2018届二轮复习专题一函数与导数不等式文教案（全国通用）
上篇 专题整合突破 专题一 函数与导数、不等式教书用书 文
第1讲 函数、函数与方程及函数的应用
高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)函数的概念和函数的基本性质是B级要求，是重要考点；(2)指数与对数的运算、指数函数与对数函数的图象和性质都是考查热点，要求都是B级；(3)函数与方程是B级要求，但经常与二次函数等基本函数的图象和性质综合起来考查，是重要考点；(4)函数模型及其应用是考查热点，要求是B级；试题类型可能是填空题，也可能在解答题中与函数性质、导数、不等式综合考查.
真 题 感 悟
1.(2016·江苏卷)函数y＝的定义域是________.
解析 要使函数有意义，需且仅需3－2x－x2≥0，解得－3≤x≤1.故函数定义域为[－3，1].
答案 [－3，1]
2.(2016·江苏卷)设f(x)是定义在R上且周期为2的函数，在区间[－1，1)上，f(x)＝其中a∈R.若f＝f，则f(5a)的值是________.
解析 由已知f＝f＝f＝－＋a，
f＝f＝f＝＝.
又∵f＝f，
则－＋a＝，a＝，
∴f(5a)＝f(3)＝f(3－4)＝f(－1)＝－1＋＝－.
答案 －
3.(2014·江苏卷)已知f(x)是定义在R上且周期为3的函数，当x∈[0，3)时，f(x)＝
.若函数y＝f(x)－a在区间[－3，4]上有10个零点(互不相同)，则实数a的取值范围是________.
解析 作出函数y＝f(x)在[－3，4]上的图象，f(－3)＝f(－2)＝f(－1)＝f(0)＝f(1)＝f(2)＝f(3)＝f(4)＝，观察图象可得0＜a＜.
答案
4.(2015·江苏卷)已知函数f(x)＝|ln x|，g(x)＝则方程|f(x)＋g(x)|＝1实根的个数为________.
解析 令h(x)＝f(x)＋g(x)，则h(x)＝
当1＜x＜2时，h′(x)＝－2x＋＝＜0，故当1＜x＜2时h(x)单调递减，在同一坐标系中画出y＝|h(x)|和y＝1的图象如图所示.
由图象可知|f(x)＋g(x)|＝1的实根个数为4.
答案 4
考 点 整 合
1.函数的性质
(1)单调性
(ⅰ)用来比较大小，求函数最值，解不等式和证明方程根的唯一性.
(ⅱ)常见判定方法：①定义法：取值、作差、变形、定号，其中变形是关键，常用的方法有：通分、配方、因式分解；②图象法；③复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则；④导数法.
(2)奇偶性：①若f(x)是偶函数，那么f(x)＝f(－x)；②若f(x)是奇函数，0在其定义域内，则f(0)＝0；③奇函数在关于原点对称的区间内有相同的单调性，
偶函数在关于原点对称的区间内有相反的单调性；
(3)周期性：常见结论有①若y＝f(x)对x∈R，f(x＋a)＝f(x－a)或f(x－2a)＝f(x)(a＞0)恒成立，则y＝f(x)是周期为2a的周期函数；②若y＝f(x)是偶函数，其图象又关于直线x＝a对称，则f(x)是周期为2|a|的周期函数；③若y＝f(x)是奇函数，其图象又关于直线x＝a对称，则f(x)是周期为4|a|的周期函数；④若f(x＋a)＝
－f(x)，则y＝f(x)是周期为2|a|的周期函数.
2.函数的图象
(1)对于函数的图象要会作图、识图和用图，作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换.
(2)在研究函数性质特别是单调性、值域、零点时，要注意结合其图象研究.
3.求函数值域有以下几种常用方法：
(1)直接法；(2)配方法；(3)基本不等式法；(4)单调性法；(5)求导法；(6)分离变量法.除了以上方法外，还有数形结合法、判别式法等.
4.函数的零点问题
(1)函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标.
(2)确定函数零点的常用方法：①直接解方程法；②利用零点存在性定理；③数形结合，利用两个函数图象的交点求解.
5.应用函数模型解决实际问题的一般程序
⇒⇒⇒
与函数有关的应用题，经常涉及到物价、路程、产值、环保等实际问题，也可涉及角度、面积、体积、造价的最优化问题.解答这类问题的关键是确切的建立相关函数解析式，然后应用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答.
热点一 函数性质的应用
【例1】 (1)已知定义在R上的函数f(x)＝2|x－m|－1(m为实数)为偶函数，记a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，则a，b，c的大小关系为________(从小到大排序).
(2)(2016·全国Ⅱ卷改编)已知函数f(x)(x∈R)满足f(－x)＝2－f(x)，若函数y＝与y＝f(x)图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，则(xi＋yi)＝________.
