南京市2019届高三数学二轮专题复习资料专题07：导数及其应用
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专题 7：导数及其应用
目录
问题归类篇 ............................................................................................................................................................... 2
类型一：切线方程 ........................................................................................................................................... 2
类型二 利用导数研究函数的单调性问题: .................................................................................................... 6
类型三：函数极值与最值 ............................................................................................................................. 13
类型四：不等式恒成立问题 ......................................................................................................................... 24
类型五：方程有解（或解的个数）问题 ..................................................................................................... 33
综合应用篇 ............................................................................................................................................................. 41
一、例题分析 ................................................................................................................................................. 41
二、反馈巩固 ................................................................................................................................................. 45
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问题归类篇
类型一：切线方程
一、前测回顾
1．曲线 y＝x3 上在点(－1，－1)的切线方程为 ．
答案：y＝3x＋2．
解析：y ′＝3x2，则切线的斜率是 3×(－1)2，再利用点斜式求出切线方程．
2．曲线 y＝x3－3x2＋2x 过点(0，0)的切线方程为 ．
答案：y＝2x 或 y＝－1
4x．
解析：y ′＝3x2－6x＋2，设切点为（x0，x03－3x02＋2x0），则切线的斜率为 3x02－6x0＋2．
切线方程为 y－(x03－3x02＋2x0)＝(3x02－6x0＋2)(x－x0)，（ 0，0）代入，得 x0的值，从而得到切
线方程．
二、方法联想
涉及函数图象的切线问题：如果已知切点，则利用切点求切线；如果不知切点，则先设切点坐标求出
切线方程的一般形式再利用已知条件．
注意：(1)“在”与“过”的区别：“在”表示该点为切点，“过”表示该点不一定为切点．
(2)切点的三个作用：①求切线斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上．
三、方法应用
例 1．（2018 全国新课标Ⅰ文、理）设函数 f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax．若 f(x)为奇函数，则曲线 y＝f(x)
在点(0，0)处的切线方程为 ．
答案：y＝x.
解析：∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，即 a＝1，， ∴f(x)＝x3＋x，∴f ′(0)＝1，∴切线方程为 y＝x.
例 2．（2018·无锡期末）已知函数 f(x)＝ex(3x－2)，求过点(2，0)与函数 y＝f(x)的图像相切的直线方
程；
解析：设切点为(x0，y0)，f'(x)＝ex(3x＋1)，则切线斜率为 ex0(3x0＋1)，
所以切线方程为 y－y0＝ex0(3x0＋1)(x－x0)，因为切线过(2，0)，
所以－ex0(3x0－2)＝ex0(3x0＋1)(2－x0)，
化简得 3x02－8x0＝0，解得 x0＝0，8
3.
当 x0＝0 时，切线方程为 y＝x－2，
当 x0＝8
3时，切线方程为 y＝9e
8
3x－18e
8
3.
例 3．（2014 江苏）在平面直角坐标系 xOy 中，若曲线 y＝ax2＋b
x (a，b 为常数)过点 P(2,－5)，且该曲
线在点 P 处的切线与直线 7x＋2y＋3＝0 平行，则 a＋b 的值是 ．
答案：－3
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解析：由题意可得－5＝4a＋b
2 ①，又 f'(x)＝2ax－b
x2，过点 P(2,－5)的切线的斜率 4a－b
4＝－7
2 ②，由①
②解得 a＝－1，b＝－2，所以 a＋b＝－3．
例 4、已知函数 f(x)＝2x3－3x，若过点 P(1，t)存在 3 条直线与曲线 y＝f(x)相切，求t 的取值范围．
答案：t∈(－3，－1)
解：设切点坐标(x0，y0)，切线斜率为 k ，则有
y0＝2x30－3x0
k＝f'(x0)＝6x20－3 切线方程为：y－(2x30－3x0)＝(6x20－3)(x－x0)
因为切线过 P(1，t)，所以将 P(1，t)代入直线方程可得：
t－(2x30－3x0)＝(6x20－3)(1－x0)
t＝(6x20－3)(1－x0)＋(2x30－3x0) ＝6x20－3－6x30＋3x0＋2x30－3x0＝－4x30＋6x20－3
所以问题等价于方程 t＝－4x30＋6x20－3，令 g(x)＝－4x3＋6x2－3
即直线 y＝t 与 g(x)＝－4x3＋6x2－3 有三个不同交点
g'(x)＝－12x2＋12x＝－12x(x－1)
令 g'(x)＞0 解得 0＜x＜1 所以 g(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)单调递减，在(0，1)单调递增
g(x)＝g(1)＝－1，g(x)＝g(0)＝－3
所以若有三个交点，则 t∈(－3，－1)
所以当 t∈(－3，－1)时，过点 P(1，t)存在 3 条直线与曲线 y＝f(x)相切．
四、归类巩固
*1．若曲线 y＝1
2x＋b 是曲线 y＝lnx (x＞0)的一条切线，则实数 b 的值为 .
(已知切线方程求参数值)
答案：ln2－1，
*2．已知函数 f(x)＝ax3＋x＋1 的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2,7)，则 a＝________.
（已知切线过定点，求参数）
答案：1
解析：由题意可得 f′(x)＝3ax2＋1，∴f′(1)＝3a＋1，
又 f(1)＝a＋2，∴f(x)＝ax3＋x＋1 的图象在点(1，f(1))处的切线方程为 y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)，又此
切线过点(2,7)，∴7－(a＋2)＝(3a＋1)(2－1)，解得 a＝1.
*3．函数 f(x)＝alnx－bx2 上一点 P(2，f(2))处的切线方程为 y＝－3x＋2ln2＋2，求 a，b 的值
（已知切线方程求参数）
答案：a＝2，b＝1，
*4.（2018·南京盐城期末·20）设函数 f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋b
x (a,b∈R）,若函数 f(x)与 g(x)的图象在 x＝
1 处有相同的切线，求 a，b 的值．
（已知两曲线的公共切线，求参数）
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答案：a＝1
2，b＝－1
2．
**5．在平面直角坐标系 xOy 中，直线l 与曲线 y＝x2(x＞0)和 y＝x3(x＞0)均相切，切点分别为 A(x1，y1)
和 B(x2，y2),则x1
x2
的值是
（已知两曲线的公共切线，求切点）
答案 4
3．
解析：由题设函数 y＝x2 在 A(x1，y1)处的切线方程为：y＝2x1 x－x12，
函数 y＝x3 在 B(x2，y2)处的切线方程为 y＝3 x22 x－2x23．
所以
2x1＝3x22
x12＝2x23 ，解之得：x1＝32
27，x2＝8
9．
所以 x1
x2
＝4
3．
**6．若存在过点(1，0)的直线与曲线 y＝x3 和 y＝ax2＋15
4 x－9 都相切，求 a 的值．
(已知公切线，求参数的值)
答案：－25
64或－1．
解析：设曲线 y＝x3 的切点(x0，x30)，则切线方程为 y－x30＝3x20 (x－x0)，
切线过点(1，0)，所以－x30＝3x20 (1－x0)，所以 x0＝0 或 x0＝3
2，
则切线为 y＝0 或 y＝27
4 x－27
4 ，
由 y＝0 与 y＝ax2＋15
4 x－9 相切，则 ax2＋15
4 x－9＝0，所以 a≠0 且△＝0；
由或 y＝27
4 x－27
4 与 y＝ax2＋15
4 x－9 相切，则 ax2＋15
4 x－9＝27
4 x－27
4 ，所以 a≠0 且△＝0。
解得 a 的值为－25
64或－1．
**7．（2015 新课标 2）已知曲线 y＝x＋lnx 在点(1,1)处的切线与曲线 y＝ax2＋(a＋2)x＋1 相切，则 a
＝ ．
（已知切线方程求参数）
答案：8
解析：∵y'＝1＋1
x，∴y'|x＝1 ＝2，∴y＝x＋lnx 在点(1，1)处的切线方程为 y－1＝2(x－1)，∴y＝2x
－1，又切线与曲线 y＝ax2＋(a＋2)x＋1 相切，当 a＝0 时，y＝2x＋1 与 y＝2x－1 平行，故 a≠0．∵
y'＝2ax＋(a－2)，∴令 2ax＋a＋2＝2 得 x＝－1
2，代入 y＝2x－1，得 y＝－2，∴点(－1
2，－2)在 y＝
ax2＋(a＋2)x＋1 的图象上，故－2＝a×(－1
2)2＋(a＋2)×(－1
2)＋1，∴a＝8．
**8．曲线 y＝－1
x(x＜0)与曲线 y＝lnx 公切线（切线相同）的条数为 .
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（求两曲线的公切线条数）
答案：1
**9．设直线 l1，l2 分别是函数 f(x)=
ln ,0 1,
ln , 1,
xx
xx
图象上点 P1，P2 处的切线，l1 与 l2 垂直相交于点
P，且 l1，l2 分别与 y 轴相交于点 A，B，则△PAB 的面积的取值范围是 ．
（已知切线的位置关系，求参数的数量关系及范围）
答案：(0,1)
解析：设 1 1 1 2 2 2, ln , , lnP x x P x x （不妨设 121, 0 1xx ），则由导数的几何意义易得切线
12,ll的斜率分别为 12
12
11,.kkxx 由已知得 1 2 1 2 2
1
11, 1, .k k x x x x 切线 1l 的方程
分别为 11
1
1lny x x xx ，切线 2l 的方程为 22
2
1lny x x xx ，即 11
1
1lny x x x x
.
分别令 0x 得 110 , 1 ln , 0 ,1 ln .A x B x 又 与 的交点为
2
11
122
11
21, ln11
xxPxxx
，
1 1x ，
2
11
22
11
211 12 1 1PAB A B P
xxS y y x xx
， 01PABS ．
***10.（2018·苏北四市期末·19）已知函数 2( ) 1 ( ) ln ( )f x x ax g x x a a R， ．若存在与函数
f(x)，g(x)的图象都相切的直线，求实数 a 的取值范围．
（已知公切线，利用零点存在性定理，求参数取值范围）
解析：设函数 f(x)上点(x1，f(x1))与函数 g(x)上点(x2，g(x2))处切线相同，
则 f'(x1)＝g'(x2)＝f(x1)－g(x2)
x1－x2
所以 2x1＋a＝1
x2
＝x12＋ax1＋1－(lnx2－a)
x1－x2
所以 x1＝ 1
2x2
－a
2，代入x1－x2
x2
＝x12＋ax1＋1－(lnx2－a)得：
1
4x22－ a
2x2
＋lnx2＋a2
4 －a－2＝0(*)
设 F(x)＝ 1
4x2－ a
2x＋lnx＋a2
4 －a－2，则 F'(x)＝－ 1
2x3＋ a
2x2＋1
x＝2x2＋ax－1
2x3
不妨设 2x02＋ax0－1＝0(x0＞0)则当 0＜x＜x0 时，F'(x)＜0，当 x＞x0 时，F'(x)＞0
所以 F(x)在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0，＋∞)上单调递增，
代入 a＝1－2x02
x0
＝1
x0
－2x0 可得：F(x)min＝F(x0)＝x02＋2x0－1
x0
＋lnx0－2
设 G(x)＝x2＋2x－1
x＋lnx－2，则 G'(x)＝2x＋2＋1
x2＋1
x＞0 对 x＞0 恒成立，
所以 G(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，又 G(1)＝0
所以当 0＜x≤1 时 G(x)≤0，即当 0＜x0≤1 时 F(x0)≤0,
又当 x＝ea＋2 时 F(x)＝ 1
4e2a＋4－ a
2ea＋2＋lnea＋2＋a2
4 －a－2
＝1
4( 1
ea＋2－a)2≥0
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因此当 0＜x0≤1 时，函数 F(x)必有零点；即当 0＜x0≤1 时，必存在 x2 使得(*)成立；
即存在 x1，x2 使得函数 f(x)上点(x1，f(x1))与函数 g(x)上点(x2，g(x2))处切线相同．
又由 y＝1
x－2x 得：y'＝－1
x2－2＜0
所以 y＝1
x－2x(0，1)单调递减，因此 a＝1－2x02
x0
＝1
x0
－2x0∈[－1＋∞)
所以实数 a 的取值范围是[－1，＋∞)．
类型二 利用导数研究函数的单调性问题:
一、前测回顾
1．已知函数 f(x)＝kx3＋3(k－1)x2－k2＋1(k>0)，
(1)若函数 f(x)的单调递减区间是(0,4)，则实数 k 的值为____________；
(2)若在(0,4)上为减函数，则实数 k 的取值范围是____________．
答案：(1)1
3 (2)
0，1
3
解析：(1)f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x，由题意知 f′(4)＝0，解得 k＝1
3，检验符合.
