2017版數(shù)學(xué)知識(shí)方法篇專題3函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第14練含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第14練函數(shù)的極值與最值[題型分析·高考展望］本部分內(nèi)容為導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的一個(gè)重要應(yīng)用，在高考中也是重點(diǎn)考查的內(nèi)容,多在解答題中的某一問(wèn)中考查，要求熟練掌握函數(shù)極值與極值點(diǎn)的概念及判斷方法,極值和最值的關(guān)系。體驗(yàn)高考1。(2016·四川）已知a為函數(shù)f(x）＝x3－12x的極小值點(diǎn)，則a等于()A。－4B.－2C。4D。2答案D解析∵f（x）＝x3－12x，∴f′（x)＝3x2－12,令f′(x）＝0，則x1＝－2，x2＝2.當(dāng)x∈（－∞,－2），(2，＋∞）時(shí)，f′（x）>0，則f（x）單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(－2，2）時(shí)，f′（x)<0，則f（x)單調(diào)遞減，∴f（x）的極小值點(diǎn)為a＝2。2。（2016·課標(biāo)全國(guó)甲)(1)討論函數(shù)f(x)＝eq\f(x－2,x＋2)ex的單調(diào)性，并證明當(dāng)x〉0時(shí)，(x－2）ex＋x＋2〉0；(2）證明：當(dāng)a∈［0,1)時(shí)，函數(shù)g(x)＝eq\f(ex－ax－a,x2)(x〉0)有最小值.設(shè)g(x）的最小值為h（a）,求函數(shù)h（a）的值域。（1)解f（x）的定義域?yàn)?－∞，－2）∪（－2,＋∞）.f′(x）＝eq\f（x－1x＋2ex－x－2ex，x＋22）＝eq\f(x2ex，x＋22)≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，f′(x)＝0,所以f（x）在(－∞，－2），（－2，＋∞)上單調(diào)遞增.所以當(dāng)x∈（0,＋∞）時(shí)，f（x）〉f（0)＝－1。所以（x－2)ex>－(x＋2)，即（x－2)ex＋x＋2>0。(2）證明g′（x）＝eq\f（x－2ex＋ax＋2,x3)＝eq\f（x＋2，x3)（f(x）＋a）.由（1)知，f（x）＋a單調(diào)遞增,對(duì)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.當(dāng)0<x<xa時(shí)，f（x）＋a〈0，g′（x)<0,g(x）單調(diào)遞減；當(dāng)x〉xa時(shí)，f（x）＋a>0，g′(x)>0，g(x）單調(diào)遞增.因此g(x）在x＝xa處取得最小值，最小值為于是h（a）＝由eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(ex,x＋2）））′＝eq\f(x＋1ex,x＋22)>0，得eq\f（ex，x＋2)單調(diào)遞增。所以，由xa∈(0，2］，得eq\f（1，2）＝eq\f（e0,0＋2)〈h（a)＝≤eq\f（e2,2＋2)＝eq\f（e2，4）.因?yàn)閑q\f(ex，x＋2）單調(diào)遞增，對(duì)任意λ∈eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（1，2),\f(e2，4)）），存在唯一的xa∈(0，2],a＝－f(xa)∈[0，1），使得h（a)＝λ.所以h(a)的值域是eq\b\lc\（\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f(1,2），\f(e2,4)））。綜上，當(dāng)a∈［0,1）時(shí)，g(x）有最小值h（a)，h(a)的值域是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（1，2），\f（e2,4）））.3.(2015·安徽)設(shè)函數(shù)f（x）＝x2－ax＋b.（1)討論函數(shù)f(sinx）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（π,2），\f(π，2))）內(nèi)的單調(diào)性并判斷有無(wú)極值，有極值時(shí)求出極值；(2）記f0（x)＝x2－a0x＋b0，求函數(shù)｜f（sinx）－f0(sinx）｜在eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(－\f(π，2），\f(π，2)）)上的最大值D;(3）在（2)中，取a0＝b0＝0，求z＝b－eq\f（a2，4)滿足D≤1時(shí)的最大值。解(1）f(sinx）＝sin2x－asinx＋b＝sinx(sinx－a)＋b,－eq\f（π，2）<x<eq\f(π，2）。[f(sinx）]′＝（2sinx－a）cosx，－eq\f（π，2）〈x〈eq\f(π，2）。因?yàn)椋璭q\f（π，2)<x〈eq\f(π，2）,所以cosx>0,－2<2sinx<2。