2019高考数学二轮复习专题一集合常用逻辑用语不等式函数与导数第五讲导数的应用一教案理

故
f
(
x
)在
?
－∞，ln
?－
??
上单调递减，
??
2
??
在
?
ln
?
－
?
，＋∞
?
上单调递增．
??
2
??
(2)①若
a
＝0，则
f
(
x
)＝ e，
所以
f
(
x
)＞0. (7分)
2
2x
??
a
??
??
a
??
(6分)
②若
a
>0，则由(1)得，当
x
＝ln
a
时，
f
(
x
)取得最小值，最小值为
f
(ln
a
)＝－
a
ln
a
.
从而当且仅当－
a
ln
a
≥0，即0<
a
≤1时 ，
f
(
x
)≥0.
(9分)
③若
a
<0，则由(1)得，当
x
＝ln
?
－
?
时，
?
2
?
2
?
a
?
f
(
x
) 取得最小值，最小值为
?
3
?
a
??
??
a??
f
?
ln
?
－
??
＝
a
2
?
－ln
?
－
2
?
?
.
2< br>4
????
?
??
?
?
a
??
2< br>?
3
从而当且仅当
a
?
－ln
?
－
?
?
≥0，
?
2
?
??
4
3
即 －2e≤
a
<0时，
f
(
x
)≥0.
4
3
综上，
a
的取值范围是[－2e，1]
4
(11分)
(12分)

1.求解或讨论函数单调性有关问题的解题策略
讨论函数的单调性其 实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为
一个含有参数的一元二次不等式的 解集的讨论：
(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论．
(2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．
2 ．讨论函数的单调性重点考查学科核心素养中的逻辑推理与数学运算，体现了分类讨
论思想及分析问题解 决问题的能力.


[练通——即学即用]
1．已知
f
(
x
)＝
x
＋
ax
＋3ln
x
在(1，＋∞)上是增函数，则实数
a
的取值范围为( )
A．(－∞，－26]
C．[－26，＋∞)
B.
?
－∞，2
?
?
6
?
?

2
?
D．[－5，＋∞)

32
x
＋
ax
＋3
解析：由题意得
f
′(
x
)＝2
x＋
a
＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立，
2
xx
∴
g
(
x
)＝2
x
＋
ax
＋3≥0在(1，＋∞)上恒 成立，
2
a
?
?
－≤1，
2
4
∴Δ＝< br>a
－24≤0或
?
?
?
g
?1?≥0，



?
?
a
≥－4，
∴－26≤
a
≤26或
?
?
a
≥－5，
?

即
a
≥－26.
答案：C
2．(2018·荆州联考)已知函数
f
(
x
)＝
x
(ln
x
－
a
)．
(1)当
x
≥1时，对任意实数b
，直线
y
＝－
x
＋
b
与函数
f(
x
)的图象都不相切，求实数
a
的取值范围；
(2)当a
＝－1时，讨论
f
(
x
)在区间[t，t＋e](t>0)上 的单调性；
121
(3)证明：当
a
＝－1时，对任意的
x
>0，都有·[
f
(
x
)＋
2
]>
x
＋ 1
成立．
x
ee
解析：(1)由
f
(
x
)＝
x
(ln
x
－
a
)(
x
≥1)，得
f
′(
x
)＝ln
x
－
a
＋1，
因为对任意实数
b
，直线
y
＝－
x
＋
b
与函数
f
(
x
)的图象都不相切，所以
f
′(x
)＝ln
x
－
a
＋1≠－1，即
a
≠ln
x
＋2.
而函数
y
＝ln
x
＋2在[1，＋∞)上单调递增，所以ln
x
＋2≥ln 1＋2＝2，
故
a
<2.
(2)当
a
＝－1时，
f
(
x
)＝
x
(ln
x
＋1)，
f
′(
x
)＝ln
x
＋2，
1
由
f
′(
x
)＝0得
x
＝
2< br>.
e
111
当02
时，在[t，
2
)上，
f
′(
x
)<0，在(
2
，t＋e]上，
f
′(
x
)>0，
eee
11
因此
f
(< br>x
)在[t，
2
)上单调递减，在(
2
，t＋e]上单调递增 ．
ee
1
当t≥
2
时，在[t，t＋e]上，
f
′(
x
)≥0恒成立，
e
所以
f
(
x
)在[t，t＋e]上单调递增．
1111
综上所述，当02
时，
f
(
x
)在 [t，
2
)上单调递减，在(
2
，t＋e]上单调递增；当t≥
2< br>eeee
时，
f
(
x
)在[t，t＋e]上单调递增． x
2
(3)证明：问题等价于证明当
a
＝－1时，
f
(
x
)>
x
＋1
－
2
对任意的
x
> 0恒成立．
ee