(2)由 f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x，由题意知 f′(4)≤0，解得 k≤1
3，又 k>0，故 0
－1
4时，由 f′(x)＝0 得
x1＝1＋ 1＋4a
2 ，x2＝1－ 1＋4a
2 ，
① 若－1
4x2>0，
由 f′(x)<0，得 0x1；
由 f′(x)>0，得 x20，则 x1>0>x2，
由 f′(x)<0，得 x>x1；由 f′(x)>0，得 0f(x)恒成立，若 x10，所以 g(x)单调递增，当 x1－1
2时，－(a＋1)2
＋a＋2≥0，则－1
20，故 f(x)在区间(－∞，0)上是单调递增．
②当 a>0 时，x∈(－∞，－a)，f′(x)>0，所以 f(x)在区间(－∞，－a)上是单调递增；x∈(－a，0)，f′
(x)<0，所以 f(x)在区间(－a，0)上是单调递减．
综上所述，当 a≤0 时，f(x)单调增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)；当 a>0 时，f(x)单调增区间为(－∞，
－a)，(a，＋∞)，单调减区间为(－a，0)，(0，a)．
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**9.设函数 f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋a－1
x －3（a∈R）．求函数 φ(x)＝f(x)＋g(x)的单调增区间。
（考查函数单调性的讨论)
解析：因为 φ(x)＝f(x)＋g(x)＝lnx＋ax＋a－1
x －3 (x＞0)，
所以 φ'(x)＝ 1
x＋a－a－1
x2 ＝ ax2＋x－(a－1)
x2 ＝ (ax－(a－1))(x＋1)
x2 （x＞0）．
①当 a＝0 时，由 φ'(x)＞0，解得 x＞0；
②当 a＞1 时，由 φ'(x)＞0，解得 x＞ a－1
a ；
③当 0＜a＜1 时，由 φ'(x)＞0，解得 x＞0；
④当 a＝1 时，由 φ'(x)＞0，解得 x＞0；
⑤当 a＜0 时，由 φ'(x)＞0，解得 0＜x＜a－1
a ．
所以，当 a＜0 时，函数 φ(x)的单调增区间为 (0，a－1
a )；
当 0≤a≤1 时，函数 φ(x)的单调增区间为(0，＋∞)；
当 a＞1 时，函数 φ(x)的单调增区间为(a－1
a ，＋∞)．
**10．(15 年高考题).已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)，试讨论 f(x)的单调性．
（考查函数单调性的讨论)
解析：(1) f′(x)＝3x2＋2ax，令 f′(x)＝0，解得 x1＝0，x2＝－2a
3 .
当 a＝0 时，因为 f′(x)＝3x2>0(x≠0)，所以函数 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当 a>0 时，x∈ －∞，－2a
3 ∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，x∈ －2a
3 ，0 时，f′(x)<0，
所以函数 f(x)在 －∞，－2a
3 ，(0，＋∞)上单调递增，在 －2a
3 ，0 上单调递减；
当 a<0 时，x∈(－∞，0)∪ －2a
3 ，＋∞ 时，f′(x)>0，x∈ 0，－2a
3 时，f′(x)<0，
所以函数 f(x)在(－∞，0)， －2a
3 ，＋∞ 上单调递增，在 0，－2a
3 上单调递减．
**11．定义在 R 上的函数 f(x)满足：f(x)＋f ′(x)＞1，f(0)＝4，则不等式 exf(x)＞ex＋3（其中 e 为自然对
数的底数）的解集为 ．
(考查根据导数性质确定函数单调性，利用函数单调性解不等式)
答案：(0，＋∞)
解析：令 g(x)＝exf(x)－ex，则 g ′(x)＝ex(f(x)＋f ′(x)－1)＞0，所以函数 g(x)在 R 上单调增，
不等式 exf(x)＞ex＋3 即为 g(x)＞g(0)，所以解集为(0，＋∞)．
***12．设连续函数 f(x)在 R 上存在导函数 f ′(x)，对于任意实数 x，都有 f(x)＝6x2－f(－x)，当 x∈(－
∞，0)时， 2f ′(x)＋1＜12x 若 f(m＋2)≤f(－2m)＋12m＋12－9m2，则 m 的取值范围为 .
(利用导数研究函数的单调性、构造函数求参数范围, 准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解
这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的
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“形状”变换不等式“形状”；②利用条件中提示)
【答案】[－2
3，＋∞)
【解析】∵f(x)－3x2＋f(－x)－3x2＝0,设 g(x)＝f(x)－3x2，则 g(x)＋g(－x)＝0，∴g(x)为奇函数，又
g'(x)＝f'(x)－6x＜－1
2，∴g(x)在 x∈(－∞，0)上是减函数，从而在 R 上是减函数，又 f(m＋2)≤f(－
2m)＋12m＋12－9m2，等价于 f(m＋2)－3(m＋2)2≤f(－2m)－3－(－2m)2，即 g(m＋2)≤g(－2m)，
∴m＋2≥－2m，解得 m≥－2
3.
**13．设函数 f(x)＝1
3x3－a
2x2＋1.
(1) 若 a>0，求函数 f(x)的单调区间；
(2) 设函数 g(x)＝f(x)＋2x，且 g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数 a 的取值范围．
解：(1) 由已知得 f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)．
当 x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；
当 x∈(0，a)时，f′(x)<0；
当 x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以函数 f(x)的单调增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调减区间为(0，a)．
(2) g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在 x∈(－2，－1)，
使不等式 g′(x)＝x2－ax＋2<0 成立，
即 x∈(－2，－1)时，a<(x＋2
x)max＝－2 2，
当且仅当 x＝2
x，即 x＝－ 2时等号成立．
所以满足要求的实数 a 的取值范围是(－∞，－2 2)．
***14．已知函数 f (x)＝x(ex－2)，g (x)＝x－lnx＋k，k∈R，e 为自然对数的底．记函数 F(x)＝f(x)＋g (x)．记
F(x)的极值点为 m．求证：函数 G(x)＝|F(x)|＋lnx 在区间(0，m)上单调递增．(极值点是指函数取极值
时对应的自变量的值)
(考查利用导数研究函数的单调性)
证明：F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex－x－lnx＋k，F ′(x)＝(x＋1)(ex－1
x)，
设 h(x)＝ex－1
x(x＞0)，则 h ′(x)＝ex＋1
x2＞0 恒成立，
所以函数 h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又 h(1
2)＝ e－2＜0，h(1)＝e－1＞0，且 h(x)的图像在(0，＋∞)上不间断，
因此 h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点 x0∈(1
2，1)，且 ex0＝1
x0
．
当 x∈(0，x0)时，h(x)＜0，即 F ′(x)＜0；当 x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，即 F ′(x)＞0，
所以 F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
于是 x＝x0 时，函数 F(x)取极(最)小值为 F(x0)＝x0ex0－x0－lnx0＋k
＝1－x0－ln 1
ex0＋k＝1＋k．所以 m＝x0，
①当 1＋k≥0，即 k≥－1 时，F(x)≥0 恒成立，
于是 G(x)＝F(x)＋lnx＝xe x－x＋k，G ′(x)＝(x＋1)ex－1．
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因为 x∈(0，m)，所以 x＋1＞1，ex＞1，于是 G ′(x)＞0 恒成立，
所以函数 G(x)在(0，m)上单调递增．
②当 1＋k＜0，即 k＜－1 时，0＜ek＜1
2＜x0＝m，
F(ek)＝ek( eek
－1)＞0，F(m)＝F(x0)＝1＋k＜0，
又 F(x)在(0，m)上单调递减且图像不间断，
所以 F(x)在(0，m)上存在唯一的零点 x1．
当 0＜x≤x1 时，F(x)≥0，G(x)＝F(x)＋lnx＝xex－x＋k，G ′(x)＝(x＋1)ex－1，
因为 0＜x≤x1，所以 x＋1＞1，ex＞1，于是 G ′(x)＞0 恒成立，
所以函数 G(x)在(0，x1]上单调递增； ①
当 x1≤x＜m 时，F(x)≤0，G(x)＝－F(x)＋lnx，G ′(x)＝－F ′(x)＋1
x，
可知，当 x1≤x＜m 时，F ′(x)＜0，于是 G ′(x)＞0 恒成立，
所以函数 G(x)在[x1，m)上单调递增； ②
设任意 s，t∈(0，m)，且 s＜t，
若 t≤x1，则由①知 G(s)＜G(t),
若 s＜x1＜t，则由①知 G(s)＜G(x1)，由②知 G(x1)＜G(t)，于是 G(s)＜G(t),
若 x1≤s，由②知 G(s)＜G(t),
因此总有 G(s)＜G(t),
所以 G(x)在(0，m)上单调递增．
综上，函数 G(x)在(0，m)上单调递增．
类型三：函数极值与最值
一、前测回顾
1．求下列函数极值(或最值)：
（1） f(x)＝xlnx （2）f(x)＝sinx－1
2x，x∈[－π
2，π
2]
答案：（1）当 x＝1
e时，f(x)取极小值－1
e．
（2）当 x＝－π
3时，f(x)取最小值π
6－ 3
2 ．当 x＝π
3时，f(x)取最大值 3
2 －π
6．
解析：（1）f ′(x)＝lnx＋1，令 f ′(x)＝0，则 x＝1
e，列表格得到单调性，求出极小值
(2)f ′(x)＝cosx－1
2，令 f ′(x)＝0，则 x＝±π
3，列表格得到单调性，求出极小值极大值
2．在平面直角坐标系 xOy 中，直线 y＝x＋b 是曲线 y＝alnx 的切线，则当 a>0 时，实数 b 的最小值是
______________．
答案：－1
解析：不妨设切点 P(x0，y0)，则 f′(x0)＝ a
x0
＝1，∴ x0＝a，从而 y0＝a＋b，y0＝alna，
即有 b＝alna－a，a>0.又令 b′(a)＝lna＝0，解得 a＝1，∴ 当 a＝1 时，b 取得最小值－1.
3. 函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在 x＝1 时有极值 10，那么 a＋b 的值分别为________.