解析 (1)由f(x)＝2|x－m|－1是偶函数可知m＝0，
所以f(x)＝2|x|－1.
所以a＝f(log0.53)＝2|log0.53|－1＝2log23－1＝2，
b＝f(log25)＝2|log25|－1＝2log25－1＝4，
c＝f(0)＝2|0|－1＝0，所以c
0，在(－∞，－2)和(0，2)上f(x)<0.当x>0时，由<0，可得f(x)－f(－x)＝2f(x)<0，结合图象可知(0，2)符合；当x<0时，由<0，可得f(x)－f(－x)＝2f(x)>0，结合图象可知(－2，0)符合.
答案 (－2，0)∪(0，2)
热点三 函数与方程问题
[微题型1] 函数零点个数的求解
【例3－1】 (2016·南京、盐城模拟)函数f(x)＝4cos2·cos－2sin x－|ln(x＋1)|的零点个数为________.
解析 f(x)＝4cos2sin x－2sin x－|ln(x＋1)|＝2sin x·－|ln(x＋1)|＝
sin 2x－|ln(x＋1)|，令f(x)＝0，得sin 2x＝|ln(x＋1)|.在同一坐标系中作出两个函数y＝sin 2x与函数y＝|ln(x＋1)|的大致图象如图所示.
观察图象可知，两函数图象有2个交点，故函数f(x)有2个零点.
答案 2
探究提高 解决这类问题的常用方法有解方程法、利用零点存在的判定或数形结合法，尤其是求解含有绝对值、分式、指数、对数、三角函数式等较复杂的函数零点问题，常转化为熟悉的两个函数图象的交点问题求解.
[微题型2] 由函数的零点(或方程的根)求参数
【例3－2】 (1)(2016·南京三模)设函数f(x)＝
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________.
(2)已知函数f(x)＝函数g(x)＝b－f(2－x)，其中b∈R，若函数y＝f(x)－g(x)恰有4个零点，则b的取值范围是________.
解析 (1)当f(x)＝时，f′(x)＝，由f′(x)＝0得x＝2，且当x＜2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x＞2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，则当x＝2时，f(x)有极大值f(2)＝.当－x－1＝时，x＝－1－.
结合图象可得当存在实数b使得g(x)＝f(x)－b恰有3个零点时，－1－＜a＜2.
(2)函数y＝f(x)－g(x)恰有4个零点，即方程f(x)－g(x)＝0，即b＝f(x)＋f(2－x)有4个不同实数根，即直线y＝b与函数y＝f(x)＋f(2－x)的图象有4个不同的交点，又y＝f(x)＋f(2－x)＝
作出该函数的图象如图所示，
由图可知，当＜b＜2时，直线y＝b与函数y＝f(x)＋f(2－x)的图象有4个不同的交点，故函数y＝f(x)－g(x)恰有4个零点时，b的取值范围是.
答案 (1) (2)
探究提高 利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法
(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.
(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.
(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.
【训练3】 (2016·泰州调研)设函数f(x)＝x2＋3x＋3－a·ex(a为非零实数)，若f(x)有且仅有一个零点，则a的取值范围为________.
解析 令f(x)＝0，可得＝a，
令g(x)＝，则g′(x)＝
＝－，令g′(x)＞0，可得x∈(－1，0)，令g′(x)＜0，可得x∈(－∞，－1)∪(0，＋∞)，所以g(x)在(－1，0)上单调递增，在(－∞，－1)和(0，＋∞)上单调递减.由题意知函数y＝g(x)的图象与直线y＝a有且仅有一个交点，结合y＝g(x)及y＝a的图象可得a∈(0，e)∪(3，＋∞).
答案 (0，e)∪(3，＋∞)
热点四 函数的实际应用问题
【例4】 (2016·江苏卷)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P－A1B1C1D1，下部分的形状是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高OO1是正四棱锥的高PO1的4倍.
(1)若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？
(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？
解 (1)V＝×62×2＋62×2×4＝312(m3).
(2)设PO1＝x，则O1B1＝，B1C1＝·，
∴S正方形A1B1C1D1＝2(62－x2).
又由题意可得下面正四棱柱的高为4x，
则仓库容积V＝x·2(62－x2)＋2(62－x2)·4x＝
x(36－x2).由V′＝0得x＝2或x＝－2(舍去).
由实际意义知V在x＝2(m)时取到最大值，
故当PO1＝2(m)时，仓库容积最大.
探究提高 (1)关于解决函数的实际应用问题，首先要在阅读上下功夫，一般情况下，
应用题文字叙述比较长，要耐心、细心地审清题意，弄清各量之间的关系，再建立函数关系式，然后借助函数的知识求解，解答后再回到实际问题中去.
(2)对函数模型求最值的常用方法：单调性法、基本不等式法及导数法.