11
由(2)知当
a
＝－1时，< br>f
(
x
)＝
x
ln
x
＋
x
在(0，
2
)上单调递减，在(
2
，＋∞)上单调递
ee
增，
11
所以
f
(
x
)
min
＝
f
(
2
)＝－
2
.
ee
x
21－x
设
g
(
x
)＝
x
＋1
－
2
(
x
>0)，则
g
′(
x
)＝
x
＋1
，
eee
所以
g
(
x
)在(0,1)上单调 递增，在(1，＋∞)上单调递减，
g
(
x
)
max
＝< br>g
(1)＝－
2
.
1
从而当
a
＝－1时， 对任意的
x
>0，都有
f
(
x
)≥－
2
≥
g
(
x
)(等号不同时取到)，
e
所以
f
(
x
)>
1
e
x
e
x
＋1
2< br>－
2
成立，
e
121
即对任意的
x
>0， 都有[
f
(
x
)＋
2
]>
x
＋1
成立．
x
ee



利用导数研究函数的极值、最值

授课提示：对应学生用书第12页

[悟通——方法结论]
1 ．若在
x
0
附近左侧
f
′(
x
)＞0，右侧
f
′(
x
)＜0，则
f
(
x
0
)为函数
f
(
x
)的极大值；若在
x
0
附近左侧
f
′(
x
)＜0，右侧
f
′(
x
)＞0，则
f
(
x
0
)为函数
f
(
x
)的极小值．
2．设函数
y
＝
f
(
x
)在[
a
，
b
]上连续，在(
a
，
b
)内可导，则
f
(
x
)在[
a
，
b
]上必有最大值
和最小值且在 极值点或端点处取得．
(2018·高考全国卷Ⅰ)(12分)已知函数
f
(
x
)＝
(1)；
(2)，证明：

[学审题]
条件信息

信息?：已知
f
(
x
)的解
析式

信息?：讨论单调性

想到方法

先求定义域，再求导函
数，变形
参数分类标准的确立及
用导数判断单调性方法
(1)易忽视定义域求法及参
数对单调性的影响．
(2)与极值点有关的双变量
不等式证明，要明确消元、
构造法
注意什么
信息?：两极值点
x
1
、
x
2