答案：15
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4. 已知函数 f(x)＝lnx－m
x(m∈R)在区间[1,e]上的最小值为 4，则 m＝ ．
答案：－3e
5. 已知函数 f(x)＝ax2－lnx－1(a∈R)，求 f(x)在[1，e]上的最小值．
解析： 解：f ′(x)＝2ax－1
x＝2ax2－1
x ，
当 a≤0 时，f ′(x)＜0，f(x)在[1，e]上为减函数，所以 f(x)的最大值为 f（1），最小值为 f（e）＝ae2－2．
当 a＞0 时，令 f（x）＝0 得 2ax2＝1，①
由①得 x＝
1
2a，
（1）若
1
2a≤1，即 a≥1
2时，f ′(x)≥0，f(x)在[1，e]上为增函数，
∴最小值为 f（1）＝a－1
（2）若 1＜
1
2a＜e，即 1
2e2＜a＜1
2时，f(x)在（1，
1
2a）上为减函数，在（
1
2a，e）上为增函数，
∴当 x＝
1
2a，函数 f(x)取得极小值，同时也是最小值 f（
1
2a）＝1
2(ln2a－1)．
（3）若
1
2a≥e，即 a≤ 1
2e2时，f(x)在（1，e）上为减函数，最小值为 f(e)＝ae2－2．
综上，当 a≤ 1
2e2时，f(x)在[1，e]上的最小值为 f(e)＝ae2－2．
当 1
2e2＜a＜1
2时，f(x)在[1，e]上的最小值为 f( 1
2a)＝1
2(ln2a－1)．
当 a≥1
2时，f(x)在[1，e]上的最小值为 f(1)＝a－1．
二、方法联想
(1)求函数的极值(或最值)
步骤：①求函数的定义域；
②求 f ′(x)＝0 在区间内的根；
③讨论极值点两侧的导数的正负确定极大值或极小值．
④将求得的极值与两端点处的函数值进行比较，得到最大值与最小值．
(2)已知函数的极值点 x0，求参数的值．
方法：根据取极值的必要条件 f ′(x0)＝0，求出参数的值，
要注意验证 x0 左右的导数值的符号是否符合取极值的条件。
(3)已知含参函数的极值点讨论．
①分类讨论根据 f ′(x)＝0 解（判断为极值点）的存在性和解与区间的位置关系分为：“无、左、中、
右”，对四种分类标准进行取舍(或合并)；
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②注意数形结合．
三、方法应用
例 1．（1）已知函数 2( ) 1 ( ) ln ( )f x x ax g x x a a R， ．当 1a 时，求函数 ( ) ( ) ( )h x f x g x的
极值．
（2）(2018·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝2sinx＋sin2x，求 f(x)的最小值．
解析：（1）函数 ()hx的定义域为 (0, )
当 1a 时， 2( ) ( ) ( ) ln 2h x f x g x x x x ，
所以 1 (2 1)( 1)( ) 2 1 xxh x x xx
所以当 10 2x时， ( ) 0hx ，当 1
2x 时， ( ) 0hx ，
所以函数 ()hx在区间 1(0, )2
单调递减，在区间 1( , )2 单调递增，
所以当 1
2x 时，函数 ()hx取得极小值为11+ln 24
，无极大值．
（2）由 f(x)＝2sinx＋sin2x，得 f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝4cos2x＋2cosx－2，令 f′(x)＝0，得 cosx＝1
2或 cosx
＝－1，可得当 cosx∈ －1，1
2 时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当 cosx∈ 1
2，1 时，f′(x)>0，f(x)为增函数，
所以当 cosx＝1
2时，f(x)取最小值，此时 sinx＝± 3
2 .又因为 f(x)＝2sinx＋2sinxcosx＝2sinx(1＋cosx)，1＋
cosx≥0 恒成立，∴f(x)取最小值时，sinx＝－ 3
2 ，∴f(x)min＝2×
－ 3
2 × 1＋1
2 ＝－3 3
2 .
例 2．（1）已知函数 f(x)＝1
3x3＋x2－2ax＋1，若函数 f(x)在(1，2)上有极值，则实数 a 的取值范围
为 ．
（2）已知函数 f (x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a 在 x＝1 处取得极大值 10，则a
b的值为________.
极值（最值或
单调性问题）
方程无解
有解在开区间内，列表求最值
所有解在开区间外
优先用十字相乘法求解
f′(x)=0
方程有解
区间左侧
区间右侧
（通分）
（先舍掉解，
再比较解的
大小）
f’(x)恒正或恒负，利用单调性求最值
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答案：（1）(3
2，4) （2）－2
3
解析：（1）由题意得 f'(x)在(1，2)上有零点，即 x2＋2x－2a＝0a＝
1
2(x2＋2x)∈(
3
2，4)
（2）由题意知 f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，f ′(1)＝0，f (1)＝10，
即
3＋2a＋b＝0，
1＋a＋b－a2－7a＝10，解得
a＝－2，
b＝1
或
a＝－6，
b＝9， 经检验
a＝－6，
b＝9
满足题意，故a
b＝－2
3.
例 3．（扬州市 2017 届高三上学期期末）已知函数 f(x)＝g(x)·h(x)，其中函数 g(x)＝ex，h(x)＝x2＋
ax＋a．当 0＜a＜2 时，求函数 f(x)在 x∈[－2a,a]上的最大值；
解析：（2） 2( ) ( )xf x e x ax a ， 故 ' ( ) ( 2)( ) xf x x x a e ，
令 ' ( ) 0fx ，得 xa 或 2x .
①当 22a ,即01a时， ()fx在[ 2 , ]aa上递减，在[ , ]aa 上递增，
所以 max( ) max ( 2 ), ( )f x f a f a ,
由于 22( 2 ) (2 ) af a a a e ， 2( ) (2 ) af a a a e，故 ( ) ( 2 )f a f a ，
所以 max( ) ( )f x f a ;
②当 22a ,即12a时， 在[ 2 , 2]a上递增，[ 2, ]a 上递减，在[ , ]aa 上递增，
所以 max( ) max ( 2), ( )f x f f a ，
由于 2( 2) (4 )f a e ， ，故 ( ) ( 2)f a f，
所以 ;
综上得， 2
max( ) ( ) (2 ) af x f a a a e
例 4．已知函数 g(x)＝1
3x3－1
2ax2＋(x－a)cosx－sinx，a∈R，讨论 g(x)的单调性并判断有无极值，有极
值时求出极值．
解析：因为 g(x)＝1
3x3－1
2ax2＋(x－a)cosx－sinx
所以 g'(x)＝f'(x)＋cosx－(x－a)sinx－cosx，
＝x(x－a)－(x－a)sinx
＝(x－a)(x－sinx)，
令 h(x)＝x－sinx，则 h'(x)＝1－cosx＞0，所以 h(x)在 R 上单调递增，
因此 h(0)＝0，所以，当 x＞0 时，h(x)＞0；当 x＜0 时 h(x)＜0．
（1） 当 a＜0 时，g'(x)＝(x－a)(x－sinx)，
当 x∈(－∞，a)时，x－a＜0，g'(x)＞0，g(x)单调递增；
当 x∈(a，0)时，x－a＞0，g'(x)＜0，g(x)单调递减；
当 x∈(0，＋∞)时，x－a＞0，g'(x)＞0，g(x)单调递增．
所以，当 x＝a 时，g(x)取到极大值，极大值是 g(a)＝－1
6a3－sina，
当 x＝0 时，g(x)取到极小值，极小值是 g(0)＝－a．
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（2） 当 a＝0 时，g'(x)＝x(x－sinx)，
当 x∈(－∞，＋∞)时，g'(x)≥0，g(x)单调递增；
所以，g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值．
（3） 当 a＞0 时，g'(x)＝(x－a)(x－sinx)，
当 x∈(－∞，0)时，x－a＜0，g'(x)＞0，g(x)单调递增；
当 x∈(0，a)时，x－a＜0，g'(x)＜0，g(x)单调递减；
当 x∈(a，＋∞)时，x－a＞0，g'(x)＞0，g(x)单调递增．
所以，当 x＝0 时，g(x)取到极大值，极大值是 g(0)＝－a；
当 x＝a 时，g(x)取到极小值，极小值是 g(a)＝－1
6a3－sina．
综上所述：
当 a＜0 时，函数 g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减，函数既有极大值，
又有极小值，极大值是 g(a)＝－1
6a3－sina，极小值是 g(0)＝－a．
当 a＝0 时，函数 g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；
当 a＞0 时，函数 g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，
又有极小值，极大值是 g(0)＝－a，极小值是 g(a)＝－1
6a3－sina．
例 5．（2018 南京学期调研）已知函数 f(x)＝2x3－3(a+1)x2＋6ax，a∈R．若 a＞1，设 函数 f(x)在区间[1，
2]上的最大值、最小值分别为 M(a)、m(a)，记 h(a)＝M(a)－m(a)，求 h(a)的最小值．
解析：因为 f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax，
所以 f ′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)，f(1)＝3a－1，f(2)＝4．
令 f ′(x)＝0，则 x＝1 或 a．
f(1)＝3a－1，f(2)＝4．
①当 1＜a≤5
3时，
当 x∈(1，a)时，f (x)＜0，所以 f(x)在(1，a)上单调递减；
当 x∈(a，2)时，f (x)＞0，所以 f(x)在(a，2)上单调递增．
又因为 f(1)≤f(2)，所以 M(a)＝f(2)＝4，m(a)＝f(a)＝－a3＋3a2，
所以 h(a)＝M(a)－m(a)＝4－(－a3＋3a2)＝a3－3a2＋4．
因为 h (a)＝3a2－6a＝3a(a－2)＜0，
所以 h(a)在(1，5
3]上单调递减，
所以当 a∈(1，5
3]时，h(a)最小值为 h(5
3)＝ 8
27．
②当5
3＜a＜2 时，
当 x∈(1，a)时，f (x)＜0，所以 f(x)在(1，a)上单调递减；
当 x∈(a，2)时，f (x)＞0，所以 f(x)在(a，2)上单调递增．
又因为 f(1)＞f(2)，所以 M(a)＝f(1)＝3a－1，m(a)＝f(a)＝－a3＋3a2，
所以 h(a)＝M(a)－m(a)＝3a－1－(－a3＋3a2)＝a3－3a2＋3a－1．
因为 h (a)＝3a2－6a＋3＝3(a－1)2≥0．
所以 h(a)在(5
3，2)上单调递增，
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所以当 a∈(5
3，2)时，h(a)＞h(5
3)＝ 8
27．
③当 a≥2 时，
当 x∈(1，2)时，f (x)＜0，所以 f(x)在(1，2)上单调递减，
所以 M(a)＝f(1)＝3a－1，m(a)＝f(2)＝4，
所以 h(a)＝M(a)－m(a)＝3a－1－4＝3a－5，
所以 h(a)在[2，＋∞)上的最小值为 h(2)＝1．
综上，h(a)的最小值为 8
27．
例 6．（常州市 2016 届高三上期末）已知 a，b 为实数，函数 f(x)＝ax3－bx，当 a＝1 且 b[1,3]时，求
函数 F(x)＝|f(x)
x －lnx|＋2b＋1(x∈[1
2，2])的最大值 M（b）．
解析：F(x)＝|x2－lnx－b|＋2b＋1，
记 t(x)＝x2－lnx，x∈ 1
2，2 ，则 t′(x)＝2x－1
x，
令 t′(x)＝0，得 x＝ 2
2 .(1 分)
当1
2＜x＜ 2
2 时，t′(x)＜0，t(x)在
1
2， 2
2 上为单调减函数；
当 2
2 ＜x＜2，t′(x)＞0，t(x)在
2
2 ，2 上为单调增函数，
又 t 1
2 ＝1
4＋ln2，t(2)＝4－ln2，t
2
2 ＝1＋ln2
2 ，且 t(2)－t 1
2 ＝15
4 －2ln2＞0，
所以 t(x)的取值范围为
1＋ln2
2 ，4－ln2 .(3 分)
当 b∈[1，3]时，记 v(t)＝|t－b|＋2b＋1，则
v(t)＝
－t＋3b＋1，1＋ln2
2 ≤t≤b，
t＋b＋1，b＜t≤4－ln2.
因为函数 v(t)在
1＋ln2
2 ，b 上单调递减，在(b，4－ln2]上单调递增，
且 v
1＋ln2
2 ＝3b＋1－ln2
2 ，v(4－ln2)＝b＋5－ln2，
v
1＋ln2
2 －v(4－ln2)＝2b＋ln2－9
2 ，
所以当 b≤9－ln2
4 时，最大值 M(b)＝v(4－ln2)＝b＋5－ln2，
当 b＞9－ln2
4 时，最大值 M(b)＝v
1＋ln2
2 ＝3b＋1－ln2
2 ，
所以 M(b)＝
b＋5－ln2，1≤b≤9－ln2
4 ，
3b＋1－ln2
2 ，9－ln2
4 ＜b≤3.
四、归类巩固
* 1．已知函数 f(x)＝lnx－x，则函数 f(x)的极大值为 ．
(考查利用单调性判断极值)
答案：－1
解析：函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当 a＝0 时，f(x)＝lnx－x，f′(x)＝1
x－1，
令 f′(x)＝0 得 x＝1.(1 分)
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列表：
x (0，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) ↗ 极大值 ↘
∴ f(x)的极大值为 f(1)＝－1.