【训练4】 (2016·南京学情调研)某市对城市路网进行改造，拟在原有a个标段(注：一个标段是指一定长度的机动车道)的基础上，新建x个标段和n个道路交叉口，其中n与x满足n＝ax＋5.已知新建一个标段的造价为m万元，新建一个道路交叉口的造价是新建一个标段的造价的k倍.
(1)写出新建道路交叉口的总造价y(万元)与x的函数关系式；
(2)设P是新建标段的总造价与新建道路交叉口的总造价之比.若新建的标段数是原有标段数的20%，且k≥3.问：P能否大于，说明理由.
解 (1)依题意得y＝mkn＝mk(ax＋5)，x∈N*.
(2)法一 依题意x＝0.2a，
所以P＝＝＝＝
≤＝≤＝＜.
P不可能大于.
法二 依题意x＝0.2a，
所以P＝＝＝＝.
假设P＞，则ka2－20a＋25k＜0.
因为k≥3，所以Δ＝100(4－k2)＜0，不等式ka2－20a＋25k＜0无解，假设不成立.
P不可能大于.
1.解决函数问题忽视函数的定义域或求错函数的定义域，如求函数f(x)＝的定义域时，只考虑x＞0，忽视ln x≠0的限制.
2.如果一个奇函数f(x)在原点处有意义，即f(0)有意义，那么一定有f(0)＝0.
3.三招破解指数、对数、幂函数值的大小比较.
(1)底数相同，指数不同的幂用指数函数的单调性进行比较；
(2)底数相同，真数不同的对数值用对数函数的单调性比较；
(3)底数不同、指数也不同，或底数不同，真数也不同的两个数，
常引入中间量或结合图象比较大小.
4.对于给定的函数不能直接求解或画出图形，常会通过分解转化为两个函数图象，然后数形结合，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.
一、填空题
1.(2016·南通调研)函数f(x)＝ln x＋的定义域为________.
解析 要使函数f(x)＝ln x＋有意义，则解得0＜x≤1，即函数定义域是(0，1].
答案 (0，1]
2.(2011·江苏卷)函数f(x)＝log5(2x＋1)的单调增区间是________.
解析 函数f(x)的定义域为，令t＝2x＋1(t＞0).因为y＝log5t在t∈(0，＋∞)上为增函数，t＝2x＋1在上为增函数，所以函数y＝log5(2x＋1)的单调增区间为.
答案
3.(2016·苏州调研)函数f(x)＝的值域为________.
解析 当x≤0时，y＝2x∈(0，1]；
当x＞0时，y＝－x2＋1∈(－∞，1).
综上， 该函数的值域为(－∞，1].
答案 (－∞，1]
4.(2016·江苏卷)定义在区间[0，3π]上的函数y＝sin 2x的图象与y＝cos x的图象的交点个数是________.
解析 在区间[0，3π]上分别作出y＝sin 2x和y＝cos x的简图如下：
由图象可得两图象有7个交点.
答案 7
5.(2012·江苏卷)设f(x)是定义在R上且周期为2的函数，在区间[－1，1]上，f(x)＝
其中a，b∈R.若f＝f，则a＋3b的值为________.
解析 因为函数f(x)是周期为2的函数，所以f(－1)＝f(1)⇒－a＋1＝，又f＝f＝f⇒＝－a＋1，联立列成方程组解得a＝2，b＝－4，所以a＋3b＝2－12＝－10.
答案 －10
6.已知函数f(x)＝x3＋x，对任意的m∈[－2，2]，f(mx－2)＋f(x)<0恒成立，则x的取值范围是________.
解析 f′(x)＝3x2＋1>0，∴f(x)在R上为增函数.
又f(x)为奇函数，由f(mx－2)＋f(x)<0知，f(mx－2)0)表示的曲线上，其中k与发射方向有关.炮的射程是指炮弹落地点的横坐标.
(1)求炮的最大射程；
(2)设在第一象限有一飞行物(忽略其大小)，其飞行高度为3.2千米，试问它的横坐标a不超过多少时，炮弹可以击中它？请说明理由.
解 (1)令y＝0，得kx－(1＋k2)x2＝0，
由实际意义和题设条件知x>0，k>0，
故x＝＝≤＝10，
当且仅当k＝1时取等号.
所以炮的最大射程为10千米.
(2)因为a>0，所以炮弹可击中目标⇔存在k>0，
使3.2＝ka－(1＋k2)a2成立⇔关于k的方程a2k2－20ak＋a2＋64＝0有正根⇔判别式Δ＝(－20a)2－4a2(a2＋64)≥0⇔a≤6.
所以当a不超过6千米时，可击中目标.
11.(2016·苏北四市调研)如图，OA是南北方向的一条公路，OB是北偏东45°方向的一条公路，某风景区的一段边界为曲线C.为方便游客观光，拟过曲线C上某点P分别修建与公路OA，OB垂直的两条道路PM，PN，且PM，PN的造价分别为5万元/百米、40万元/百米.建立如图所示的平面直角坐标系xOy，则曲线C符合函数模型y＝x＋(1≤x≤9)，设PM＝x，修建两条道路PM，PN的总造价为f(x)万元.题中所涉及长度单位均为百米.