①a≤－2，b∈R時(shí)，函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞增,無(wú)極值.②a≥2，b∈R時(shí)，函數(shù)f(sinx）單調(diào)遞減，無(wú)極值。③對(duì)于－2<a〈2，在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(π，2），\f（π，2)))內(nèi)存在唯一的x0，使得2sinx0＝a。－eq\f（π,2）<x≤x0時(shí)，函數(shù)f(sinx）單調(diào)遞減；x0≤x<eq\f(π,2)時(shí),函數(shù)f(sinx）單調(diào)遞增；因此，－2〈a<2，b∈R時(shí)，函數(shù)f（sinx)在x0處有極小值f(sinx0）＝feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(a，2)))＝b－eq\f(a2,4).（2)－eq\f(π，2）≤x≤eq\f（π,2)時(shí)，｜f（sinx）－f0(sinx)|＝|（a0－a）sinx＋b－b0|≤|a－a0｜＋｜b－b0｜.當(dāng)（a0－a)(b－b0)≥0時(shí),取x＝eq\f(π，2)，等號(hào)成立.當(dāng)(a0－a）（b－b0）<0時(shí)，取x＝－eq\f（π，2)，等號(hào)成立.由此可知，|f(sinx)－f0（sinx)|在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f(π,2），\f（π,2）)）上的最大值為D＝｜a－a0｜＋｜b－b0｜.（3）D≤1即為｜a|＋｜b｜≤1，此時(shí)0≤a2≤1，－1≤b≤1，從而z＝b－eq\f(a2,4)≤1。取a＝0,b＝1，則｜a｜＋|b|≤1，并且z＝b－eq\f(a2,4)＝1。由此可知，z＝b－eq\f(a2，4）滿足條件D≤1時(shí)的最大值為1。高考必會(huì)題型題型一利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值例1(2015·重慶）設(shè)函數(shù)f(x）＝eq\f(3x2＋ax,ex)(a∈R)。(1）若f(x)在x＝0處取得極值，確定a的值，并求此時(shí)曲線y＝f（x)在點(diǎn)(1，f（1))處的切線方程;（2）若f（x)在［3，＋∞）上為減函數(shù)，求a的取值范圍.解（1）對(duì)f(x）求導(dǎo)得f′（x）＝eq\f(6x＋aex－3x2＋axex,ex2）＝eq\f（－3x2＋6－ax＋a，ex）,因?yàn)閒（x)在x＝0處取得極值,所以f′（0)＝0,即a＝0。當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝eq\f(3x2,ex），f′(x)＝eq\f(－3x2＋6x,ex)，故f（1）＝eq\f（3,e）,f′(1)＝eq\f（3,e）,從而f（x）在點(diǎn)（1，f(1）)處的切線方程為y－eq\f（3,e）＝eq\f(3，e)（x－1)，化簡(jiǎn)得3x－ey＝0.(2）由(1)知f′（x)＝eq\f（－3x2＋6－ax＋a，ex)。令g（x)＝－3x2＋(6－a）x＋a，由g（x）＝0解得x1＝eq\f(6－a－\r(a2＋36),6)，x2＝eq\f（6－a＋\r（a2＋36),6）.當(dāng)x＜x1時(shí),g（x）＜0，即f′（x)＜0,故f(x）為減函數(shù)；當(dāng)x1＜x＜x2時(shí)，g（x）＞0，即f′(x)＞0，故f（x)為增函數(shù)；當(dāng)x＞x2時(shí)，g（x）＜0，即f′(x)＜0,故f(x）為減函數(shù).由f（x）在［3,＋∞)上為減函數(shù),知x2＝eq\f（6－a＋\r（a2＋36），6）≤3，解得a≥－eq\f(9,2)，故a的取值范圍為eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（9，2)，＋∞)）.點(diǎn)評(píng)(1)導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)并不一定就是函數(shù)的極值點(diǎn)，所以在求出導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)后一定要注意分析這個(gè)零點(diǎn)是不是函數(shù)的極值點(diǎn)。（2）若函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間(a,b）內(nèi)有極值，那么y＝f（x)在（a，b)內(nèi)一定不是單調(diào)函數(shù)，即在某區(qū)間上的單調(diào)函數(shù)沒(méi)有極值.變式訓(xùn)練1已知函數(shù)f（x)＝eq\f（x，4)＋eq\f（a,x）－lnx－eq\f（3，2），其中a∈R，且曲線y＝f(x)在點(diǎn)（1，f(1)）處的切線垂直于直線y＝eq\f（1,2)x.（1)求a的值；(2）求函數(shù)f（x)的極值.解（1)對(duì)f（x）求導(dǎo)得f′(x）＝eq\f（1，4)－eq\f(a,x2）－eq\f(1，x)，由f（x）在點(diǎn)(1，f（1))處的切線垂直于直線y＝eq\f（1,2）x，知f′（1)＝－eq\f（3,4）－a＝－2，解得a＝eq\f（5，4）.