*2．已知 a 是函数 f(x)＝x3－12x 的极小值点，则 a＝ ．
(考查已知极值点求参数取值)
答案：2
**3.已知函数 h(x)＝2
3h′(1)x2＋1
2－lnx，求函数 h(x)的极值．
(考查利用单调性判断极值)
解析：h′(x)＝4
3h′(1)x－1
x，所以 h′(1)＝4
3h′(1)－1，所以 h′(1)＝3，则 h(x)＝2x2＋1
2－lnx，
h′(x)＝4x－1
x＝（2x＋1）（2x－1）
x (x>0)，
令 h′(x)＝0，得 x＝1
2或 x＝－1
2(舍去)，
当 01
2时，h′(x)>0，
此时函数 h(x)在 1
2，＋∞ 上单调递增，
∴ 当 x＝1
2时，h(x)有极小值 h 1
2 ＝1＋ln2.
* 4．已知函数 f(x)的导函数 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_____．
（已知极大（小）值点，求参数范围）
答案：(－1,0)
解析：因为 f(x)在 x＝a 处取到极大值，所以 x＝a 为 f ′(x)的一个零点，且在 x＝a 的左边 f ′(x)＞0，右
边 f ′(x)＜0，所以导函数 f ′(x)的开口向下，且 a＞－1，即 a 的取值范围是(－1,0)．
*5．已知函数 f (x)＝2x3－3ax2＋3a－2（a＞0），若 f (x)的极大值为 0，求实数 a 的值；
（已知极大（小）值，求参数范围）
解析：因为 f (x)＝2x3－3ax2＋3a－2（a＞0），
所以 f'(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)．
令 f'(x)＝0，得 x＝0 或 a．
当 x∈(－∞，0)时，f'(x)＞0，f (x)单调递增；
当 x∈(0，a)时，f'(x)＜0，f (x)单调递减；
当 x∈(a，＋∞)时，f'(x)＞0，f (x)单调递增．
故 f (x)极大值＝f (0)＝3a－2＝0，解得 a＝2
3．
**6.已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数 a 的取值范围
是______．
（已知极值点范围求参数范围）
答案：( 3，2)
解析：由题意可知 f′(x)＝0 的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为 f′(x)＝3x2＋2ax＋1，
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所以根据导函数图象可
Δ＝2a2－4×3×1>0，
－1<
－2a
6 <1，
f′(－1)＝3－2a＋1>0，
f′(1)＝3＋2a＋1>0，
又 a>0，解得 30，
x1＝1－a－ a2＋a＋1
3a ，x2＝1－a＋ a2＋a＋1
3a ，
a>0 时，若 f(x)在 x＝1 处取最小值，
只需 x1≤0 且 x2≥1，解得 00)对任意实数 t，在闭区间[t－1，t＋1]上总存在两实数 x1、x2，使
得|f(x1)－f(x2)|≥8 成立，则实数 a 的最小值为________．
(考查了二次函数在给定区间上的最值问题，用二次函数图象性质解决相关恒成立问题，以及等价转
化的数学思想)
答案：8
解析：f(x)＝a x＋10
a
2
＋14－100
a (a＞0)，由题设知原题可以等价于对任意区间[x1，x2]，x2－x1＝2，函
数 f(x)在[x1，x2]上的最大值与最小值之差大于等于 8，不妨设 g(x)＝ax2＋14－100
a ，则原题可转化成
对任意 t∈R，g(x)在[t，t＋2]上最大值与最小值之差大于等于 8，
① 当 t≥0 时，g(x)在[t，t＋2]上递增，
从而 gmax(x)－gmin(x)＝g(t＋2)－g(t)＝a[(t＋2)2－t2]≥8，即 a(4t＋4)≥8 对 t≥0 恒成立，从而 4a≥8
a≥2；
② 当 t＋2≤0 时，g(x)在[t，t＋2]上递减，从而 gmax(x)－gmin(x)＝g(t)－g(t＋2)≥8 时，对任意 t≤－2
恒成立，即 a(－4t－4)≥8.对任意 t≤－2 恒成立，从而 a(8－4)≥8 a≥2；
③ 当 t＋1≤0 时，g(x)在[t，0]上递减，在[0，t＋2]上递增，且 g(t＋2)≥g(t)，从而 gmax(x)－gmin(x)＝
g(t＋2)－g(0)＝a(t＋2)2≥8，对于任意 t≥－1 恒成立，从而有 a≥8；
④ 同理 t＋1≥0 时，也有 a≥8，综上知 a≥8.
**12．若函数 f(x)＝lnx＋1
2x2－ m＋1
m x 在区间(0,2)内有且仅有一个极值点，则 m 的取值范围是 ．
（考查函数单调性，根据函数极值点求参数取值）
答案： 0，1
2 ∪[2，＋∞)．
解析： f ′(x)＝1
x＋－ m＋1
m ，由 f ′(x)＝0 得(x－m) x－1
m ＝0，∴x＝m 或 x＝1
m.显然 m>0.当且仅当
00，当 x∈(m,2)时，f ′(x)<0，函数 f(x)有极大值点 x＝m.若 0<1
m<2≤m，即 m≥2，
则当 x∈ 0，1
m 时， f ′(x)>0，当 x∈ 1
m，2 时， f ′(x)<0，函数 f(x)有极大值点 x＝1
m.综上，m 的取值
范围是 0，1
2 ∪[2，＋∞)．
**13．已知函数 f(x)＝log1
2
(－x＋1)－1，x∈[－1，k]
－2|x－1|，x∈（k，a] ， 若存在实数 k 使得该函数的值域为[－2,0]，则
实数 a 的取值范围是_______.
（考查分段函数单调性与值域）
答案：(1
2,2]
**14．已知函数 f(x)＝x3＋3|x－a|(a＞0)，求 f(x)在[－1,1]上的最小值 g(a)．
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（考查分段函数单调性与最值）
答案：
1,32
10,)(
3
aa
aaag .
**15．已知函数 f (x)＝2x3－3ax2＋3a－2（a＞0），若函数 g (x)＝f (x)＋6x，求 g (x)在[0，1]上取到最大
值时 x 的值．
（考查函数的单调性与最值）
解析：g (x)＝f (x)＋6x＝2x3－3ax2＋6x＋3a－2（a＞0），
则 g′(x)＝6x2－6ax＋6＝6(x2－ax＋1)，x∈[0，1]．
①当 0＜a≤2 时，△ ＝36(a2－4)≤0，
所以 g′(x)≥0 恒成立，g (x)在[0，1]上单调递增，
则 g (x)取得最大值时 x 的值为 1．
②当 a＞2 时，g′(x)的对称轴 x＝a
2＞1，且△＝36(a2－4)＞0，g′(1)＝6(2－a)＜0，g′(0)＝6＞0，
所以 g′(x)在(0，1)上存在唯一零点 x0＝a－ a2－4
2 ．
当 x∈(0，x0)时，g′(x)＞0，g (x)单调递增，
当 x∈(x0，1)时，g′(x)＜0，g (x)单调递减，
则 g (x)取得最大值时 x 的值为 x0＝a－ a2－4
2 ．
综上，当 0＜a≤2 时，g (x)取得最大值时 x 的值为 1；
当 a＞2 时，g (x)取得最大值时 x 的值为a－ a2－4
2 ．
**16．（2018·南通泰州期末）已知函数 g(x)＝x3＋ax2＋bx(a,b∈R)有极值，且函数 f(x)＝(x＋a)ex的极值
点是 g(x)的极值点，其中 e 是自然对数的底数.（极值点是指函数取得极值时对应的自变量的值）
(1) 求 b 关于 a 的函数关系式；
(2) 当 a>0 时，若函数 F(x)＝f(x)－g(x)的最小值为 M(a)，求证：M(a)<－7
3.
(1) 解：因为 f′(x)＝ex＋(x＋a)ex＝(x＋a＋1)ex，
令 f′(x)＝0，解得 x＝－a－1.
列表如下：
x (－∞，－a－1) －a－1 (－a－1，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 极小值
所以 x＝－a－1 时，f(x)取得极小值．
因为 g′(x)＝3x2＋2ax＋b，
由题意可知 g′(－a－1)＝0，且 Δ＝4a2－12b>0，
所以 3(－a－1)2＋2a(－a－1)＋b＝0，
化简得 b＝－a2－4a－3.
由 Δ＝4a2－12b＝4a2＋12(a＋1)(a＋3)>0，得 a≠－3
2.所以 b＝－a2－4a－3 a≠－3
2 .
(2) 证明：因为 F(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋a)ex－(x3＋ax2＋bx)，
所以 F′(x)＝f′(x)－g′(x)
＝(x＋a＋1)ex－[3x2＋2ax－(a＋1)(a＋3)]
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第 24 页 共 53 页
＝(x＋a＋1)ex－(x＋a＋1)(3x－a－3)
＝(x＋a＋1)(ex－3x＋a＋3)．
记 h(x)＝ex－3x＋a＋3，则 h′(x)＝ex－3，
令 h′(x)＝0，解得 x＝ln 3.
列表如下：
x (－∞，ln 3) ln 3 (ln 3，＋∞)
h′(x) － 0 ＋
h(x) ↘ 极小值 ↗
所以 x＝ln 3 时，h(x)取得极小值，也是最小值，
此时，h(ln 3)＝eln3－3ln 3＋a＋3＝6－3ln 3＋a＝3(2－ln 3)＋a＝3lne2
3＋a>a>0.
所以 h(x)＝ex－3x＋a＋3≥h(ln 3)>0.
令 F′(x)＝0，解得 x＝－a－1.
列表如下：
x (－∞，－a－1) －a－1 (－a－1，＋∞)
F′(x) － 0 ＋
F(x) ↘ 极小值 ↗
所以 x＝－a－1 时，F(x)取得极小值，也是最小值．
所以 M(a)＝F(－a－1)
＝(－a－1＋a)e－a－1－[(－a－1)3＋a(－a－1)2＋b(－a－1)]
＝－e－a－1－(a＋1)2(a＋2)．
令 t＝－a－1，则 t<－1.
记 m(t)＝－et－t2(1－t)＝－et＋t3－t2，t<－1，
则 m′(t)＝－et＋3t2－2t，t<－1.
因为－e－1<－et<0，3t2－2t>5，所以 m′(t)>0，所以 m(t)单调递增．
所以 m(t)<－e－1－2<－1
3－2＝－7
3，
即 M(a)<－7
3.
类型四：不等式恒成立问题
一、前测回顾
1．已知不等式 ex＞x2+m 对任意 x∈(0，＋∞)恒成立，求实数 m 的取值范围；
由题意得 m＜ex－x2，x∈(0，＋∞)恒成立，
令 m(x)＝ex－x2，x∈(0，＋∞)，则 m'(x)＝ex－2x，再令 n(x)＝m'(x)＝ex－2x，则 n'(x)＝ex－2，
故当 x∈(0，ln2)时，n'(x)＜0，n(x)单调递减；当 x∈(ln2，＋∞)时，n'(x)＞0，n(x)单调递增，
从而 n(x)在(0，＋∞)上有最小值 n(ln2)＝2－2ln2＞0，
所以 m(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以 m≤m(0)，即 m≤1
2．若不等式 ax2＞lnx＋1 对任意 x∈(0，＋∞)恒成立，求实数 a 的取值范围．
答案：a＞e
2
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解析：ax2＞lnx＋1∴a＞lnx＋1
x2 ，令 f(x)＝lnx＋1
x2 ，
∵f ′(x)＝－2lnx＋1
x3 ，（x＞0），
令 f ′(x)=0 得 x＝
1
e，易知当 x∈(0，
1
e)时，f ′(x)＞0；
当 x∈(
1
e，+∞)时，f ′(x)＜0．故 f(x)在(0，
1
e]上递增，在(
1
e，+∞)上递减．
所以 f(x)max＝f(
1
e)＝ e
2．
故要使原不等式恒成立，只需 a＞e
2．
二、方法联想
（1）若不等式的左右都是相同的变量 x，如：对x∈D，f(x)≤g(x)恒成立．
方法 1 分离变量看最值法(优先)．
方法 2 构造含有参数的函数．
方法 3 构造两个函数的图象判断位置关系(限于解填空题)．
方法 4 变换角度看函数．
技巧 可以通过先取满足条件的特殊值来缩小变量的范围．
（2）若不等式的左右都是不相同的变量，如：对x1∈D1，x2∈D2， f(x1)≤g(x2)恒成立，
则 f(x)max≤g(x)min．
说明：若是不等式有解问题，则求最值与恒成立的问题正好相反．
三、方法应用
例 1、（2018 南京调研） 已知函数 f(x)＝2x3－3(a+1)x2＋6ax，a∈R．若对于任意 x∈(0，+∞)，f(x)＋
f(－x)≥12lnx 恒成立，求 a 的取值范围；
解析：f(x)＋f(－x)＝－6(a＋1)x2≥12lnx 对任意 x∈(0，+∞)恒成立，
所以－(a＋1)≥2lnx
x2 ．
令 g(x)＝2lnx
x2 ，x＞0，则 g(x)＝2(1－2lnx)
x3 ．
令 g(x)＝0，解得 x＝ e．
当 x∈(0， e)时，g(x)＞0，所以 g(x)在(0， e)上单调递增；
当 x∈( e，＋∞)时，g(x)＜0，所以 g(x)在( e，＋∞)上单调递减．
所以 g(x)max＝g( e)＝1
e，
所以－(a＋1)≥1
e，即 a≤－1－1
e，
所以 a 的取值范围为(－∞，－1－1
e]．
例 2．（2018·无锡期末）已知函数 f(x)＝ex(3x－2)，g(x)＝a(x－2)，其中 a，x∈R.若对任意 x∈R，
有 f(x)≥g(x)恒成立，求 a 的取值范围；
解析：由题意，对任意 x∈R 有 ex(3x－2)≥a(x－2)恒成立，
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①当 x∈(－∞，2)时，a≥ex(3x－2)
x－2 a≥[ex(3x－2)
x－2 ]max，
令 F(x)＝ex(3x－2)
x－2 ，则 F'(x)＝ex(3x2－8x)
(x－2)2 ，令 F'(x)＝0 得 x＝0，
Fmax(x)＝F(0)＝1，故此时 a≥1.