(1)求f(x)的解析式；
(2)当x为多少时，总造价f(x)最低？并求出最低造价.
解 (1)在如题图所示的直角坐标系中，因为曲线C的方程为y＝x＋(1≤x≤9)，PM＝x，所以点P坐标为，直线OB的方程为x－y＝0，则点P到直线x－y＝0的距离为＝＝，
又PM的造价为5万元/百米，PN的造价为40万元/百米.
则两条道路总造价为f(x)＝5x＋40·＝5(1≤x≤9).
(2)因为f(x)＝5，
所以f′(x)＝5＝，
令f′(x)＝0，解得x＝4，列表如下：
x
(1，4)
4
(4，9)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
所以当x＝4时，函数f(x)有最小值，且最小值为f(4)＝5＝30，
即当x＝4时，总造价最低，最低造价为30万元.
(注：利用三次均值不等式得f(x)＝5＝
5≥5×3＝30，当且仅当x＝4时，等号成立，同样正确.)
第2讲 不等式问题
高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)一元二次不等式是C级要求，要求在初中所学二次函数的基础上，掌握二次函数、二次不等式、二次方程之间的联系和区别，可以单独考查，也可以与函数、方程等构成综合题；(2)线性规划的要求是A级，
理解二元一次不等式对应的平面区域，能够求线性目标函数在给定区域上的最值，同时对一次分式型函数、二次型函数的最值也要有所了解；(3)基本不等式是C级要求，理解基本不等式在不等式证明、函数最值的求解方面的重要应用.
真 题 感 悟
1.(2015·江苏卷)不等式2x2－x＜4的解集为________.
解析 ∵2x2－x＜4＝22，∴x2－x＜2，即x2－x－2＜0，解得－10时，f(x)＝x2－4x，则不等式f(x)>x的解集用区间表示为________.
(2)(2012·江苏卷)已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域为[0，＋∞)，若关于x的不等式f(x)x等价于或
解得：x>5或－50的解集为______.
解析 依题意知f(x)>0的解为－10时，(x－2)ex＋x＋2>0；
(2)证明：当a∈[0，1)时，函数g(x)＝(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域.
(1)解 f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞).
f′(x)＝＝≥0，
且仅当x＝0时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)单调递增.
因此当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝－1.
所以(x－2)ex>－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0.
(2)证明 g′(x)＝＝(f(x)＋a).
由(1)知f(x)＋a单调递增，对任意a∈[0，1)，f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0.
因此，存在唯一xa∈( 0，2]，使得f(xa)＋a＝0，即g′(xa)＝0.
当0xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
因此g(x)在x＝xa处取得最小值，最小值为g(xa)＝＝＝.
于是h(a)＝，由′＝>0，单调递增.
所以，由xa∈(0，2]，
得＝0)，讨论h(x)零点的个数.
解 (1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0，0)，则f(x0)＝0，f′(x0)＝0.即
解得x0＝，a＝－.
因此，当a＝－时，x轴为曲线y＝f(x)的切线.
(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x<0，
从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，
故h(x)在(1，＋∞)上无零点.
当x＝1时，若a≥－，则f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；若a<－，则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是h(x)的零点.
当x∈(0，1)时，g(x)＝－ln x>0.所以只需考虑f(x)在(0，1)的零点个数.
(ⅰ)若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0，1)上无零点，故f(x)在(0，1)上单调.而f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0，1)内有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0，1)上没有零点.
(ⅱ)若－30，即－－或a<－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；当－
2；
④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2.
解析 令f(x)＝x3＋ax＋b，f′(x)＝3x2＋a，
当a≥0时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，必有一个实根，④⑤正确；当a<0时，由于选项当中a＝－3，∴只考虑a＝－3这一种情况，f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，∴f(x)极大＝f(－1)＝－1＋3＋b＝b＋2，f(x)极小＝f(1)＝1－3＋b＝b－2，要使f(x)＝0仅有一个实根，则需f(x)极大<0或f(x)极小>0，∴b<－2或b>2，①③正确，所有正确条件为①③④⑤.
答案 ①③④⑤
二、解答题
9.(2016·扬州质检)已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R).
(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围.
解 (1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－x2＋2x，
f′(x)＝－2x＋2，切点坐标为(1，1)，
切线的斜率k＝f′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
(2)g(x)＝2ln x－x2＋m，
则g′(x)＝－2x＝.
因为x∈，所以当g′(x)＝0时，x＝1.
当＜x＜1时，g′(x)＞0，此时函数单调递增；
当1＜x＜e时，g′(x)＜0，此时函数单调递减.
故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.