（2）由（1）知f(x)＝eq\f（x,4)＋eq\f（5,4x）－lnx－eq\f（3，2)，則f′（x)＝eq\f（x2－4x－5,4x2）.令f′（x)＝0，解得x＝－1或x＝5。因?yàn)閤＝－1不在f(x)的定義域(0,＋∞）內(nèi)，故舍去。當(dāng)x∈(0，5）時(shí),f′(x)<0，故f（x）在（0,5)上為減函數(shù)；當(dāng)x∈(5，＋∞)時(shí)，f′（x）>0,故f（x)在（5，＋∞)上為增函數(shù)。由此知函數(shù)f（x）在x＝5時(shí)取得極小值f（5）＝－ln5，f(x)無(wú)極大值.題型二利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值例2已知函數(shù)f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c，曲線y＝f(x）在點(diǎn)x＝1處的切線為l：3x－y＋1＝0，當(dāng)x＝eq\f(2,3）時(shí)，y＝f（x）有極值。（1）求a,b，c的值;（2）求y＝f（x）在[－3,1］上的最大值和最小值。解（1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′（x)＝3x2＋2ax＋b。當(dāng)x＝1時(shí)，切線l的斜率為3,可得2a＋b＝0.①當(dāng)x＝eq\f(2,3）時(shí)，y＝f(x)有極值,則f′eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（2，3)）)＝0,可得4a＋3b＋4＝0。②由①②，解得a＝2，b＝－4.由于切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x＝1,所以f(1)＝4.所以1＋a＋b＋c＝4，所以c＝5.綜上，a＝2，b＝－4，c＝5。(2)由(1），可得f（x)＝x3＋2x2－4x＋5，所以f′（x）＝3x2＋4x－4。令f′(x)＝0,解得x1＝－2，x2＝eq\f(2,3)。當(dāng)x變化時(shí)，f′(x），f（x）的取值及變化情況如下表所示：x－3(－3,－2）－2(－2,eq\f(2，3））eq\f（2,3)(eq\f（2,3),1）1f′(x）＋0－0＋f（x)8↗13↘eq\f（95,27）↗4所以y＝f（x）在[－3,1］上的最大值為13，最小值為eq\f（95，27).點(diǎn)評(píng)（1）求解函數(shù)的最值時(shí),要先求函數(shù)y＝f（x）在[a，b]內(nèi)所有使f′（x)＝0的點(diǎn),再計(jì)算函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間內(nèi)所有使f′（x)＝0的點(diǎn)和區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值，最后比較即得.(2)可以利用列表法研究函數(shù)在一個(gè)區(qū)間上的變化情況。變式訓(xùn)練2設(shè)f（x）＝ax3＋bx＋c（a≠0）為奇函數(shù),其圖象在點(diǎn)(1，f（1)）處的切線與直線x－6y－7＝0垂直，導(dǎo)函數(shù)f′(x)的最小值為－12.(1)求函數(shù)f(x）的解析式;(2）求函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間，并求函數(shù)f(x)在[－1，3]上的最大值和最小值。解(1)因?yàn)閒（x）為奇函數(shù)，所以f(－x）＝－f(x），即－ax3－bx＋c＝－ax3－bx－c,所以c＝0，又f′（x）＝3ax2＋b的最小值為－12，所以b＝－12.由題設(shè)知f′（1）＝3a＋b＝－6。所以a＝2，故f（x）＝2x3－12x。(2)f′(x)＝6x2－12＝6（x＋eq\r(2)）（x－eq\r（2)）。當(dāng)x變化時(shí)，f′(x），f（x)的變化情況如下表：x（－∞，－eq\r（2））－eq\r（2)（－eq\r（2），eq\r（2)）eq\r（2)（eq\r（2），＋∞)f′(x)＋0－0＋f（x）↗極大值↘極小值↗所以函數(shù)f（x)的單調(diào)遞增區(qū)間為（－∞，－eq\r(2))和(eq\r（2）,＋∞).因?yàn)閒(－1）＝10，f(3)＝18,f（eq\r（2）)＝－8eq\r(2)，f(－eq\r（2）)＝8eq\r（2），所以當(dāng)x＝eq\r（2)時(shí),f(x）min＝－8eq\r（2);當(dāng)x＝3時(shí)，f（x)max＝18。高考題型精練1。已知函數(shù)f（x）＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10，則f(2）等于（）A.11或18B.11C。18D.17或18答案C解析∵函數(shù)f（x）＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10，f′（x)＝3x2＋2ax＋b，∴f（1）＝10，且f′(1）＝0，即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(1＋a＋b＋a2＝10,,3＋2a＋b＝0，)）解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，，b＝3)）或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝4,,b＝－11.）)