②当 x＝2 时，恒成立，故此时 a∈R.
③当 x∈(2，＋∞)时，a≤ex(3x－2)
x－2 a≤[ex(3x－2)
x－2 ]min，
令 F'(x)＝0x＝8
3，
Fmin(x)＝F(8
3)＝9e
8
3，故此时 a≤9e
8
3.综上：1≤a≤9e
8
3.
例 3、已知函数 f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1).若当 x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求实数 a 的取值范围．
解析： 当 x∈(1，＋∞)时，f(x)>0 等价于 ln x－a(x－1)
x＋1 >0．
设 g(x)＝ln x－a(x－1)
x＋1 ，则 g′(x)＝1
x－ 2a
x＋ 2＝x2＋ －a x＋1
x x＋ 2 ，g(1)＝0．
①当 a≤2，x∈(1，＋∞)时，
x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故 g′(x)>0，
g(x)在(1，＋∞)内单调递增，因此 g(x)>g(1)＝0；
②当 a>2 时，令 g′(x)＝0，得
x1＝a－1－ a－ 2－1，x2＝a－1＋ a－ 2－1．
由 x2>1 和 x1x2＝1，得 x1<1，
故当 x∈(1，x2)时，g′(x)<0，
g(x)在(1，x2)内单调递减，此时 g(x)0 成立，求 a 的取值范围．
(讨论函数的单调性及最值，处理恒成立问题)
解析：因为 f(x)为奇函数，所以当 x>0 时，f(x)＝－f(－x)＝－ －2x－a3
x2＋1 ＝2x＋a3
x2－1.
① 当 a<0 时，要使 f(x)≥a－1 对一切 x>0 成立，即 2x＋a3
x2≥a 对一切 x>0 成立．而当 x＝－a
2>0 时，
有－a＋4a≥a，所以 a≥0，这与 a<0 矛盾．所以 a<0 不成立．
② 当 a＝0 时，f(x)＝2x－1>－1＝a－1 对一切 x>0 成立，故 a＝0 满足题设要求．
③ 当 a>0 时，由 (1)可知 f(x)在(0，a)上是减函数，在(a，＋∞)上是增函数．所以 fmin(x)＝f(a)＝3a－1>a
－1，所以 a>0 时也满足题设要求．
综上所述，a 的取值范围是[0，＋∞)．
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***13．已知函数 f(x)＝lnx
x ＋ax＋b 的图象在点 A(1，f(1))处的切线与直线 l：2x－4y＋3＝0 平行．
记函数 g(x)＝xf(x)＋c，若 g(x)≤0 对一切 x∈(0，＋∞)，b∈ 0，3
2 恒成立，求 c 的取值范围．
(利用分离变量的方法研究恒成立问题，注意到极值点、极值都与参数 b 有关，利用其关系可求出极
值点的范围，整体消元，转化成关于极值点的函数的最值问题)
解析：由 g(x)＝lnx－1
2x2＋bx＋c≤0 恒成立，
∴ c≤1
2x2－bx－lnx.
记 h1(x)＝1
2x2－bx－lnx(x>0)，则 c＝[h1(x)]min.
h1′(x)＝x－b－1
x.令 h1′(x)＝0，得 x2－bx－1＝0，
∴ x＝－b± b2＋4
2 .(10 分)
∵ b∈ 0，3
2 ，∴ x1＝b－ b2＋4
2 <0(舍去)，
x2＝b＋ b2＋4
2 ∈(1，2)．(12 分)
当 0x2 时，h1′(x)>0，h1(x)单调增，
∴ h1(x)min＝h1(x2)＝1
2x22－bx2－lnx2
＝1
2x22＋1－x22－lnx2＝－1
2x22－lnx2＋1.(14 分)
记 h2(x)＝－1
2x22－lnx2＋1，∵ h2(x)在(1，2)上单调减，
∴ h2(x)>h2(2)＝－1－ln2，∴ c≤－1－ln2，
故 c 的取值范围是(－∞，－1－ln2]．
**14．已知函数 f(x)＝xln x.
(1) 若函数 g(x)＝f(x)＋ax 在区间[e2，＋∞)上为增函数，求 a 的取值范围；
(2) 若对任意 x∈(0，＋∞)，f(x)≥－x2＋mx－3
2 恒成立，求实数 m 的最大值．
解：(1) 由题意得 g′(x)＝f′(x)＋a＝ln x＋a＋1.
∵ 函数 g(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数，
∴ 当 x∈[e2，＋∞)时，g′(x)≥0，
即 ln x＋a＋1≥0 在[e2，＋∞)上恒成立．
∴ a≥－1－ln x.
令 h(x)＝－ln x－1，∴ a≥h(x)max，
当 x∈[e2，＋∞)时，ln x∈[2，＋∞)，
∴ h(x)∈(－∞，－3]，∴ a≥－3，
即 a 的取值范围是[－3，＋∞)．
(2) ∵ 2f(x)≥－x2＋mx－3，
即 mx≤2xln x＋x2＋3，
又 x＞0，∴ m≤2xlnx＋x2＋3
x 在 x∈(0，＋∞)上恒成立．
记 t(x)＝2xlnx＋x2＋3
x ＝2ln x＋x＋3
x.
∴ m≤t(x)min.
t′(x)＝2
x＋1－3
x2＝x2＋2x－3
x2 ＝（x＋3）（x－1）
x2 ，
令 t′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝－3(舍去)．
当 x∈(0，1)时，t′(x)＜0，函数 t(x)在(0，1)上单调递减；
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当 x∈(1，＋∞)时，t′(x)＞0，函数 t(x)在(1，＋∞)上单调递增．
∴ t(x)min＝t(1)＝4.
∴ m≤t(x)min＝4，即 m 的最大值为 4.
**15．已知函数 f(x)＝ax2－lnx（a 为常数）．若 a＜0，且对任意的 x∈[1，e]，f(x)≥(a－2)x 恒成立，
求实数 a 的取值范围.
(恒成立问题，当分离变量所得函数较复杂时，可对含有参数的函数讨论)
解析：设 F(x)＝f(x)－(a－2)x＝ax2－lnx－(a－2)x，
因为对任意的 x∈[1，e]，f(x)≥(a－2)x 恒成立，所以 F(x)≥0 恒成立，
F′(x)＝2ax－1
x－(a－2)＝(ax＋1)(2x－1)
x ,
因为 a＜0，令 F′(x)＝0，得 x1＝－1
a，x2＝1
2
①当 0＜－1
a≤1，即 a≤－1 时，因为 x∈(1,e)时，F′(x)＜0，所以 F(x)在(1,e)上单调递减，
因此对任意的 x∈[1,e]，F(x)≥0 恒成立，
所以 x∈[1,e]，F(x)min＝F(e)≥0，即 ae2－1－(a－2)e≥0，所以 a≥1－2e
e2－e，
因为1－2e
e2－e＞－1，所以此时 a 不存在．
②1＜－1
a＜e 即－1＜a＜－1
e时，F(x)在(1, －1
a)上单调递增，在(－1
a，e)上单调递减，
所以 F(e)≥0 且 F(1)≥0，所以 a≥1－2e
e2－e，因为－1＜1－2e
e2－e＜－1
e，
所以1－2e
e2－e≤a＜－1
e，
③当－1
a≥e，即－1
e≤a＜0 时，因为 x∈(1，e)时，F'(x)＞0，
所以 F(x)在(1，e)上单调递增，由于 F(1)＝2＞0，符合题意；
综上所述，实数 a 的取值范围是[1－2e
e2－e，＋∞)
***16．已知函数 f(x)＝x＋sinx,求实数 a 的取值范围，使不等式 f(x)≥axcosx 在 0，π
2 上恒成立．
(恒成立问题，当分离变量所得函数较复杂时，可对含有参数的函数讨论)
解：当 a≤0 时，f(x)＝x＋sinx≥0≥axcosx 恒成立．
当 a＞0 时，令 g(x)＝f(x)－axcosx＝x＋sinx－axcosx，
g′(x)＝1＋cosx－a(cosx－xsinx)
＝1＋(1－a)cosx＋axsinx.
① 当 1－a≥0，即 0＜a≤1 时，g′(x)＝1＋(1－a)cosx＋axsinx＞0，
所以 g(x)在 0，π
2 上为单调增函数，
所以 g(x)≥g(0)＝0＋sin0－a×0×cos0＝0，符合题意．(10 分)
② 当 1－a＜0，即 a＞1 时，令 h(x)＝g′(x)＝1＋(1－a)cosx＋axsinx，
于是 h′(x)＝(2a－1)sinx＋axcosx，
因为 a＞1，所以 2a－1＞0，从而 h′(x)≥0，
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第 32 页 共 53 页
所以 h(x)在 0，π
2 上为单调增函数，
所以 h(0)≤h(x)≤h π
2 ，即 2－a≤h(x)≤π
2a＋1，
亦即 2－a≤g′(x)≤π
2a＋1.(12 分)
(ⅰ) 当 2－a≥0，即 1＜a≤2 时，g′(x)≥0，
所以 g(x)在 0，π
2 上为单调增函数．于是 g(x)≥g(0)＝0，符合题意．(14 分)
(ⅱ) 当 2－a＜0，即 a＞2 时，存在 x0∈ 0，π
2 ，使得
当 x∈(0，x0)时，有 g′(x)＜0，此时 g(x)在(0，x0)上为单调减函数，
从而 g(x)＜g(0)＝0，不能使 g(x)＞0 恒成立，
综上所述，实数 a 的取值范围为 a≤2.
***17．（常州市 2017 届高三上学期期末）已知函数 f(x)＝x2lnx－x＋1,当 x≥1 时，关于 x 的不等式 f(x)
≥t(x－1)2 恒成立，求实数 t 的取值范围（其中 e 是自然对数的底数，e＝2．71828…）.
答案：t≤3
2
***18．已知函数 f(x)＝ x
lnx， g(x)＝k(x－1)，若x∈[e，e2]，使 f(x)≤g(x)＋1
2成立，求实数 k 的取
值范围.
(利用导数研究不等式恒成立或存在性问题，可构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，
进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围)
解析：f(x)≤g(x)＋1
2即 x
lnx－k(x－1)≤1
2，令 φ(x)＝ x
lnx－k(x－1)， x∈[e，e2]，
则x∈[e，e2]，使 f(x)≤g(x)＋1
2成立φ(x)min≤1
2，
φ'(x)＝lnx－1
(lnx)2－k＝－( 1
lnx)2＋ 1
lnx－k＝－( 1
lnx－1
2)2＋1
4－k.