又g＝m－2－，g(e)＝m＋2－e2，
g(e)－g＝4－e2＋＜0，则g(e)＜g，
所以g(x)在上的最小值是g(e).
g(x)在上有两个零点的条件是
解得1＜m≤2＋，
所以实数m的取值范围是.
10.(2015·江苏高考命题原创卷)已知函数f(x)＝x2－aln x－1，函数F(x)＝.
(1)如果函数f(x)的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，求实数a的取值范围；
(2)当a＝2时，你认为函数y＝的图象与y＝F(x)的图象有多少个公共点？请证明你的结论.
解 (1)∵f(x)＝x2－aln x－1的定义域为(0，＋∞)，函数f(x)的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，
∴f′(x)＝2x－＞0在(0，＋∞)上恒成立.
∴a＜2x2在(0，＋∞)上恒成立，
∵y＝2x2＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴a≤0.
∴所求的a的取值范围为(－∞，0].
(2)当a＝2时，函数y＝的图象与y＝F(x)的图象没有公共点.证明如下：
当a＝2时，y＝＝，它的定义域为{x|x＞0且x≠1}，F(x)的定义域为[0，＋∞).
当x＞0且x≠1时，由＝F(x)得x2－2ln x－x＋2－2＝0.设h(x)＝x2－2ln x－x＋2－2，
则h′(x)＝2x－－1＋＝.
∴当0＜x＜1时，h′(x)＜0，此时，h(x)单调递减；
当x＞1时，h′(x)＞0，此时，h(x)单调递增.
∴当x＞0且x≠1时，h(x)＞h(1)＝0，即h(x)＝0无实数根.
∴当a＝2，x＞0且x≠1时，＝F(x)无实数根.
∴当a＝2时，函数y＝的图象与y＝F(x)的图象没有公共点.
11.(2016·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点.
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.
(1)解 f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a).
①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点.
②设a>0，则当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.
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，
故f(x)存在两个零点.
③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a).
若a≥－，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)上单调递增.
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.
若a<－，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增.
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.
综上，a的取值范围为(0，＋∞).
(2)证明 不妨设x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0.
由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，
而f(x2)＝(x2－2)·ex2＋a(x2－1)2＝0，
所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)，所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0，从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.
第5讲 导数与实际应用及不等式问题
高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)导数在实际问题中的应用为函数应用题注入了新鲜的血液，使应用题涉及到的函数模型更加宽广，要求是B
级；(2)导数还经常作为高考的压轴题，能力要求非常高.作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题、利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.
真 题 感 悟
(2014·江苏卷)已知函数f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然对数的底数.
(1)证明：f(x)是R上的偶函数；
(2)若关于x的不等式mf(x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；
(3)已知正数a满足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)0)，则t>1，
所以m≤－＝－对任意t>1成立.
因为t－1＋＋1≥2＋1＝3，
所以－≥－，
当且仅当t＝2，即x＝ln 2时等号成立.
因此实数m的取值范围是(－∞，－].
(3)解 令函数g(x)＝ex＋－a(－x3＋3x)，
则g′(x)＝ex－＋3a(x2－1).
当x≥1时，ex－>0，x2－1≥0，又a>0，故g′(x)>0.
所以g(x)是[1，＋∞)上的单调增函数，因此g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝e＋e－1－2a.
由于存在x0∈[1，＋∞)，使ex0＋e－x0－a(－x＋3x0)<0成立，当且仅当最小值g(1)<0.
故e＋e－1－2a<0，即a>.
令函数h(x)＝x－(e－1)ln x－1，
则h′(x)＝1－.令h′(x)＝0，得x＝e－1，
当x∈(0，e－1)时，h′(x)<0，故h(x)是(0，e－1)上的单调减函数；
当x∈(e－1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)是(e－1，＋∞)上的单调增函数.
所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值是h(e－1).
注意到h(1)＝h(e)＝0，所以当x∈(1，e－1)⊆(0，e－1)时，
h(e－1)≤h(x)h(e)＝0，
即a－1>(e－1)ln a，故ea－1>ae－1.
综上所述，当a∈时，ea－1ae－1.
考 点 整 合
1.解决函数的实际应用题，首先考虑题目考查的函数模型，并要注意定义域，其解题步骤是：(1)阅读理解，审清题意：分析出已知什么，求什么，从中提炼出相应的数学问题；(2)数学建模：弄清题目中的已知条件和数量关系，建立函数关系式；(3)解函数模型：利用数学方法得出函数模型的数学结果；(4)实际问题作答：将数学问题的结果转化成实际问题作出解答.
2.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法
(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可.
(2)转化为含参函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解.
3.常见构造辅助函数的四种方法
(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x).
(2)构造“形似”函数：稍作变形后构造.对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数.
(3)适当放缩后再构造：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，
再重新构造函数.
(4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数的零点也不易求得，因此单调性和极值点都不易获得，从而构造f(x)和g(x)，利用其最值求解.