而當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，，b＝3））時(shí)，函數(shù)在x＝1處無(wú)極值，故舍去.∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，∴f(2)＝18.2。函數(shù)f(x）＝3x2＋lnx－2x的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)是()A。0B。1C.2D.無(wú)數(shù)個(gè)答案A解析函數(shù)定義域?yàn)?0,＋∞)，且f′(x)＝6x＋eq\f(1,x）－2＝eq\f(6x2－2x＋1,x），由于x＞0，令g(x)＝6x2－2x＋1，在g(x）中Δ＝－20＜0，所以g(x)＞0恒成立，故f′（x)＞0恒成立,即f（x）在定義域上單調(diào)遞增，無(wú)極值點(diǎn)。3.設(shè)a∈R,若函數(shù)y＝ex＋ax，x∈R有大于零的極值點(diǎn)，則（）A。a<－1B。a>－1C。a〉－eq\f（1,e）D。a<－eq\f（1，e）答案A解析∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.∵函數(shù)y＝ex＋ax有大于零的極值點(diǎn)，∴方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解?！選>0時(shí),－ex<－1，∴a＝－ex<－1.4.設(shè)函數(shù)f（x）在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′（x)，且函數(shù)y＝（1－x)f′(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是（)A.函數(shù)f（x）有極大值f（2）和極小值f(1)B。函數(shù)f（x）有極大值f(－2)和極小值f（1）C.函數(shù)f（x)有極大值f（2）和極小值f(－2)D。函數(shù)f(x)有極大值f(－2）和極小值f（2）答案D解析由題圖可知，當(dāng)x〈－2時(shí)，f′（x)>0；當(dāng)－2〈x〈1時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)1〈x〈2時(shí),f′(x)<0；當(dāng)x〉2時(shí),f′（x)>0。由此可以得到函數(shù)f(x)在x＝－2處取得極大值，在x＝2處取得極小值.5。已知a為常數(shù)，函數(shù)f（x)＝x（lnx－ax）有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2（x1<x2),則()A.f（x1）>0，f(x2)>－eq\f(1,2） B.f(x1)<0，f(x2）<－eq\f(1，2)C.f(x1)〉0,f（x2)〈－eq\f(1,2) D。f（x1）〈0，f（x2）>－eq\f(1，2)答案D解析f′（x）＝lnx＋1－2ax（x〉0），令f′(x）＝0得2a＝eq\f（lnx＋1,x）。設(shè)φ(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，知φ′(x）＝eq\f(－lnx,x2）,φ(x)草圖如圖,∴f(x）的兩個(gè)極值點(diǎn)0〈x1<1，x2〉1，且2a∈(0,1），∴a∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)）)。由f（x)草圖可知f（x)在區(qū)間(0，x1）上單調(diào)遞減,在(x1，x2）上單調(diào)遞增。又f（1)＝－a，f(x2)≥f(1)且－a∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(1，2)，0)）.∴f(x1)<0，f(x2）〉－eq\f(1，2)。6.已知函數(shù)f(x）＝x3＋2bx2＋cx＋1有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2,且x1∈［－2，－1]，x2∈[1，2］，則f（－1）的取值范圍是()A。[－eq\f(3,2)，3]B。［eq\f(3,2）,6]C。［3，12]D.[－eq\f(3,2)，12]答案C解析方法一由于f′(x)＝3x2＋4bx＋c,據(jù)題意，方程3x2＋4bx＋c＝0有兩個(gè)根x1，x2，且x1∈［－2，－1］，x2∈[1，2］.令g(x）＝3x2＋4bx＋c，結(jié)合二次函數(shù)圖象可得,只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－2＝12－8b＋c≥0，，g－1＝3－4b＋c≤0，，g1＝3＋4b＋c≤0，，g2＝12＋8b＋c≥0,））此即為關(guān)于點(diǎn)（b,c）的線性約束條件,作出其對(duì)應(yīng)平面區(qū)域,f（－1）＝2b－c，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為在上述線性約束條件下確定目標(biāo)函數(shù)f(－1)＝2b－c的最值問(wèn)題，由線性規(guī)劃易知3≤f（－1)≤12,故選C。