（i）当 k≥1
4时， φ'(x)≤0， φ(x)在[e，e2]上为减函数，于是 φ(x)min＝φ(e2)＝e2
2－k(e2－1)，由e2
2
－k(e2－1)≤1
2得 k≥1
2，满足 k≥1
4，所以 k≥1
2符合题意；
（ii）当 k＜1
4时，由 y＝－(t－1
2)2＋1
4－k 及 t＝ 1
lnx的单调性知 φ'(x)＝－( 1
lnx－1
2)＋1
4－k 在[e，e2]上
为增函数，所以 φ'(e)≤φ'(x)≤φ'(e2)，即－k≤φ'(x)≤1
4－k.
①若－k≥0，即 k≤0，则 φ'(x)≥0，所以 φ(x)在[e，e2]为增函数，于是 φ(x)min＝φ(e)＝e－k(e
－1)≥e＞1
2，不合题意；
②若－k＜0，即 0＜k＜1
4，则由 φ'(e)＝－k＜0， φ'(e2)＝1
4－k＞0 及 φ'(x)的单调性知存在唯一 x0(e，
e2)，使 φ'(x0)＝0，且当 x∈(e，x0)时， φ'(x)＜0， φ(x)为减函数；当 x∈(x0，e2)时， φ'(x)＞0，
φ(x)为增函数；
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第 33 页 共 53 页
所以 φ(x)min＝φ(x0)＝ x0
lnx0
－k(x0－1)，由 x0
lnx0
－k(x0－1)≤1
2得 k≥ 1
x0－1( x0
lnx0
－1
2)＞ 1
x0－1(x0
2－1
2)＝1
2
＞1
4，这与 0＜k＜1
4矛盾，不合题意.
综上可知， k 的取值范围是[1
2，＋∞).
19.已知函数f(x)=xln x，g(x)=－x2+ax－3.
**(1)对一切x∈(0，+∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
***(2)求证：对一切x∈(0，+∞)，lnx>1
ex－ 2
ex恒成立.
(分离参数，构造新函数，然后通过对新函数求最值来求解；结合已知的两个函数，然后证明
f(x)min>m(x)max).
解析：(1)由题意知2xln x≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，+∞)恒成立，则a≤2lnx＋x＋3
x.
设h(x)= 2lnx＋x＋3
x(x>0)，则h'(x)=(x＋3)(x－1)
x2 ,
当x∈(0，1)时，h'(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(1，+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min=h(1)=4.
因为对一切x∈(0，+∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，
所以a≤h(x)min=4，
即实数a的取值范围是(-∞，4].
(2)问题等价于证明xln x>x
ex－2
e(x∈(0，+∞))恒成立.
又f(x)=xln x，f'(x)=ln x+1，
当x∈(0, 1
e)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1
e,＋∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(1
e)＝－1
e.
设m(x)= x
ex－2
e(x∈(0，+∞))，则m'(x)= 1－x
ex ，
易知m(x)max=m(1)=－1
e，
从而对一切x∈(0，+∞)，ln x>1
ex－ 2
ex恒成立.
类型五：方程有解（或解的个数）问题
一、前测回顾
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第 34 页 共 53 页
1．已知函数 f(x)＝
2x3＋3x2＋m，0≤x≤1，
mx＋5，x＞1.
若函数 f(x)的图象与 x 轴有且只有两个不同的交点，则实
数 m 的取值范围为________．
答案：(－5，0)
解析：当 m＝0 时，函数 f(x)的图象与 x 轴有且只有 1 个交点；
当 m>0 时，函数 f(x)的图象与 x 轴没有交点；
当 m<0 时，函数 f(x)的图象要与 x 轴有且只有两个不同的交点，则 f(0)<0，且 f(1)>0，
得实数 m 的取值范围为(－5，0)．
2．已知f (x)＝ax2，g(x)＝lnx＋1，若y＝f(x)与y＝g(x)的图象有两个交点，则实数 a的取值范围是_______．
答案：(0，e
2)
解析：ax2＝lnx＋1 有两个根，则 ax2－lnx－1＝0 有两解。令 f(x)＝ax2－lnx－1，则 f ′(x)＝2ax－1
x＝
2ax2－1
x ，
当 a≤0 时，f ′(x)＜0，f(x)在（0，＋∞）上为减函数，不合题意
当 a＞0 时，令 f ′(x)＝0 得 2ax2＝1，①
由①得 x＝
1
2a，f(x)在（0，
1
2a）上为减函数，在（
1
2a，＋∞）上为增函数，
∴当 x＝
1
2a，函数 f(x)取得极小值，同时也是最小值 f（
1
2a）＝1
2(ln2a－1)．
∴只要1
2(ln2a－1)＜0，∴a∈(0，e
2)．
二、方法联想
方法 1 分离变量法(优先) ．
方法 2 构造 F(x)＝f(x)－g(x)，转化为 F(x)零点问题．
方法 3 构造两个函数的图象判断交点个数．
方法 4 转化为二次函数零点问题．
方法 5 转化为一次函数零点问题．
说明：考虑数形结合．
三、方法应用
例 1．已知函数 f(x)满足 f(x)＝f(2x)，且当 x∈[1,2)时 f(x)＝lnx.若在区间[1,4)内，函数 g(x)＝f(x)－2ax
有三个不同零点，则 a 的范围为__________．
答案：(ln2
8 , 1
4e)
例 2．（2018·苏州期末·20）已知函数 f(x)＝
－x3＋x2，x＜0，
ex－ax，x≥0． 若方程 f(－x)＋f(x)＝ex－3 在区间(0,+)
上有实数解，则实数 a 的取值范围是_______．
解析：设 x＞0，则－x＜0，所以 f(－x)＋f(x)＝x3＋x2＋ex－ax，
由题意，x3＋x2＋ex－ax＝ex－3 在区间(0，＋∞)上有解，
等价于 a＝x2＋x＋3
x在区间(0，＋∞)上有解.
记 g(x)＝x2＋x＋3
x(x＞0)，
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则 g'(x)＝2x＋1－3
x2＝2x3＋x2－3
x2 ＝(x－1)(2x2＋3x＋3)
x2 ，
令 g'(x)＝0，因为 x＞0，所以 2x2＋3x＋3＞0，故解得 x＝1，
当 x∈(0，1)时，g'(x)＜0，当 x∈(1，＋∞)时，g'(x)＞0，
所以函数 g(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
故函数 g(x)在 x＝1 处取得最小值 g(1)＝5.
要使方程 a＝g(x)在区间(0，＋∞)上有解，当且仅当 a≥g(x)min＝g(1)＝5，
综上，满足题意的实数 a 的取值范围为[5，＋∞).
例 3．（常州市 2017 届高三上学期期末）已知函数 f(x)＝x2lnx＋bx＋1，关于 x 的方程 f(x)＝0 在[1
e2，e]
上恰有两个不等的实根，求实数 b 的取值范围；
答案：[2
e2，1
e）
四、归类巩固
*1．f(x)＝2sinπx－x＋1 的零点个数为 个．
(转化成两个函数图象的交点问题，数形结合的方法研究函数图象交点个数)
答案：5
解析：作出函数 y＝2sinπx 与 y＝x－1 的图像，如图所示．由图像可知，两个函数的图像有 5 个交点，
即 f(x)＝2sinπx－x＋1 有 5 个零点.
*2．若函数 f(x)＝x3－3x＋a 有 3 个不同的零点，则实数 a 的取值范围是 ．
(利用导数研究函数的单调区间，求出极值，利用函数图象解决)
答案：(－2,2)
解析：函数 f(x)＝x3－3x＋a 的导函数 f′(x)＝3x2－3，相应二次方程 3x2－3＝0 有两根 x＝±1 ，函数存在
一个极大值 f(－1)＝2＋a>0，还有一个极小值 f(1)＝－2＋a<0，由上知 a 的取值范围是(－2,2)
*3．已知函数 f(x)＝
log2(x＋1)(x＞0)
－x2－2x(x≤0) ,若函数 g(x)＝f(x)－m 有 3 个零点,则实数 m 的取值范围是
___________.
(考查复合函数零点，根据零点个数求参数取值范围)
答案：(0,1)
***4、已知函数
0,
0,lg
)( 2 xxx
xx
xf
.
,若关于 x 的方程 f2(x)＋2f(x)＋b＝0 有三个不同的实数根,则实数
b 的范围为_________.
(考查复合函数零点，根据零点个数求参数取值范围)
答案：b≤0
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***5、已知函数 f(x)＝－x2－2x，g(x)＝
x＋ 1
4x，x＞0，
x＋1，x≤0.
若方程 g[f(x)]－a＝0 有 4 个实数根，则实数
a 的取值范围为_________．
(考查复合函数零点，根据零点个数求参数取值范围)
答案：[1, 5
4)
解析：令 f(x)＝t，则原方程化为 g(t)＝a，易知方程 f(x)＝t 在 t∈(－∞，1)内有 2 个不同的解，则原方
程有 4 个解等价于函数 y＝g(t)(t＜1)与 y＝a 的图象有 2 个不同的交点，作出函数 y＝g(t)(t＜1)的图象，
如图所示，由图象可知，当 1≤a＜5
4时，函数 y＝g(t)(t＜1)与 y＝a 有 2 个不同的交点，即所求 a 的取
值范围是[1, 5
4).
**6．设函数
1 1 , ( ,2)
() 1 ( 2), [2, )2
xx
fx
f x x
,则函数 ( ) ( ) 1F x xf x的零点的个数为 .
(考查分段函数的性质，利用数形结合的方法求函数零点个数)
答案：6
**7．已知函数 f（x）=x2－2x+a（ex﹣1+e﹣x+1）有唯一零点，则 a= ．
(考查函数的奇偶性，对称性与函数零点)
答案：1
2
**8．（2018 江苏）若函数 32( ) 2 1( )f x x ax a R 在(0, ) 内有且只有一个零点，则 ()fx在[ 1,1]
上的最大值与最小值的和为 ．
(考查已知函数的零点，研究函数的单调性求参数取值范围)
答案：－3．
**9．已知函数 f(x)＝|x3－4x|＋ax－2 恰有 2 个零点，则实数 a 的取值范围为________．
(利用求导判断函数的单调性作出函数的图象、导数的几何意义、函数与方程(零点)的综合运用，重
点考查了数形结合思想的运用)
答案：a<－1 或 a>1
解析：0＝| |x3－4x ＋ax－2，则| |x3－4x ＝2－ax 恰有 2 个零点，即 y＝| |x3－4x 与 y＝2－ax 的图象有
两个交点．如图，直线 y＝2－ax 与 y＝| |x3－4x 的图象相切时，设切点为(x0，y0)，则y0－2
x0
＝3x20－4，
又 y0＝x30－4x0，解得 x0＝－1，此时 k＝－1，而 y＝| |x3－4x 是偶函数，在 y 轴右侧相切时 k＝1.而两
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个函数的图象若有两个交点，则 k<－1 或 k>1，而 k＝－a，则实数 a 的取值范围为 a<－1，或 a>1.
**10．设函数 f(x)＝
x－1
ex ，x≥a，
－x－1，x＜a，
g(x)＝f(x)－b.若存在实数 b，使得函数 g(x)恰有 3 个零点，则实
数 a 的取值范围为__________．
(考查了分段函数，利用导数求最值等内容，以及数形结合思想处理函数零点问题．)
答案： －1－1
e2，2
解析： y＝x－1
ex ，利用导数画出草图，该函数在 x＝2 处取到最大值1
e2，结合 f(x)的草图分析，对于 y
＝－x－1 的函数值为1
e2时，得到 x＝－ 1＋1
e2 ，所以－ 1＋1
e2 1，则方程|f(x)＋g(x)|＝1 实根的个数
为____________．
解析：设 F(x)＝f(x)＋g(x)＝
－lnx，02
，利用导数知识画出 F(x)的图象，它与直线 y＝1，
y＝－1 的交点各有 2 个，方程|f(x)＋g(x)|＝1 实根的个数为 4.
