 又f(1)＝e－2，所以切点坐标为(1，e－2)， 所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0. (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求实数a的取值范围. 解：易知函数f(x)的定义域为R，f'＝ex－a. 当a≤0时，f'(x)＞0，函数f(x)在R上单调递增，无极值； 当a＞0时，由f'＞0，得x＞ln a，由f'(x)＜0，得x＜ln a， 所以函数f(x)在区间(－∞，ln a)上单调递减，在区间(ln a，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f＝a－aln a－a3. 由题意知a－aln a－a3＜0(a＞0)，等价于1－ln a－a2＜0(a＞0). 令g＝1－ln a－a2(a＞0)， 则g'＝－－2a＜0， 所以函数g(a)在(0，＋∞)上单调递减，　 又g(1)＝0，故当0＜a≤1时，g(a)≥0；当a＞1时，g(a)＜0. 故实数a的取值范围为(1，＋∞). 考向2　利用导数研究函数的最值 (2025·广东茂名一模)已知函数f＝ln x－ax2＋1. (1)当a＝1时，求函数f在x＝1处的切线方程； 典例 4 解：当a＝1时f＝ln x－x2＋1，则f＝0，f'＝－2x， 所以f'＝－1，所以切线方程为y＝－，即x＋y－1＝0. (2)若函数f的最大值为0，求实数a的值. 解：函数f＝ln x－ax2＋1的定义域为，且f'＝－2ax＝. 当a≤0时，f'＞0恒成立，所以函数f上单调递增，则无最大值，故舍去； 当a＞0时，令1－2ax2＝0，解得x1＝－(舍去)，x2＝， 所以当x∈时，f'＞0，即f上单调递增， 当x∈时，f'＜0，即f上单调递减， 所以f在x＝处取得极大值，即最大值， 即f＝0， 所以f＝ln －a＋1＝0， 即－ln －＋1＝0，即ln ＝1，所以a＝. 领悟提升 利用导数研究函数的极值、最值应注意的问题 　　(1)不能忽略函数f(x)的定义域.(2)f'(x0)＝0是可导函数在x＝x0处取得极值的必要不充分条件.(3)函数的极小值不一定比极大值小.(4)函数在区间(a，b)上有唯一极值点，则这个极大(小)值点也是最大(小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到. 预测练3.(2025·江苏宿迁二模)若函数f＝有最大值，则实数k的最大值为 A. B. C. D. √ 当x≥2时，f＝，则f'＝，当2x＜e时，f'＞0，此时，函数f单调递增，当x＞e时，f'＜0，此时，函数f单调递减，则函数f在x＝e处取得极大值，且极大值为f＝.因为函数f＝有最大值，则解得0≤k≤，因此，实数k的最大值为.故选C. 预测练4.(2025·山东临沂二模节选)已知函数f＝ax2－x＋ln x. (1)当a＞0时，讨论f的单调性； 解：由f＝ax2－x＋ln x，得 f'＝2ax－＋＝＝. 若a＞0，则f'＝＝， 若a＝2，f'＝≥0， 此时f上单调递增. 若0＜a＜2，则＞，当0＜x＜或x＞时， f'＞0，当＜x＜时，f'＜0， 此时f，上单调递增， 在上单调递减. 若a＞2，则0＜＜，当0＜x＜或x＞时， f'＞0，当＜x＜时，f'＜0， 此时f，上单调递增，在上单调递减. 综上所述，若a＝2，则f上单调递增； 若0＜a＜2，则f，上单调递增，在上单调 递减； 若a＞2，则f，上单调递增，在上单调递减. (2)设函数g＝f＋ax，已知g有两个极值点x1，x2，试求实数a的取值范围. 解：g＝f＋ax＝ax2－x＋ln x＋ax＝ax2－2x＋ln x， 求导得g'＝2ax－2＋. 因为g有两个极值点x1，x2，所以g'＝2ax－2＋＝0有两个“变号”零点， 即a＝＝－＋＝－＋有两个零点. 令t＝⇒t＞0，t，x是一一对应的， 从而a＝－＋有两个零点. 设h＝－＋，该二次函数开口向下，对称轴是t＝1， 注意到t＞0，所以h＝0＜a＜h＝， 即实数a的取值范围是. 返回 专 题 集 训 返回 1.函数f(x)＝－2ln x－x－的单调递增区间是 A.(0，＋∞) B.(－3，1) C.(1，＋∞) D.(0，1) √ f'(x)＝－－1＋＝＝，x＞0.由f'(x)＞0，得0＜x＜1，所以f(x)的单调递增区间是(0，1).故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2.