极值点的定义及应用
信息?：双变量不等式的
证明

双变量不等式证明，利用
极值点消元、构造

[规范解答] (1)
?
(
x
)的定义域为(0，＋∞)，
ax
2
－
ax
＋1
?
′(
x
)＝－
2
－1＋＝ －.
xxx
2
1
(2分)
①若
a
≤2，则?
′(
x
)≤0，当且仅当
a
＝2，
x
＝1时 ，
?
′(
x
)＝0，
所以
?
(
x
)在(0，＋∞)上单调递减．
②若
a
＞2，令
?
′(
x
)＝0，得
(4分)
x
＝
a
－
a
2
－4
2
或
x
＝
a
＋
a
2
－4
2
.
?
a
－
a
2
－4
??
a
＋
a
2
－4
?
当
x
∈
?
0，
?
∪
?
，＋∞
?
时，
?
′ (
x
)＜0；
22
????
?
a
－
a< br>2
－4
a
＋
a
2
－4
?
当
x
∈
?
，
?
时，
?
′(
x
)＞0 .
22
??
所以
?
a
－
a
2
－ 4
??
a
＋
a
2
－4
?
?
(x
)在
?
0，
?
，
?
，＋∞
?
上单调递减，在
22
????
?
a
－
a
2
－4
a
＋
a
2
－4
?
?
，
?< br>上单调递增．
22
??
(6分)
(2)证明：由(1)知，?
(
x
)存在两个极值点当且仅当
a
＞2.
由于?
(
x
)的两个极值点
x
1
，
x
2< br>满足
x
－
ax
＋1＝0，
所以
x
1
x
2
＝1，不妨设
x
1
＜
x
2
，则x
2
＞1.
由于
(8分)
2
?
?
x
1
?－
?
?
x
2
?1ln
x
1
－ln
x
2
ln
x
1
－ln
x
2
－2ln
x
2
＝－－1＋
a
＝－2＋
a
＝－2＋
a
，
x1
－
x
2
x
1
x
2
x
1－
x
2
x
1
－
x
2
1
－x
2
x
2

所以
?
?
x
1
?－
?
?
x
2
?1
＜
a
－2等 价于－
x
2
＋2ln
x
2
＜0.
x
1
－
x
2
x
2
(10分)
1
设函数
g
(
x
)＝－
x
＋2ln
x
，由(1)知，
g
(
x
)在(0，＋∞)上单调递减．
x
又
g
(1)＝0，从而当
x
∈(1，＋∞)时，
g
(
x
)＜0.
1
?
?
x
1
? －
?
?
x
2
?
所以－
x
2
＋2l n
x
2
＜0，即＜
a
－2.
x
2
x
1
－
x
2
(12分)

利用导数研究函数极值、最值的方法
(1)若求极值，则先求方程
f
′(< br>x
)＝0的根，再检查
f
′(
x
)在方程根的左右函数值的符
号．
(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程
f
′(
x
)＝0根的大小或存在情况来
求解．
(3)求函数
f
(
x
)在闭区间[
a
，
b
]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间 端点的函数
值
f
(
a
)，
f
(
b
)与
f
(
x
)的各极值进行比较得到函数的最值．

[练通——即学即用]
1．(2017·高考全国卷Ⅱ)若
x
＝－2是函数
f
(
x
)＝(
x
＋
ax
－1)e
的极小值为( )
A．－1
C．5e
解析：因为
f
(
x
)＝(
x
＋
ax
－1)e
所以
f
′(
x
)＝(2
x
＋
a
)e
2
2
－3
2
x
－1
的极值点，则
f
(
x
)< br>B．－2e
D．1
x
－1
－3
，
x
－ 1
x
－1
＋(
x
＋
ax
－1)e
.
2
2

＝[
x
＋(
a
＋2)
x< br>＋
a
－1]e
x
－1
因为
x
＝－2是函数< br>f
(
x
)＝(
x
＋
ax
－1)e
2
x
－1
的极值点，
所以－2是
x
＋(
a
＋2)
x
＋
a
－1＝0的根，
所以
a
＝－1，< br>f
′(
x
)＝(
x
＋
x
－2)e
令
f
′(
x
)>0，解得
x
<－2或
x
>1 ，
令
f
′(
x
)<0，解得－2<
x
<1， < br>所以
f
(
x
)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递 减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当
x
＝1时，
f
(
x
)取得极小值，且
f
(
x
)
极小值
＝
f
(1)＝－1.
答案：A
2．(2018·江西八校联考)已知函数
f< br>(
x
)＝
x
(ln
x
－
ax
)有 两个极值点，则实数
a
的取
2
x
－1
＝(
x
＋2)(
x
－1)e
x
－1
.