方法二方程3x2＋4bx＋c＝0有兩個(gè)根x1,x2，且x1∈［－2，－1］，x2∈[1,2]的條件也可以通過(guò)二分法處理，即只需g(－2)g(－1)≤0,g(2)g(1)≤0即可,利用同樣的方法也可解答。7.設(shè)函數(shù)f(x）＝lnx－eq\f（1，2)ax2－bx，若x＝1是f(x)的極大值點(diǎn)，則a的取值范圍為_(kāi)_______.答案（－1，＋∞)解析f(x）的定義域?yàn)椋?，＋∞），f′(x）＝eq\f（1,x)－ax－b，由f′（1)＝0，得b＝1－a。所以f′（x）＝eq\f（1,x)－ax＋a－1＝eq\f（－ax2＋1＋ax－x，x)＝－eq\f(x－1ax＋1,x)。①若a≥0，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′（x)＞0，f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x＞1時(shí)，f′（x)＜0，f（x）單調(diào)遞減，所以x＝1是f(x)的極大值點(diǎn)；②若a＜0，由f′（x)＝0,得x＝1或x＝－eq\f（1，a)，因?yàn)閤＝1是f（x)的極大值點(diǎn),所以－eq\f(1，a）＞1，解得－1＜a＜0。綜合①②得，a的取值范圍是a＞－1.8.函數(shù)f（x）＝x3－3ax＋b（a〉0)的極大值為6，極小值為2，則f(x）的單調(diào)遞減區(qū)間是______.答案(－1,1)解析令f′（x）＝3x2－3a＝0,得x＝±eq\r(a),則f（x）,f′(x）隨x的變化情況如下表：x(－∞,－eq\r(a）)－eq\r(a）（－eq\r(a），eq\r(a)）eq\r(a）(eq\r（a)，＋∞）f′（x)＋0－0＋f（x）↗極大值↘極小值↗從而eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（－\r（a）3－3a－\r(a)＋b＝6，，\r（a）3－3a\r(a)＋b＝2，））解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝1，，b＝4.))所以f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是(－1,1)。9。若函數(shù)f(x)＝（1－x2)(x2＋ax＋b)的圖象關(guān)于直線x＝－2對(duì)稱，則f（x)的最大值是______。答案16解析依題意，f(x－2）為偶函數(shù),f（x－2）＝（－x2＋4x－3）[x2＋(a－4)x＋4－2a＋b]，其中x3的系數(shù)為8－a＝0，故a＝8，x的系數(shù)為28＋4b－11a＝0，故b＝15.令f′(x）＝0，得x3＋6x2＋7x－2＝0,由對(duì)稱軸為x＝－2可知，將該式分解為（x＋2）(x2＋4x－1）＝0。可知其在eq\r（5）－2和－eq\r(5)－2處取到最大值，最大值為16.10。函數(shù)f(x）＝x3－3a2x＋a（a>0）的極大值是正數(shù)，極小值是負(fù)數(shù)，則a的取值范圍是______。答案（eq\f（\r(2），2)，＋∞）解析f′(x）＝3x2－3a2＝3（x＋a)（x－a）,由f′(x）＝0得x＝±a，當(dāng)－a〈x〈a時(shí),f′(x)〈0，函數(shù)單調(diào)遞減；當(dāng)x>a或x<－a時(shí)，f′（x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增。∴f(－a）＝－a3＋3a3＋a〉0且f(a）＝a3－3a3＋a〈0，解得a>eq\f(\r(2),2）.∴a的取值范圍是（eq\f（\r（2）,2），＋∞)。11.已知a∈R，函數(shù)f(x)＝eq\f（a，x)＋lnx－1.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f（x）在點(diǎn)(2,f（2））處的切線方程；（2）求f（x）在區(qū)間（0，e]上的最小值.解（1）當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝eq\f（1,x)＋lnx－1，x∈（0，＋∞），所以f′(x)＝－eq\f（1,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f（x－1，x2),x∈(0，＋∞)。因此f′（2）＝eq\f(1,4），即曲線y＝f（x)在點(diǎn)（2，f(2）)處的切線斜率為eq\f(1,4).又f(2）＝ln2－eq\f(1,2)，所以曲線y＝f（x)在點(diǎn)（2,f（2))處的切線方程為y－eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(ln2－\f(1，2）））＝eq\f(1，4)（x－2),即x－4y＋4ln2－4＝0。（2)因?yàn)閒(x)＝eq\f(a,x）＋lnx－1，所以f′(x)＝－eq\f（a，x2）＋eq\f(1，x)＝eq\f(x－a，x2），x∈(0,＋∞）.令f′(x)＝0，得x＝a.①若a≤0，則f′(x）＞0，f(x)在區(qū)間(0，e］上單調(diào)遞增，此時(shí)函