4.不等式的恒成立与能成立问题
(1)f(x)＞g(x)对一切x∈[a，b]恒成立⇔[a，b]是f(x)＞g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min＞0(x∈[a，b]).
(2)f(x)＞g(x)对x∈[a，b]能成立⇔[a，b]与f(x)＞g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max＞0(x∈[a，b]).
(3)对∀x1，x2∈[a，b]使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.
(4)对∀x1∈[a，b]，∃x2∈[a，b]使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.
热点一 导数在实际问题中的应用
【例1】 (2015·江苏卷)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y＝(其中a，b为常数)模型.
(1)求a，b的值；
(2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.
①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域；
②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度.
解 (1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2.5).
将其分别代入y＝，
得解得
(2)①由(1)知，y＝(5≤x≤20)，
则点P的坐标为，设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，y′＝－，
则l的方程为y－＝－(x－t)，
由此得A，B.
故f(t)＝＝，t∈[5，20].
②设g(t)＝t2＋，则g′(t)＝2t－.
令g′(t)＝0，解得t＝10.
当t∈(5，10)时，g′(t)＜0，g(t)是减函数；
当t∈(10，20)时，g′(t)＞0，g(t)是增函数.
从而，当t＝10时，函数g(t)有极小值，也是最小值，
所以g(t)min＝300，此时f(t)min＝15.
答：当t＝10时，公路l的长度最短，最短长度为15千米.
探究提高 在利用导数求实际问题中的最大值和最小值时，不仅要注意函数模型中的定义域，还要注意实际问题的意义，不符合的解要舍去.
【训练1】 某经销商计划销售一款新型的空气净化器，经市场调研发现以下规律：当每台净化器的利润为x(单位：元，x＞0)时，销售量q (x)(单位：百台)与x的关系满足：若x不超过20，则q(x)＝；若x大于或等于180，则销售量为零；当20≤x≤180时，q(x)＝a－b(a，b为实常数).
(1)求函数q(x)的表达式；
(2)当x为多少时，总利润(单位：元)取得最大值，并求出该最大值.
解 (1)当20≤x≤180时，由得
故q(x)＝
(2)设总利润f(x)＝x·q(x)，
由(1)得f(x)＝
当0＜x≤20时，f(x)＝＝126 000－，
又f(x)在(0，20]上单调递增，
所以当x＝20时，f(x)有最大值120 000.
当20＜x＜180时，f(x)＝9 000x－300·x，
f′(x)＝9 000－450·，
令f′(x)＝0，得x＝80.
当20＜x＜180时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当80＜x＜180时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以当x＝80时，f(x)有最大240 000.
当x≥180时，f(x)＝0.
综上，当x＝80时，总利润取得最大值240 000元.
热点二 导数与不等式问题
[微题型1] 利用导数证明不等式
【例2－1】 设函数f(x)＝aexln x＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.
(1)求a，b；
(2)证明：f(x)＞1.
(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝aexln x＋ex－ex－1＋ex－1.
由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e.故a＝1，b＝2.
(2)证明 由(1)知，f(x)＝exln x＋ex－1，
从而f(x)＞1等价于xln x＞xe－x－.
设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x.
所以当x∈时，g′(x)＜0；
当x∈时，g′(x)＞0.
故g(x)在上单调递减，在上单调递增，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－.
设函数h(x)＝xe－x－，则h′(x)＝e－x(1－x).
所以当x∈(0，1)时，h′(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0.
故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－.
综上，当x＞0时，g(x)＞h(x)，即f(x)＞1.
探究提高 (1)证明f(x)≥g(x)或f(x)≤g(x)，可通过构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，将上述不等式转化为求证h(x)≥0或h(x)≤0，从而利用求h(x)的最小值或最大值来证明不等式.或者，利用f(x)min≥g(x)max或f(x)max≤g(x)min来证明不等式.
(2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的性质把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明.
[微题型2] 利用导数解决不等式恒成立问题
【例2－2】 (1)已知函数f(x)＝ax－1－ln x，a∈R.
①讨论函数f(x)的单调区间；
②若函数f(x)在x＝1处取得极值，对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围.
(2)设f(x)＝，若对∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)恒成立，求m的取值范围.
解 (1)①在区间(0，＋∞)上，f′(x)＝a－＝，
当a≤0时，f′(x)＜0恒成立，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；
当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝，在区间上，
f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，在区间上，
f′(x)＞0，函数f(x)单调递增.
综上所述：当a≤0时，f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；
当a＞0时，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
②因为函数f(x)在x＝1处取得极值，
所以f′(1)＝0，解得a＝1，经检验可知满足题意.
由已知f(x)≥bx－2，即x－1－ln x≥bx－2，
即1＋－≥b对∀x∈(0，＋∞)恒成立，
令g(x)＝1＋－，
则g′(x)＝－－＝，
易得g(x)在(0，e2]上单调递减，在[e2，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－.