值范围是( )
A．(－∞，0)
C．(0,1)
解析：
f
′(
x
)＝ln
x
－2
ax
＋1(
x
>0)，
故
f
′(
x
)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，
ln
x
＋1
令
f
′(
x
)＝0，则2
a
＝，
?
1
?
B.
?
0，
?

?
2
?
D．(0，＋∞)
x
ln
x
＋1－ln
x
设
g
(
x
)＝，则g
′(
x
)＝，
2
xx
∴
g
(x
)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
又∵当
x
→0时，
g
(
x
)→－∞，当
x
→＋∞时，
g(
x
)→0，
而
g
(
x
)
max< br>＝
g
(1)＝1，
1
∴只需0<2
a
<1，即0<
a
<.
2
答案：B
3．(2018·南昌模拟)设函数
f
(
x
)＝ln
x< br>－2
mx
－
n
(
m
，
n
∈R)．
(1)讨论
f
(
x
)的单调性；
(2)若
f
(
x
)有最大值－ln 2，求
m
＋
n
的最小值．
解析：(1)函数
f
(
x
)的定义域为(0，＋∞)，
11－4
mx
f
′(
x
)＝－4
mx
＝，
2
2
xx
当
m
≤0时，
f
′(
x
)>0，∴
f
(
x
)在(0，＋∞)上单调递增；
当m
>0时，令
f
′(
x
)>0得0<
x
<∴
f
(
x
)在(0，
mm
，令
f
′(
x
)<0得
x
>，
2
m
2
m
mm
)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减．
2
m
2
m
mm
)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减．
2
m
2
m
(2)由(1)知，当
m
>0时，
f
(
x
)在(0，
∴
f
(
x
)
max
＝
f
(
mm
111
)＝ln －2
m
·－
n
＝－ln 2－ln
m
－－
n
＝－ln 2，
2
m
2
m4
m
22
1111
∴
n
＝－ln
m
－，∴
m
＋
n
＝
m
－ln
m
－，
2222
1112
x
－1
令
h< br>(
x
)＝
x
－ln
x
－(
x
>0 )，则
h
′(
x
)＝1－＝，
222
x
2
x
11
∴
h
(
x
)在(0，)上单调递减，在(，＋∞) 上单调递增，
22

11
∴
h
(
x
)
min
＝
h
()＝ln 2，
22
1
∴
m
＋
n
的最小值为ln 2.
2



授课提示：对应学生用书第119页

一、选择题
1．曲线
y
＝e在点(2，e)处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为( )
9
2
A.e
4
x
x
2
e
B．2e C．e D.
2< br>22
2
2
解析：由题意可得
y
′＝e，则所求切线的斜率k
＝e，
则所求切线方程为
y
－e＝e(
x
－2)．
1e
2
即
y
＝e
x
－e，∴
S
＝ ×1×e＝.
22
22
2
22
答案：D
2．(2018 ·西宁一检)设曲线
y
＝
x
＋1
在点(3,2)处的切线与直线ax
＋
y
＋1＝0垂直，则
x
－1
a
＝( )
A．－2
1
C．－
2
B．2
1
D. < br>2
－21
解析：由
y
′＝
2
得曲线在点(3,2)处 的切线斜率为－，又切线与直线
ax
＋
y
＋1
?
x
－1?2
＝0垂直，则
a
＝－2.
答案：A
3．(2018·北 京模拟)曲线
f
(
x
)＝
x
ln
x
在点(1，
f
(1))处的切线的倾斜角为( )
A.
C.
π

6
π

3
B.
D.
π

4
π

2
1
解析：因为
f
(
x
)＝
x
ln
x
，所以
f
′(
x
)＝ln
x
＋
x
·＝ln
x
＋1，所以
f
′(1 )＝1，所
x
π
以曲线
f
(
x
)＝
xln
x
在点(1，
f
(1))处的切线的倾斜角为.
4