***13．已知函数 f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2 有两个零点,则 a 的取值范围是 .
(考查函数零点，根据零点个数确定参数范围，需要对导函数零点分类讨论)
答案：a＞0
***14．已知函数 f(x)＝
－x3＋3x2＋t，x＜0，
x， x≥0， t∈R．若函数 g (x)＝f (f (x)－1)恰有 4 个不同的零点，则
t 的取值范围为 .
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(考查复合函数零点，根据零点个数确定参数范围)
答案：[－4，0)
***15．已知 a，b∈R，e 为自然对数的底数．若存在 b∈[－3e，－e2]，使得函数 f (x)＝ex－ax－b 在
[1，3]上存在零点，则 a 的取值范围为 .
答案：[e2，4e]
***16．(15 年高考题). 已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)，若 b＝c－a（实数 c 是 a 与无关的常数），
当函数 f(x)有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪(1，3
2)∪(3
2，＋∞)，求 c 的值.
解析： 求导可知，函数 f(x)的两个极值为 f(0)＝b，f －2a
3 ＝ 4
27a3＋b，则函数 f(x)有三个零点等价于
f(0)·f －2a
3 ＝b 4
27a3＋b <0，
从而
a>0，
－ 4
27a30 时， 4
27a3－a＋c>0 或当 a<0 时， 4
27a3－a＋c<0.
设 g(a)＝ 4
27a3－a＋c，因为函数 f(x)有三个零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪ 1，3
2 ∪
3
2，＋∞ ，
则在(－∞，－3)上 g(a)<0，且在 1，3
2 ∪ 3
2，＋∞ 上 g(a)>0 均恒成立，
从而 g(－3)＝c－1≤0，且 g 3
2 ＝c－1≥0，因此 c＝1.
此时，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]，
因函数有三个零点，则 x2＋(a－1)x＋1－a＝0 有两个异于－1 的不等实根，
所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，
解得 a∈(－∞，－3)∪ 1，3
2 ∪ 3
2，＋∞ .
综上 c＝1.
***17．(12 年高考题)若函数 y＝f(x)在 x＝x0 处取得极大值或极小值，则称 x0 为函数 y＝f(x)的极值点．已
知 a，b 是实数，1 和－1 是函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx 的两个极值点．
设 h(x)＝f(f(x))－c，其中 c∈[－2,2]，求函数 y＝h(x)的零点个数．
解 令 f(x)＝t，则 h(x)＝f(t)－c.先讨论关于 x 的方程 f(x)＝d 根的情况，d∈[－2,2]．
当|d|＝2 时，由(2)可知 f(x)＝－2 的两个不同的根为 1 和－2，注意到 f(x)是奇函数，所以 f(x)＝2 的两
个不同的根为－1 和 2.
当|d|＜2 时，因为 f(－1)－d＝f(2)－d＝2－d＞0，f(1)－d＝f(－2)－d＝－2－d＜0，
所以－2，－1,1,2 都不是 f(x)＝d 的根．由(1)知 f′(x)＝3(x＋1)(x－1)．
①当 x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，于是 f(x)是单调增函数，从而 f(x)＞f(2)＝2，此时 f(x)＝d 无实根．同
理，f(x)＝d 在(－∞，－2)上无实根．
②当 x∈(1,2)时，f′(x)＞0，于是 f(x)是单调增函数，又 f(1)－d＜0，f(2)－d＞0，y＝f(x)－d 的图象不
间断，所以 f(x)＝d 在(1,2)内有唯一实根．同理，f(x)＝d 在(－2，－1)内有唯一实根．
③当 x∈(－1,1)时，f′(x)＜0，故 f(x)是单调减函数，又 f(－1)－d＞0，f(1)－d＜0，
y＝f(x)－d 的图象不间断，所以 f(x)＝d 在(－1,1)内有唯一实根．
由上可知：当|d|＝2 时，f(x)＝d 有两个不同的根 x1，x2 满足|x1|＝1，|x2|＝2；
当|d|＜2 时，f(x)＝d 有三个不同的根 x3，x4，x5 满足|xi|＜2，i＝3,4,5.
现考虑函数 y＝h(x)的零点．
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(i)当|c|＝2 时，f(t)＝c 有两个根 t1，t2 满足|t1|＝1，|t2|＝2，而 f(x)＝t1 有三个不同的根，f(x)＝t2 有两个
不同的根，故 y＝h(x)有 5 个零点．
(ii)当|c|＜2 时，f(t)＝c 有三个不同的根，t3，t4，t5 满足|ti|＜2，i＝3,4,5，而 f(x)＝ti(i＝3,4,5)有三个不
同的根，故 y＝h(x)有 9 个零点．
综上可知，当|c|＝2 时，函数 y＝h(x)有 5 个零点；当|c|＜2 时，函数 y＝h(x)有 9 个零点．
**18．（2018 江苏）记 f'(x)，g'(x)分别为函数 f(x)，g(x)的导函数．若存在 x0∈R，满足 f(x0)＝g(x0)且 f'(x0)
＝g'(x0)，则称 x0 为函数 f(x)与 g(x)的一个“S 点”．
(1)证明：函数 f(x)＝x 与 g(x)＝x2＋2x－2 不存在“S 点”；
(2)若函数 f(x)＝ax2－1 与 g(x)＝lnx 存在“S 点”，求实数 a 的值；
解析：(1)函数 f(x)＝x，g(x)＝x2＋2x－2，则 f'(x)＝1，g'(x)＝2x＋2．
由 f(x)＝g(x)且 f'(x)＝g'(x)，得
x＝x2＋2x－2
1＝2x＋2 ，此方程组无解，
因此，f(x)与 g(x)不存在“S 点”．
(2) 函数 f(x)＝ax2－1，g(x)＝lnx，
则 f'(x)＝2axg'(x)＝1
x．
设 x0 为 f(x)与 g(x)的“S 点”，由 f(x0)＝g(x0)且 f'(x0)＝g'(x0)，得
ax20－1＝lnx0
2ax0＝1
x0
，即
ax20－1＝lnx0
2ax20＝1 ，（ *）
得 lnx0＝－1
2，即 x0＝e－1
2，则 a＝ 1
2(e－1
2)2
＝e
2．
当 a＝e
2时，x0＝e－1
2满足方程组（*），即 x0 为 f(x)与 g(x)的“S 点”．
因此，a 的值为e
2．
***19．设函数 f(x)＝(x＋1)lnx，g(x)＝x2
ex，是否存在自然数 k，使得方程 f(x)＝g(x)在（k，k＋1）内存
在唯一的根？如果存在，求出 k；如果不存在，请说明理由.
（考查零点存在性定理判断方程是否有根及根的个数）
答案：k＝1
解析：设 h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)lnx－x2
ex，
当 x∈(0，1]时，h(x)＜0.
又 h(2)＝3ln2－4
e2＝ln8－4
e2＞1－1＝0，
所以存在 x0∈(1，2)，使 h(x0)＝0.
因为 h'(x)＝lnx＋1
x＋1＋x(x－2)
ex ，所以当 x∈(1，2)时，h'(x)＞1－1
e＞0，当 x∈(2，＋∞)时，h'(x)＞0，
所以当 x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增.
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所以 k＝1 时，方程 f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根.
***20．已知 b 0, 且 b 1，函数 f (x) exbx，其中 e 为自然对数的底数．如果关于 x 的方程 f (x) 2
有且只有一个解，求实数 b 的取值范围.
（考查零点存在性定理证明方程是有根及根的个数）
解析：令 g(x)＝f(x)－2＝ex＋bx－2 为 R 上连续函数，且 g (0)=0，则方程 g (x)=0 存在一个解.
1°当 b>1 时，g (x)为增函数，此时g (x)=0 只有一个解.
2°00 时，令 f ′(x)＝0，解得 x＝1＋ 3a
3 或 x＝1－ 3a
3 .
当 x 变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以 f(x)的单调递减区间为
1－
3a
3 ，1＋
3a
3 ，单调递增区间为
－∞，1－
3a
3 ，
1＋
3a
3 ，＋∞ .
(2)证明：因为 f(x)存在极值点，所以由(1)知 a>0，且 x0≠1.由题意，得 f ′(x0)＝3(x0－1)2－a＝0，即 (x0
－1)2＝
a
3，所以 f(x0)＝(x0－1)3－ax0－b＝(x0－1)3－3(x0－1)2x0－b.
因为 f(x1)＝f(x0)，所以(x1－1)3－3(x0－1)2x1－b＝(x0－1)3－3(x0－1)2x0－b，分解因式，
(x1－x0)2( x1＋2x0－3)＝0,因为 x1≠x0，因此 x1＝3－2x0，所以 x1＋2x0＝3.
(3)证明：设 g(x)在区间[0，2]上的最大值为 M，max{x，y}表示 x，y 两数中的最大值，下面分三种
情况讨论：
①当 a≥3 时，1－ 3a
3 ≤0<2≤1＋ 3a
3 .
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第 44 页 共 53 页
由(1)知，f(x)在区间[0，2]上单调递减，所以 f(x)在区间[0，2]上的取值范围为[f(2)，f(0)]，因此
M＝max{|f(2)|，|f(0)|}＝max{|1－2a－b|，|－1－b|}
＝max{|a－1＋(a＋b)|，|a－1－(a＋b)|}
＝
a－1＋（a＋b），a＋b≥0，
a－1－（a＋b），a＋b<0.
所以 M＝a－1＋|a＋b|≥2.
②当3
4≤a<3 时，1－2 3a
3 ≤0<1－ 3a
3 <1＋ 3a
3 <2≤1＋2 3a
3 ，由(1)和(2)知， f(0)≥f
1－2 3a
3 ＝
f
1＋ 3a
3 ，f(2)≤f
1＋2 3a
3 ＝f
1－ 3a
3 ，
所以 f(x)在区间[0，2]上的取值范围为
f
1＋ 3a
3 ，f
1－ 3a
3 ，
因此 M＝max
f
1＋ 3a
3 ，
f
1－ 3a
3
＝max
－2a
9 3a－a－b ， 2a
9 3a－a－b
＝max
2a
9 3a＋（a＋b） ， 2a
9 3a－（a＋b）
＝2a
9 3a＋|a＋b|≥2
9×3
4× 3×3
4＝1
4.
③当 0f
1＋2 3a
3 ＝f
1－ 3a
3 ，
所以 f(x)在区间[0，2]上的取值范围为[f(0)，f(2)]，
因此 M＝max{|f(0)|，|f(2)|}＝max{|－1－b|，|1－2a－b|}
＝max{|1－a＋(a＋b)|，|1－a－(a＋b)|}
＝1－a＋|a＋b|>
1
4.
综上所述，当 a>0 时，g(x)在区间[0，2]上的最大值不小于
1
4.
〖教学建议〗
（1）问题归类与方法：
函数的最值的问题
求解步骤：①求函数的定义域；②求 f ′(x)＝0 在区间内的根；③讨论极值点两侧的导数的正负
确定极大值或极小值．④将求得的极值与两端点处的函数值进行比较，得到最大值与最小值．
（2）方法选择与优化建议：
第（2）中也可选择用 x0 表示 a，由 f(x1)＝f(x0)得到关于 x1 的方程，参数为 x0．
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二、反馈巩固
*1．直线 y＝kx＋1 与曲线 y＝x3＋ax＋b 相切于点 A(1，2)，则 ab＝_________．
(考查导数的几何意义)
答案：－8
解析：A(1，2)代入 y＝kx＋1，则 k＝1；又 y ′＝3x2＋a，则 3＋a＝1，则 a＝－2；
A(1，2)代入 y＝x3＋ax＋b，则 b＝3
*2．函数 f(x)＝(x－3)ex 的单调递增区间是___________．
答案：(2，＋∞)
说明：本题考查求函数单调区间
解析：f ′(x)＝ex ＋(x－3)ex＝（x－2）ex＞0，则 x＞2
*3．函数 y＝x＋2cosx，x∈[0，
2]的值域是 ．
(考查函数的值域)
答案：[
2，
6＋ 3]
解析：f(x)＝x＋2cosx，则 f ′(x)＝1－2sinx
令 f ′(x)＝0，则 x＝π
6，列表格说明单调性，（0，π
6）上 f(x)单调递增，（π
6，π
2）单调递减，
则 x＝π
6时 f(x)取得最大值是
6＋ 3；又 f(π
2)＝π
2，f(0)＝2，则 f(x)的最小值是π
2
*4．设函数 f(x)＝1
2x2－9ln x 在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数 a 的取值范围是_______．
(用导数研究函数的单调性)
答案：1＜a≤2．
**5. 关于 x 的方程 x3－3x2－a＝0 有三个不同的实数解，则实数 a 的取值范围是________.
(利用导数研究函数的零点)
答案：(－4，0)．
**6.已知 x≥0，y≥0，x＋3y＝9，则 x2y 的最大值为________．
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(考查用导数研究函数的最值).