(2025·浙江台州二模) 已知a∈R，若函数f＝x＋－ln x既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 因为函数f＝x＋－ln x的定义域为，所以f'＝1－－＝.因为函数f既有极大值，又有极小值，则关于x的方程x2－x－ a＝0有两个不等的正根x1，x2，所以解得－＜a＜0，因此实数a的取值范围是.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3.当x＝2时，函数f(x)＝x3＋bx2－12x取得极值，则f(x)在区间[－4，4]上的最大值为 A.8 B.12 C.16 D.32 √ f'(x)＝3x2＋2bx－12.因为f(x)在x＝2处取得极值，所以f'(2)＝12＋4b－12＝0，所以b＝0，则f(x)＝x3－12x.由f'(x)＝0，得x＝±2，f(x)在[－4，－2]上单调递增，在(－2，2)上单调递减，在[2，4]上单调递增.又f(－2)＝－8＋24＝16，f(4)＝64－48＝16，所以f(x)max＝16.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4.(2025·浙江绍兴一模)已知函数F(x)＝x2f(x)，且x＝0是F(x)的极小值点，则f(x)可以是 A.sin x B. ln (x＋1) C. ex D. x－1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对于A，F(x)＝x2sin x，F'(x)＝2xsin x＋x2cos x＝x，F'(0)＝0，当x∈时，2sin x＋xcos x＜0，所以F'(x)＞0；当x∈时，2sin x＋xcos x＞0，所以F'(x)＞0，所以x＝0不是F(x)的极值点，故A错误；对于B，F(x)＝x2ln (x＋1)，F'(x)＝2xln (x＋1)＋＝x，F'(0)＝0，当x∈时，ln (x＋1)＜0，＜0，所以F'(x)＞0；当x∈时，ln (x＋1)＞0，＞0，所以F'(x)＞0，所以x＝0不是F(x)的极值点，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对于C，F(x)＝x2ex，F'(x)＝2xex＋x2ex＝xex，F'(0)＝0，当x∈时，F'(x)＜0；当x∈时，F'(x)＞0，所以x＝0是F(x)的极小值点，故C正确；对于D，F(x)＝x2(x－1)＝x3－x2，F'(x)＝3x2－2x＝x，F'(0)＝0，当x∈时，F'(x)＞0；当x∈时，F'(x)＜0，所以x＝0是F(x)的极大值点，故D错误.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5.(2025·山东菏泽一模)已知函数f＝ax2－ln x在区间单调，则实数a的取值范围是 A.∪ B.∪ C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由已知得f'＝2ax－，当a＞0时，令f'＝0，得x＝；令f'＞0，解得x＞；令f'＜0，解得0＜x＜；故f上单调递减，在区间上单调递增，所以若f上单调，则需满足≤1或≥2，即0＜a≤或a≥，所以实数a的取值范围是∪.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.已知a＝ln ，b＝，c＝，则下列结论正确的是 A.c＜b＜a B.b＜a＜c C.a＜b＜c D.c＜a＜b √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设f(x)＝(x＞0)，则f'(x)＝＝.当x∈(0，e)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，f'(x)＜0，f(x)单调递减.a＝ln ＝ln 2＝ln 2＝ln 4＝f(4).又b＝＝f(3)，c＝＝f(e)，e＜3＜4，且f(x)在(e，＋∞)上单调递减，所以f(4)＜f(3)＜f(e)，所以a＜b＜c.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7.已知函数f(x)＝ex－x2－1，对于任意的实数a，b，下列结论一定成 立的有 A.若a＋b＞0，则f(a)＋f(b)＞0 B.若a＋b＞0，则f(a)－f(－b)＞0 C.若f(a)＋f(b)＞0，则a＋b＞0 D.若f(a)＋f(b)＜0，则a＋b＜0 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 f(x)＝ex－x2－1，则f'(x)＝ex－x.