所以b的取值范围为.
(2)f(x)＝，∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)，
即ln x≤m.设g(x)＝ln x－m，
即∀x∈[1，＋∞)，g(x)≤0恒成立，等价于函数g(x)在[1，＋∞)上的最大值g(x)max≤0.
g′(x)＝－m＝.
①若m≤0，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
即g(x)≥g(1)＝0，这与要求的g(x)≤0矛盾.
②若m＞0，方程－mx2＋x－m＝0的判别式Δ＝1－4m2.
当Δ≤0，即m≥时，g′(x)≤0.
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递减，g(x)max＝g(1)＝0，
即不等式成立；
当0＜m＜时，方程－mx2＋x－m＝0的两根分别为x1＝＜1，x2＝＞1.
当x∈(1，x2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，g(x)＞g(1)＝0，与要求矛盾.
综上所述，m≥.
探究提高 (1)利用最值法解决恒成立问题的基本思路是：先找到准确范围，再说明“此范围之外”不适合题意(着眼于“恒”字，寻找反例即可).
(2)对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.
[微题型3] 利用导数解决不等式能成立问题
【例2－3】 (2015·南京、盐城模拟)已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，
则f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②若1＜a＜e，
当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；
当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数.
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
③若a≥e，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；
当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；
当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－.
(2)由题意知：f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值.
由(1)知f(x)在[e，e2]上单调递增，
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.g′(x)＝(1－ex)x.
当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，
g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－＜1，
即a＞，
所以a的取值范围为 .
探究提高 存在性问题和恒成立问题的区别与联系
存在性问题和恒成立问题容易混淆，它们既有区别又有联系：若g(x)≤m恒成立，则g(x)max≤m；若g(x)≥m恒成立，则g(x)min≥m；若g(x)≤m有解，则g(x)min≤m；若g(x)≥m有解，则g(x)max≥m.
【训练2】 (2016·四川卷)设函数f(x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)>－e1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数).
解 (1)f′(x)＝2ax－＝(x>0).
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减.
当a>0时，由f′(x)＝0，有x＝.
此时，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
(2)令g(x)＝－，s(x)＝ex－1－x.
则s′(x)＝ex－1－1.而当x>1时，s′(x)>0，
所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增.
又由s(1)＝0，有s(x)>0，从而当x>1时，g(x)>0.
当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0.
故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
当01.
由(1)有f0，
所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立.
当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1).
当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0.
因此，h(x)在区间(1，＋∞)单调递增.
又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立.
综上，a∈.
1.不等式恒成立、能成立问题常用解法有：
(1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a＞f(x)max或a＜f(x)min.
(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论.
(3)数形结合.
2.利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形.
(2)构造新的函数h(x).
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值.
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式.
3.导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型
(1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题；
(2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题；
(3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.
一、填空题
1.设f(x)是定义在R上的奇函数，当x＜0时，f′(x)＞0，且f(0)＝0，f＝0，则不等式f(x)＜0的解集为________.
解析 如图所示，根据图象得不等式f(x)＜0的解集为∪.
答案 ∪
2.若不等式2xln x≥－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围为________.
解析 条件可转化为a≤2ln x＋x＋恒成立.
设f(x)＝2ln x＋x＋，
则f′(x)＝(x＞0).
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝4.所以a≤4.
答案 (－∞，4]
3.若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则a的取值范围是________.
解析 ∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－.
令f(x)＝x－，
∴f′(x)＝1＋2－xln 2＞0.
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1，
∴a的取值范围为(－1，＋∞).
答案 (－1，＋∞)
4.(2015·全国Ⅱ卷改编)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是________.
解析 令F(x)＝，因为f(x)为奇函数，所以F(x)为偶函数，由于F′(x)＝，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，所以F(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F(x)＝在(－∞，0)上单调递增，又f(－1)＝0，f(1)＝0，数形结合可知，使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1).
答案 (－∞，－1)∪(0，1)
5.已知不等式ex－x＞ax的解集为P，若[0，2]⊆P，则实数a的取值范围是________.
解析 由题意知不等式ex－x＞ax在x∈[0，2]上恒成立.
当x＝0时，显然对任意实数a，该不等式都成立.
当x∈(0，2]时，原不等式即a＜－1，
令g(x)＝－1，
则g′(x)＝，
当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
当1＜x＜2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
故g(x)在(0，2]上的最小值为g(1)＝e－1，
故a的取值范围为(－∞，e－1).
答案 (－∞，e－1)
6.设函数f(x)＝sin .若存在f(x)的极值点x0满足x＋[f(x0)]2＜m2，则m的取值范围是________.
解析 ∵f(x)＝sin 的极值为±，
即[f(x0)]2＝3.又|x0|≥，
∴x＋[f(x0)]2≥＋3，
∴＋3＜m2，
解得m＞2或m＜－2.