答案：B
4．已知函数
f
(
x
)＝
x
－5
x
＋2ln
x
，则函数
f
(
x
)的单调递增区间是( )
2
?
1
?
A.
?
0，
?
和(1，＋∞)
?
2
?
?
1
?
C.
?
0，
?
和(2，＋∞)
?
2
?
B．(0,1)和(2，＋∞)
D．(1,2)
2
2
解析：函数
f
(
x
)＝
x
－5
x
＋2ln
x
的定义域是(0，＋∞)，令< br>f
′(
x
)＝2
x
－5＋＝
x
2
2
x
－5
x
＋2?
x
－2??2
x
－1?1
?
1
?
＝>0，解得0<
x
<或
x
>2， 故函数
f
(
x
)的单调递增区间是
?
0，
?
和
xx
2
?
2
?
(2，＋∞)．
答案：C < br>5．函数
f
(
x
)在定义域R内可导，若
f
(
x
)＝
f
(2－
x
)，且当
x
∈(－∞，1)时 ，(
x
－
?
1
?
1)
f
′(
x< br>)<0，设
a
＝
f
(0)，
b
＝
f
??
，
c
＝
f
(3)，则
a
，
b
，
c
的大小关系为( )
?
2
?
A．
a
<
b
<
c

C．
c
<
a
<
b

B．
c
<
b
<
a

D．
b
<
c
<
a

解析：因为当
x
∈(－∞，1)时，(
x
－1)
f
′(
x
)<0 ，
所以
f
′(
x
)>0，
所以函数
f
(
x
)在(－∞，1)上是单调递增函数，
?
1
?
所以
a
＝
f
(0)<
f
??
＝
b
，
?
2
?
又
f
(
x
)＝
f
(2－
x
)，
所以
c
＝
f
(3)＝
f
(－1)，
所以
c
＝
f
(－1)<
f
(0)＝
a
，
所以
c
<
a
<
b
，故选C.
答案：C
6．已知函数
f
(
x
)＝
x
＋3
x
－9
x
＋1，若
f
(
x
)在区间[
k,
2]上的最大值为28，则实数
k
的取值范围为( )
A．[－3，＋∞)
C．(－∞，－3)
解析：由题意知
f
′(
x
)＝3x
＋6
x
－9，
令
f
′(
x
)＝0 ，解得
x
＝1或
x
＝－3，
所以
f
′(
x
)，
f
(
x
)随
x
的变化情况如下表：
2
32
B．(－3，＋∞)
D．(－∞，－3]
x
(－∞，－－3

(－1

(1，＋∞)

3)

3,1)

0

极大值

－

0

极小值

＋

f
′(
x
)

＋

f
(
x
)


又
f
(－3)＝ 28，
f
(1)＝－4，
f
(2)＝3，
f
(
x< br>)在区间[
k,
2]上的最大值为28，所以
k
≤－
3.
答案：D
e
?
2
?
7．已知函数
f
(< br>x
)＝
2
－
k
?
＋ln
x
?，若
x
＝2是函数
f
(
x
)的唯一一个极值点，则实数
k
x
x
?
x
?
的取值范围为( )
A．(－∞，e]
C．(－∞，e)
B．[0，e]
D．[0，e)
x
?
e
－
k
?
?
x
－2?
?
x
?
x
x
2
e
x
－2
xe
x
?
21
?
e
??
解析：
f
′(
x
)＝－
k
?
－
2
＋
?
＝ (
x
>0)．设
g
(
x
)＝，则
g
′(< br>x
)
x
4
x
2
x
?
xx
?
?
x
－1?e
＝，则
g
(
x
)在(0,1 )上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
2
x
x
e
∴
g
(
x
)在(0，＋∞)上有最小值，为
g
(1)＝e，结合
g
(
x
)＝与
y
＝
k
的图象可知，要满
x
x
足题意，只需
k
≤e.
答案：A
8．已知函数
f
(
x
)＝ln
x
－
nx
(
n
>0)的最大值为
g
(
n
)，则使
g
(
n
)－
n
＋2>0成立的
n
的取
值范围 为( )
A．(0,1) B．(0，＋∞)
?
1
?
C.
?
0，
?