令g(x)＝ex－x，则g'(x)＝ex－1.令g'(x)＜0，得x＜0，令g'(x)＞0，得x＞0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故g(x)≥g(0)＝1，即f'(x)＞0，所以f(x)在R上单调递增，且f(0)＝0.若a＋b＞0，则a＞－b，所以f(a)＞f(－b)，故B正确；f(b)＋f(－b)＝eb－b2－1＋(e－b－b2－1)＝eb＋e－b－b2－2.令h(b)＝eb＋e－b－b2－2，则h'(b)＝eb－e－b－2b.令u(b)＝h'(b)，则u'(b)＝eb＋e－b－2≥0，当且仅当eb＝e－b，即b＝0时，等号成立，所以u(b)在R上单调递增，而h'(0)＝u(0)＝0，故h(b)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故h(b)≥h(0)＝0，所以f(b)＋f(－b)≥0，即f(a)＋f(b)≥f(a)－f(－b)＞0，故A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 若f(a)＋f(b)＜0，则f(a)＜－f(b)≤f(－b)，所以a＜－b，即a＋b＜0，故D正确；设f(c)＝－f(b)，若c＜a＜－b，则f(c)＝－f(b)＜f(a)满足f(a)＋f(b)＞0，但a＋b＜0，故C错误.故选ABD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 8.已知三次函数f(x)＝ax(x－b)2，则 A.函数f(x)一定有两个极值点 B.当a＜0＜b时，f(a)＞f(a＋b) C.当ab＞0时，f(x)的极小值为0 D.∃a，b∈R，f(x)在区间[a，b]上的值域为[a，b] √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对于A，当b＝0，a＝1时，f(x)＝x3，该函数在R上为增函数，无极值点，故A错误；对于B，f(a)－f(a＋b)＝a2－a3＝a2b，而a＜0＜b，故a2b＞0，b－3a＞0，故a2b＞0，所以f(a)＞f(a＋b)，故B正确；对于C，f'(x)＝a(x－b)2＋2ax＝3a，若a＞0，则b＞0，此时当x＜或x＞b时，f'＞0，当＜x＜b时，f'＜0，故f在x＝b处取极小值f＝0；若a＜0，则b＜0，此时当x＜b或x＞时，f'＜0，当b＜x＜时，f'＞0，故f在x＝b处取极小值f＝0；故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对于D，当a＜0，b＞0时，则当x＜或x＞b时，f'＜0，当＜x＜b时，f'＞0，故f为减函数，在上为增函数，取b＝3·，则f＝f＝a×＝a×＝a，考虑方程－3·＝0在上是否有解.设s＝x2－3·，则s＝－3·＜0，s＝9－3·＞9－3·＞0.由零点存在定理可得s上存在零点，设该零点为a，则f＝b＞0，则f，故D成立.故选BCD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9.(2025·辽宁大连模拟)若函数g(x)＝ln x＋x2－(b－1)x存在单调递减区间，则实数b的取值范围是　　 　　. (3，＋∞) 函数g(x)＝ln x＋x2－(b－1)x的定义域为(0，＋∞)，g'(x)＝＋x－(b－1). 由g(x)存在单调递减区间知g'(x)＜0在(0，＋∞)上有解，即＋x－(b－1)＜0有解.因为函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，所以x＋≥2.要使＋x－(b－1)＜0有解，只需2＜b－1，即b＞3，所以实数b的取值范围是(3，＋∞). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10.已知函数f(x)＝ex＋x，g(x)＝3x，且f(m)＝g(n)，则n－m的最小值 为　　 　　. (1－ln 2) 由f(m)＝g(n)，得em＋m＝3n，化简整理得3n－3m＝em－2m.令h(m)＝em－2m(m∈R)，则h'(m)＝em－2.令em－2＝0，解得m＝ln 2.当m∈(－∞，ln 2)时，h'(m)＜0，即h(m)在(－∞，ln 2)上单调递减；当m∈(ln 2，＋∞)时，h'(m)＞0，即h(m)在(ln 2，＋∞)上单调递增.即h(m)min＝h(ln 2)＝2－2ln 2，故(n－m)min＝(1－ln 2). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11.