答案：36；
**7．设直线 x＝t 与函数 f(x)＝x2，g(x)＝ln x 的图象分别交于点 M，N，则当|MN|达到最小时 t 的值为
_____．
(用导数研究函数的最值)
答案： 2
2 ．
**8．若 f(x)＝－1
2x2＋blnx 在(0,＋∞)上是减函数，则 b 的取值范围是 ．
(考查导数与单调性，恒成立问题)
答案：b≤0
解析：f ′(x)＝－x＋b1
x≤0 恒成立，则 b≤x2，∴b≤0
**9．若函数 f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋3 既有极大值又有极小值，则 a 的取值范围为 ．
(本题考查函数的极值)
答案：a＞2 或 a＜－1
解析：f ′(x)的△＞0
**10．已知函数 f(x)＝x3＋6x2＋2a＋3，若方程 f(x)＝0 有 3 个互不相等的实数根，则 a 的取值范围是
___________．
(考查函数的单调性、函数的极值、函数的图象)
答案：－35
2 ＜a＜－3
2
解析：f ′(x)＝3x2＋12x＝3x（x＋4），令 f ′(x)＝0，则 x＝－4 或 0
列表格说明单调性，得到 f(x)的极大值为 f(－4)，f(x)的极小值是 f(0)
由题意得，f(－4)＞0 且 f(0)＜0
**11．已知 f(x)＝x3，g(x)＝－x2＋x－2
9a，若存在 x0∈[－1,a
3](a＞0)，使得 f(x0)＜g(x0)，则实数 a 的取值
范围是 ．
(考查不等式有解的问题，分类讨论)
答案：0＜a＜－3＋ 21
2
解析：存在 x0∈[-1，a
3]（a＞0），使得 f（x0）＜g（x0），转化为存在 x∈[-1，a
3]（a＞0），使得（f（x）
-g（x））max＜0 即可．
令 h（x）=f（x）-g（x）=x3+x2-x+2
9a，
则 h′（x）=3x2+2x-1=（3x-1）（x+1）
令 h′（x）＞0 解得 x＜-1 或 x＞1
3，即 h（x）在区间（-∞，-1）与（1
3，+∞）上是增函数，在（-1，1
3）
上是减函数
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又 x0∈[-1，a
3]（a＞0），∵h（-1）＞0，∴h（a
3）＜0，且 a＞0，解得 0＜a＜－3＋ 21
2
***12．f(x)是定义在 R 上的函数，其导函数为 f'(x)，若 f(x)－f'(x)＞1， f(1)＝2018，则不等式 f(x)＞
2017·ex－1＋1（其中 e 为自然对数的底数）的解集为_______．
（考查利用导数研究函数的单调性，需要根据题意构造函数）
答案：(－∞，1)
解析：设 g(x)= e－(x－1)f(x)－e－(x－1)，
则 g′(x)=− e－(x－1)f(x)+ e－(x－1)f′(x)+ e－(x－1)=e－(x－1) [f′(x)−f(x)+1]，
∵f(x)−f′(x)>1,∴f′(x)−f(x)+1<0，
∴g′(x)<0，
∴y=g(x)在定义域上单调递减,g(1)=2017，
∵f(x)＞2017·ex－1＋1,∴e－(x－1)f(x)－e－(x－1)>2017= g(1)，
得到 g(x)>2017=g(1)，
∴g(x)>g(1)，得 x<1，
∴f(x)＞2017·ex－1＋1 的解集为(－∞，1) .
13．已知函数 f(x)＝1
3x3－a＋1
2 x2＋bx＋a(a，b∈R)，且其导函数 f ′(x)的图象过原点．
*（1）当 a＝1 时，求函数 f(x)的图象在 x＝3 处的切线方程；
**（2）若存在 x＜0，使得 f ′(x)＝－9，求 a 的最大值．
答案：（1）3x－y－8＝0；
（2）a 的最大值为－7
(考查导数的几何意义,方程有解的问题)
解析：求导数，可得 f ′(x)＝x2-（a+1）x+b，由 f ′(0)=0 得 b=0，f ′(x)＝x（x－a－1）
（1）当 a=1 时，f(x)=1
3x3-x2+1，f ′(x)＝x（x－2），
∴f（3）=1，f′（3）=3
∴函数 f（x）的图象在 x=3 处的切线方程为 y-1=3（x-3）即 3x-y-8=0．
（2）∵存在，使 x＜0 得 f′（x）=x（x-a-1）=-9，
∴-a-1=-x-9
x=≥2
(－x)(－ 9
x)=6，
∴a≤－7 当且仅当 x=-3 时，a=-7．∴a 的最大值为-7．
14．已知函数 f(x)＝ex(ax2＋x＋1)．
**（1）设 a＞0，讨论f(x)的单调性；
**（2）设 a＝－1，证明：对任意 x1，x2∈[0，1]，都有|f(x1)－f(x2)|＜2．
(考查函数单调区间的分类讨论，比较两个驻点的大小,考查命题的转化、函数的最值)
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解析：（1）∵f ′(x)=ex（ax2+x+1+2ax+1）=ex（x+2）（x+1）．
令 f ′(x)＞0，得（x+2）（x+1）＞0，注意到 a＞0，
∴当 a∈（0，1
2）时，f（x）在（-∞，-1
a）上是增函数，在（-1
a，-2）上是减函数，在（－2，+∞）上递
增；
当 a=1
2时，f(x)在（-∞，+∞）上递增；
当 a∈（1
2，+∞）时，f(x)在（-∞，-2）上递增，在（-2，-1
a）上递减，在（-1
a，+∞）上递增．
（2）∵a=-1，由（Ⅰ）f ′(x)=-ex（x+2）（x-1），
∴f(x)在[0，1]上单调增加，
故 f(x)在[0，1]上的最大值为 f（1）=e，最小值为 f（0）=1．
从而对∀x1，x2∈[0，1]，都有|f（x1）-f（x2）|＜2．
**15.现有一张长为 80cm 宽为 60cm 的长方形铁皮 ABCD，准备用它做成一只无盖长方体铁皮盒，要求
材料利用率为 100%，不考虑焊接处损失，若长方形 ABCD 的一个角剪下一块正方形铁皮，作为铁皮盒
的底面，用余下材料剪拼后作为铁皮盒的侧面，设长方体的底面边长为 x(cm),高为 y(cm),体积为 V（cm3）.
（1）求出 x 与 y 的关系式;
（2）求该铁皮盒体积 V 的最大值.
(考查函数的应用,函数的最值)
答案 (1) y＝4800－x2
4x (0＜x＜60) (2)32000cm3
***16. 下图为某仓库一侧墙面的示意图，其下部是一个矩形 ABCD，上部是圆弧 AB，该圆弧所在圆的
圆心为 O.为了调节仓库内的湿度和温度，现要在墙面上开一个矩形的通风窗 EFGH(其中 E，F 在圆弧
AB 上，G，H 在弦 AB 上)．过 O 作 OP⊥AB，交 AB 于 M，交 EF 于 N，交圆弧 AB 于 P.已知 OP＝10，
MP＝6.5(单位：m)，记通风窗 EFGH 的面积为 S(单位：m2)．
(1) 按下列要求建立函数关系式：
(ⅰ) 设∠POF＝θ(rad)，将 S 表示成 θ 的函数；
(ⅱ) 设 MN＝x(m)，将 S 表示成 x 的函数；
(2) 试问通风窗的高度 MN 为多少时，通风窗 EFGH 的面积 S 最大？
(考查函数的应用,函数的最值)
解：(1) 由题意知，OF＝OP＝10，MP＝6.5，故 OM＝3.5.
(ⅰ) 在 Rt△ONF 中，NF＝OFsinθ＝10sinθ，ON＝OFcosθ＝10cosθ.
在矩形 EFGH 中，EF＝2NF＝20sinθ，
FG＝ON－OM＝10cosθ－3.5，
故 S＝EF×FG＝20sinθ(10cosθ－3.5)＝10sinθ(20cosθ－7)．
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即所求函数关系是 S＝10sinθ(20cosθ－7)，0＜θ＜θ0，其中 cosθ0＝ 7
20，θ0 为锐角．(4 分)
(ⅱ) 因为 MN＝x，OM＝3.5，
所以 ON＝x＋3.5.
在 Rt△ONF 中，NF＝ OF2－ON2＝ 100－（x＋3.5）2＝ 351
4 －7x－x2.
在矩形 EFGH 中，EF＝2NF＝ 351－28x－4x2，FG＝MN＝x，
故 S＝EF×FG＝x 351－28x－4x2.
即所求函数关系是
S＝x 351－28x－4x2，0＜x＜6.5.(8 分)
(2) (方法 1)选择(ⅰ)中的函数模型：
令 f(θ)＝sinθ(20cosθ－7)，
即 f′(θ)＝cosθ(20cosθ－7)＋sinθ(－20sinθ)＝40cos2θ－7cosθ－20.(10 分)
由 f′(θ)＝40cos2θ－7cosθ－20＝0，
解得 cosθ＝4
5，或 cosθ＝－5
8.
因为 0＜θ＜θ0，所以 cosθ＞cosθ0，
所以 cosθ＝4
5.
设 cosα＝4
5，且 α 为锐角，
则当 θ∈(0，α)时，f′(θ)＞0，f(θ)是增函数；当 θ∈(α，θ0)时，f′(θ)＜0，f(θ)是减函数，
所以当 θ＝α，即 cosθ＝4
5时，f(θ)取到最大值，此时 S 有最大值．
即 MN＝10cosθ－3.5＝4.5 m 时，通风窗的面积最大．(14 分)
(方法 2)选择(ⅱ)中的函数模型：
因为 S＝ x2（351－28x－4x2），
令 f(x)＝x2(351－28x－4x2)，
则 f′(x)＝－2x(2x－9)(4x＋39)．(10 分)
因为当 0＜x＜9
2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当9
2＜x＜13
2 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以当 x＝9
2时，f(x)取到最大值，此时 S 有最大值．
即 MN＝x＝4.5 m 时，通风窗的面积最大．
17．已知函数 f(x)＝|x－a|－a
2ln x，a∈R.
**(1)求函数 f(x)的单调区间；
***(2)若函数 f(x)有两个零点 x1，x2(x10，函数 f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
当 a>0 时，f(x)＝|x－a|－a
2ln x＝
x－a－a
2ln x，x≥a，
a－x－a
2ln x，00，此时函数 f(x)单调递增，
若 00 时，函数 f(x)的单调递减区间为(0，a)；单调递增区间为(a，＋∞)．
(2)证明 由(1)知，当 a≤0 时，函数 f(x)单调递增，至多只有一个零点，不合题意；
则必有 a>0，此时函数 f(x)的单调递减区间为(0，a)；单调递增区间为(a，＋∞)，
由题意，必须 f(a)＝－a
2ln a<0，解得 a>1.
由 f(1)＝a－1－a
2ln 1＝a－1>0，f(a)<0，得 x1∈(1，a)．
而 f(a2)＝a2－a－aln a＝a(a－1－ln a)，
下面证明：a>1 时，a－1－ln a>0.
设 g(x)＝x－1－ln x，x>1，
则 g′(x)＝1－1
x＝x－1
x >0，
∴g(x)在 x>1 时递增，则 g(x)>g(1)＝0，
∴f(a2)＝a2－a－aln a＝a(a－1－ln a)>0，又 f(a)<0，
∴x2∈(a，a2)，综上，1
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