?
4
?
1
?
1
?
D.
?
，＋∞
?

?
2
?
解析：易知
f
(
x
)的 定义域为(0，＋∞)，
f
′(
x
)＝－
n
(
x
>0，
n
>0)，
x
?
1
?
当
x
∈
?
0，
?
时，
f
′(
x
)> 0；
?
n
?
?
1
?
当
x
∈?
，＋∞
?
时，
f
′(
x
)<0，
?
n
?
?
1
??
1
?
所以
f(
x
)在
?
0，
?
上单调递增，在
?
，＋∞
?
上单调递减，
?
n
??
n
?
?
1
?
所以
f
(
x
)的最大值
g
(
n
)＝
f
??
＝－ln
n
－1.
n< br>??

设
h
(
n
)＝
g
(n
)－
n
＋2＝－ln
n
－
n
＋1. 1
因为
h
′(
n
)＝－－1<0，所以
h
(< br>n
)在(0，＋∞)上单调递减．
n
又
h
(1)＝0，所以 当0<
n
<1时，
h
(
n
)>
h
(1)＝ 0，故使
g
(
n
)－
n
＋2>0成立的
n
的取值范
围为(0,1)，故选A.
答案：A
二、填空题
9．(201 8·高考全国卷Ⅱ)曲线
y
＝2ln(
x
＋1)在点(0,0)处的切线方程 为________．
解析：∵
y
＝2ln(
x
＋1)，∴
y
′＝
2
.令
x
＝0，得
y
′＝2，由切线的几 何意义得切线
x
＋1
斜率为2，又切线过点(0,0)，∴切线方程为
y＝2
x
.
答案：
y
＝2
x

10． (2016·高考全国卷Ⅲ)已知
f
(
x
)为偶函数，当
x
≤0时，
f
(
x
)＝e
－
x
－1
－
x
，则曲线
y
＝
f
(
x
)在点(1,2)处的切 线方程是________．
解析：设
x
>0，则－
x
<0，f
(－
x
)＝e
x
－1
＋
x
. ∵
f
(
x
)为偶函数，∴
f
(－
x
) ＝
f
(
x
)，
∴
f
(
x
)＝e
x
－1
＋
x
.
x
－1
∵当
x< br>>0时，
f
′(
x
)＝e
∴
f
′(1)＝e
1－1
＋1，
＋1＝1＋1＝2.
∴曲线
y
＝
f
(
x
)在点(1,2)处的切线方程为
y
－2＝2(
x< br>－1)，即2
x
－
y
＝0.
答案：2
x
－
y
＝0
11．(2018·太原二模)若函数
f
(
x
)＝sin
x
＋
ax
为R上的减函数，则实数
a
的取值范围
是____ ____．
解析：∵
f
′(
x
)＝cos
x
＋
a
，由题意可知，
f
′(
x
)≤0对任意的
x∈R都成立，∴
a
≤－
1，故实数
a
的取值范围是(－∞，－1 ]．
答案：(－∞，－1]
12．(2018·新乡一模)设
x
1
，
x
2
是函数
f
(
x
)＝
x
－ 2
ax
＋
ax
的两个极值点，若
x
1
<2<
x
2
，
则实数
a
的取值范围是________．
解析 ：由题意得
f
′(
x
)＝3
x
－4
ax
＋
a
的两个零点
x
1
，
x
2
满足
x
1
<2<
x
2
，所以
f
′(2)＝
12－ 8
a
＋
a
<0，解得2<
a
<6.
答案：(2,6)
三、解答题
13．已知函数
f
(
x< br>)＝
x
－1＋
x
(
a
∈R，e为自然对数的底数)．
e
(1)若曲线
y
＝
f
(
x
)在点(1，
f
(1))处的切线平行于
x
轴，求
a
的值；
2
22
322
a