(13分)(2025·浙江杭州二模)已知函数f＝xex－ax2－ax(a∈R). (1)若a＝0，求f的极小值； 解：由题意知f'＝ex－ax－a＝. 若a＝0，则f＝xex，所以f'＝ex. 令f'＝0，得x＝－1. 当x∈时，f'＜0，当x∈时，f'＞0， 所以f单调递减，在单调递增， 所以f的极小值等于f＝－. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)当a＞时，求f的单调递增区间； 解：因为a＞，所以ln a＞－1. 由f'＞0，即＞0，解得x＜－1或x＞ln a， 所以f单调递增； 由f'＜0，即＜0，解得－1＜x＜ln a， 所以f单调递减. 故f的单调递增区间为(－∞，－1)和(ln a，＋∞). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)当a＞0时，设f的极大值为g，求证：g≥－. 解：证明：当a＞时，由(2)知，f的极大值等于f＝g＝－＋a＞－＞－； 当a＝时，f'≥0，f单调递增，f无极大值； 当0＜a＜时，当x∈时，f'＞0，f单调递增， 当x∈时，f'＜0，f单调递减， 所以f的极大值等于f＝g＝－a. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 令g＝－x， 所以g'＝－ln x， g上g'＜0， 在上，g'＞0， 所以g上单调递减，在上单调递增， 故g≥g＝－， 综上所述，g≥－. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 12.(15分)(2025·山东聊城一模) 已知函数f＝x2－2ax＋ln x. (1)讨论f的单调性； 解：f(x)＝x2－2ax＋ln x的定义域为(0，＋∞). 求导可得f'(x)＝x－2a＋＝. 令g(x)＝x2－2ax＋1，其判别式Δ＝(－2a)2－4×1×1＝4a2－4＝4(a2－1). 当Δ≤0，即－1≤a≤1时，g(x)＝x2－2ax＋1≥0，因为x＞0，则f'(x)≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 当Δ＞0，即a＞1或a＜－1时，方程g(x)＝0的两根为x1＝a－，x2＝a＋.x1x2＝1(根同号)，x1＋x2＝2a. 因为x＞0，当a＜－1时，x1＋x2＝2a＜0，则x1＝a－＜0，x2＝a＋＜0，此时g(x)＞0，f'(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增. 当a＞1时，x1＋x2＝2a＞0，则x1＝a－＞0，x2＝a＋＞0，且x2＞x1， 此时在(0，a－)和(a＋，＋∞)上，g(x)＞0，f'(x)＞0，f(x)单调递增； 在(a－，a＋)上，g(x)＜0，f'(x)＜0，f(x)单调递减. 综上所述， 当a≤1时， f(x)在(0，＋∞)上单调递增. 当a＞1时，f(x)在(0，a－)和(a＋，＋∞)上单调递增；在(a－，a＋)上单调递减. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)若f有两个不同的极值点x1，x2，且f＋f≥2ln －6a＋3，求实数a的取值范围. 解：因为f(x)有两个不同的极值点x1，x2，所以在g(x)＝x2－2ax＋1中，Δ＝4(a2－1)＞0且x1＋x2＝2a＞0，解得a＞1. f(x1)＋f(x2)＝－2ax1＋ln x1＋－2ax2＋ln x2 ＝＋)－2a(x1＋x2)＋ln (x1x2) ＝[－2x1x2]－2a(x1＋x2)＋ln (x1x2). 由韦达定理可知x1＋x2＝2a，x1x2＝1，代入上式可得 f(x1)＋f(x2)＝(4a2－2)－4a2＋ln 1＝－2a2－1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 已知f(x1)＋f(x2)≥2ln －6a＋3，即－2a2－1≥2ln －6a＋3， 可得2a2－6a＋4＋2ln ≤0， 即a2－3a＋2＋ln ≤0. 令h(a)＝a2－3a＋2＋ln ，对h(a)求导得h'(a)＝2a－3＋＝＝. 因为a＞1，所以h'(a)＞0，h(a)在(1，＋∞)上单调递增. 又h(2)＝22－3×2＋2＋ln ＝0，所以h(a)≤0的解集为(1，2]， 即实数a的取值范围是(1，2]. 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 谢 谢 观 看！ $