答案 (－∞，－2)∪(2，＋∞)
7.已知函数f(x)＝ln x－a，若f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围是________.
解析 ∵函数f(x)＝ln x－a，且f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立，∴a＞ln x－x2，x∈(1，＋∞).
令h(x)＝ln x－x2，有h′(x)＝－2x.
∵x＞1，∴－2x＜0，∴h(x)在(1，＋∞)上为减函数，
∴当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜h(1)＝－1，∴a≥－1.
答案 [－1，＋∞)
8.(2015·南师附中调研)已知函数f(x)＝x3－x2－3x＋，直线l：9x＋2y＋c＝0，若当x∈[－2，2]时，函数y＝f(x)的图象恒在直线l下方，则c的取值范围是________.
解析 根据题意知x3－x2－3x＋＜－x－在x∈[－2，2]上恒成立，则－＞x3－x2＋x＋，
设g(x)＝x3－x2＋x＋，
则g′(x)＝x2－2x＋，则g′(x)＞0恒成立，所以g(x)在[－2，2]上单调递增，所以g(x)max＝g(2)＝3，则c＜－6.
答案 (－∞，－6)
二、解答题
9.(2016·南通调研)已知函数f(x)＝x2ex.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：∀x1，x2∈(－∞，0]，f(x1)－f(x2)≤.
(1)解 f′(x)＝x(x＋2)ex.
令f′(x)＝x(x＋2)ex＝0，
则x1＝－2，x2＝0.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表
x
(－∞，－2)
－2
(－2，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
所以函数f(x)的单调递减区间为(－2，0)，单调递增区间为(－∞，－2)，(0，＋∞).
(2)证明 由(1)知f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，单调递减区间为(－2，0)，
所以当x∈(－∞，0]时，f(x)最大值＝f(－2)＝.
因为当x∈(－∞，－2]时，f(x)＞0，f(0)＝0，
所以当x∈(－∞，0]时，f(x)最小值＝f(0)＝0.
所以f(x)最大值－f(x)最小值＝.
所以对∀x1，x2∈(－∞，0]，都有f(x1)－f(x2)≤
f(x)最大值－f(x)最小值＝.
10.如图，现要在边长为100 m的正方形ABCD内建一个交通“环岛”.以正方形的四个顶点为圆心在四个角分别建半径为x m(x不小于9)的扇形花坛，以正方形的中心为圆心建一个半径为x2 m的圆形草地.为了保证道路畅通，岛口宽不小于60 m，绕岛行驶的路宽均不小于10 m.
(1)求x的取值范围；(运算中取1.4)
(2)若中间草地的造价为a元/m2，四个花坛的造价为ax元/m2，其余区域的造价为元/m2，当x取何值时，可使“环岛”的整体造价最低？
解 (1)由题意得
解得即9≤x≤15.
所以x的取值范围是[9，15].
(2)记“环岛”的整体造价为y元，则由题意得
y＝a×π×＋ax×πx2＋×
＝，
令f(x)＝－x4＋x3－12x2，
则f′(x)＝－x3＋4x2－24x
＝－4x.
由f′(x)＝0解得x＝0(舍去)或x＝10或x＝15，
列表如下：
x
9
(9，10)
10
(10，15)
15
f′(x)
－
0
＋
0
f(x)
极小值
所以当x＝10时，y取最小值.
故当x＝10时，可使“环岛”的整体造价最低.
11.(2016·苏北四市调研)已知函数f(x)＝ln x＋x2－ax(a为常数).
(1)若x＝1是函数f(x)的一个极值点，求a的值；
(2)当0＜a≤2时，试判断f(x)的单调性；
(3)若对任意的a∈(1，2)，x0∈[1，2]，不等式f(x0)＞mln a恒成立，求实数m的取值范围.
解 f′(x)＝＋2x－a.
(1)由已知得：f′(1)＝0，所以1＋2－a＝0，所以a＝3.
(2)当0＜a≤2时，f′(x)＝＋2x－a＝＝.
因为0＜a≤2，所以1－＞0，而x＞0，
即f′(x)＝＞0，
故f(x)在(0，＋∞)上是增函数.
(3)当a∈(1，2)时，由(2)知，f(x)在[1，2]上的最小值为f(1)＝1－a，
故问题等价于：对任意的a∈(1，2)，不等式1－a＞mln a恒成立，即m＜恒成立.
记g(a)＝(1＜a＜2)，则g′(a)＝.
令M(a)＝－aln a－1＋a，则M′(a)＝－ln a＜0，
所以M(a)在(1，2)上单调递减，
所以M(a)＜M(1)＝0，故g′(a)＜0，
所以g(a)＝在a∈(1，2)上单调递减，
所以m≤g(2)＝＝－log2e，
即实数m的取值范围为(－∞，－log2e].