(2)求函数
f
(
x
)的极值．
解析：(1)由
f
(
x
)＝
x
－1＋
x
，得
f
′(
x
)＝1－
x
.
ee
又曲线
y
＝
f
(
x
)在点(1，f
(1))处的切线平行于
x
轴，
得
f
′(1)＝0，即1－＝0，解得
a
＝e.
e
(2)
f
′(
x
)＝1－
x
，
e
①当
a
≤0时，
f
′(
x
)>0，
f
(
x
)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数
f
(
x)无极值．
②当
a
>0时，令
f
′(
x
)＝ 0，得e＝
a
，即
x
＝ln a．
x
∈(－∞，ln
a
)时，
f
′(
x
)<0；
x
∈(ln
a
，＋∞)时，
f
′(
x
)>0，所以
f
(
x
)在(－∞，ln
a
)上单调递减，在(ln
a
， ＋∞)上
单调递增，故
f
(
x
)在
x
＝ln
a
处取得极小值，且极小值为
f
(ln
a
)＝ln
a
，无极大值．
综上，当
a
≤0时，函数
f
(
x
)无极值； 当
a
>0时，
f
(
x
)在
x
＝ln
a
处取得极小值ln
a
，无极大值．
14．(2018·福州质 检)已知函数
f
(
x
)＝
a
ln
x
＋
x
－
ax
(
a
∈R)．
( 1)若
x
＝3是
f
(
x
)的极值点，求
f
(
x
)的单调区间；
(2)求
g
(
x
)＝
f
(
x
)－2
x
在区间[1，e]上的最小值
h
(
a
)．
解析：(1)
f
(
x
)的定义域为(0，＋∞)，
2a
2
x
－
ax
＋
a
f
′(
x
)＝＋2
x
－
a
＝，
xx
2
aa
a
a
x
因为
x
＝3是
f
(
x
) 的极值点，
18－3
a
＋
a
所以
f
′(3)＝＝ 0，解得
a
＝9，
3
2
x
－9
x
＋9? 2
x
－3??
x
－3?
所以
f
′(
x)＝＝，
2
xx
3
所以当0<
x
<或
x>3时，
f
′(
x
)>0；
2
3
当<
x
<3时，
f
′(
x
)<0.
2
?
3
??
3
?
所以
f
(
x
)的单调递增区间为
?
0，
?
，(3，＋∞)，单调递减区间为
?
，3
?
.
?
2
??
2
?
(2)
g
(
x
)＝
a
ln
x
＋
x
－
ax
－2
x
，
2x
－
ax
＋
a
?2
x
－
a
? ?
x
－1?
则
g
′(
x
)＝－2＝.
2
2
xx
令
g
′(
x
)＝0，得
x
＝或
x
＝1.
2
a

①当≤1，即
a
≤2时，
g
(
x
)在[1，e]上为增函数，
2
ah
(
a
)
min
＝
g
(1)＝－
a< br>－1；
????
②当1<a
<2e时，
g(
x
)在
?
1，
?
上为减函数，在
?
，e
?
上为增函数，
2
?
2
??
2
?< br>a
1
?
a
?
h
(
a
)
mi n
＝
g
??
＝
a
ln －
a
2
－
a
；
2
a
aa
??< br>24
③当≥e，即
a
≥2e时，
g
(
x
)在 [1，e]上为减函数，
2
a
h
(
a
)
min< br>＝
g
(e)＝(1－e)
a
＋e
2
－2e.
综上，
h
(
a
)
min
?
?
a
1
＝
?
a
ln －
a
－
a
，2<
a
<2e，
24
?
?
?1－e?
a
＋e－2e，< br>a
≥2e.
2
2
－
a
－1，
a
≤2 ，