高考數(shù)學(xué)江蘇(理)考前三個(gè)月配套文檔專題3函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第13練Word版含解析

高考數(shù)學(xué)江蘇(理)考前三個(gè)月配套文檔專題3函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第13練Word版含分析高考數(shù)學(xué)江蘇(理)考前三個(gè)月配套文檔專題3函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第13練Word版含分析高考數(shù)學(xué)江蘇(理)考前三個(gè)月配套文檔專題3函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第13練Word版含分析第13練必考題型——導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性[題型分析·高考展望]利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性是高考每年必考內(nèi)容，多以綜合題中某一問(wèn)的形式觀察，題目承載形式多種多樣，但其實(shí)質(zhì)都是經(jīng)過(guò)求導(dǎo)判斷導(dǎo)數(shù)符號(hào)，確定單調(diào)性．題目難度為中等偏上，一般都在最后兩道壓軸題上，這是二輪復(fù)習(xí)的得分點(diǎn)，應(yīng)高度重視．體驗(yàn)高考1．(2015·建改編福)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)＝－1，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)＞k＞1，則以下結(jié)論中必然錯(cuò)誤的選項(xiàng)是________．f1＜1；kk1fk＞k－1；f1＜1；k－1k－1f1＞k.k－1k－1答案③分析由已知條件，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－kx，則g′(x)＝f′(x)－k＞0，故函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞加，且1＞0，k－11故g( )＞g(0)，k－1因此f(1)－k＞－1，f(1)＞1，k－1k－1k－1k－1因此結(jié)論中必然錯(cuò)誤的選項(xiàng)是③，選項(xiàng)④無(wú)法判斷；構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)－x，則h′(x)＝f′(x)－1＞0，1因此函數(shù)h(x)在R上單調(diào)遞加，且k＞0，11111因此h(k)＞h(0)，即f(k)－k＞－1，f(k)＞k－1，選項(xiàng)①、②無(wú)法判斷．綜上，結(jié)論中必然錯(cuò)誤的選項(xiàng)是③.2．(2015·標(biāo)全國(guó)課Ⅱ改編)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)－f(x)＜0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是______________．答案(－∞，－1)∪(0,1)分析記函數(shù)g(x)＝fxxf′x－fxx，則g(x)＝x2，因?yàn)楫?dāng)x＞0時(shí)，xf′(x)－f(x)＜0，故當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＜0，因此g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)(x∈R)是奇函數(shù)，故函數(shù)g(x)是偶函數(shù)，因此g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞加，且g(－1)＝g(1)＝0.當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g(x)＞0，則f(x)＞0；當(dāng)x＜－1時(shí)，g(x)＜0，則f(x)＞0.綜上所述，使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)．3．(2016·標(biāo)全國(guó)乙課)已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.談?wù)揻(x)的單調(diào)性；若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．解(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．(ⅰ)設(shè)a≥0，則當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.因此f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞加．(ⅱ)設(shè)a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．①若a＝－e2，則f′(x)＝(x－1)(ex－e)，因此f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞加．②若a>－e2，則ln(－2a)<1，故當(dāng)x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(ln(－2a)，1)時(shí)，f′(x)<0.因此f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上單調(diào)遞加，在(ln(－2a)，1)上單調(diào)遞減．③若a<－e2，則ln(－2a)>1，故當(dāng)x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(1，ln(－2a))時(shí)，f′(x)<0.因此f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上單調(diào)遞加，在(1，ln(－2a))上單調(diào)遞減．(2)(ⅰ)設(shè)a>0，則由(1)知，f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞加．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b滿足b<0且b<lna2，a223則f(b)>2(b－2)＋a(b－1)＝ab－2b>0，因此f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．(ⅱ)設(shè)a＝0，則f(x)＝(x－2)ex，因此f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．(ⅲ)設(shè)a<0，若a≥－e(1)知，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞加．又當(dāng)x≤1時(shí)，f(x)<0，故2，則由f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)；e若a<－2，則由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上單調(diào)遞減，在(ln(－2a)，＋∞)上單調(diào)遞加．又當(dāng)x≤1時(shí)f(x)<0，故f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)．綜上，a的取值范圍為(0，＋∞)．高考必會(huì)題型題型一利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的“兩個(gè)”方法①確定函數(shù)y＝f(x)的定義域；②求導(dǎo)數(shù)y′＝f′(x)；③解不等式f′(x)>0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞加區(qū)間；④解不等式f′(x)<0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞減區(qū)間．①確定函數(shù)y＝f(x)的定義域；②求導(dǎo)數(shù)y′＝f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定義區(qū)間內(nèi)的一的確根；③把函數(shù)f(x)的中止點(diǎn)(即f(x)的無(wú)定義點(diǎn))的橫坐標(biāo)和上面的各實(shí)數(shù)根按由小到大的次序排列起來(lái)，爾后用這些點(diǎn)把函數(shù)f(x)的定義域分成若干個(gè)小區(qū)間；④確定f′(x)在各個(gè)區(qū)間內(nèi)的符號(hào)，依照符號(hào)判斷函數(shù)在每個(gè)相應(yīng)區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性．例1(2015·重慶)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－4處獲取極值．3確定a的值；若g(x)＝f(x)ex，談?wù)揼(x)的單調(diào)性．解(1)對(duì)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝3ax2＋2x，44因?yàn)閒(x)在x＝－3處獲取極值，因此f′－3＝0，16－4＝16a8＝0，解得a＝1即3a·＋2·3－2.933132ex，(2)由(1)得g(x)＝2x＋x故g′(x)＝32x2＋2xex＋12x3＋x2ex1352＝2x＋2x＋2xex1x＝2x(x＋1)(x＋4)e.令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.當(dāng)x＜－4時(shí)，g′(x)＜0，故g(x)為減函數(shù)；當(dāng)－4＜x＜－1時(shí)，g′(x)＞0，故g(x)為增函數(shù)；當(dāng)－1＜x＜0時(shí)，g′(x)＜0，故g(x)為減函數(shù)；當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＞0，故g(x)為增函數(shù)．綜上知，g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)內(nèi)為減函數(shù)，在(－4，－1)和(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)．談?wù)摾脤?dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，要點(diǎn)是要嚴(yán)格解題步驟，形成解這類問(wèn)題的基本程序．變式訓(xùn)練1(2016·山東)設(shè)f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈R.(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)已知f(x)在x＝1處獲取極大值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)由f′(x)＝lnx－2ax＋2a.可得g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝1－2a＝1－2ax.xx當(dāng)a≤0，x∈(0，＋∞)時(shí)，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞加；11當(dāng)a＞0，x∈0，2a時(shí)，g′(x)＞0時(shí)，函數(shù)g(x)單調(diào)遞加，x∈2a，＋∞時(shí)，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減．因此當(dāng)a≤0時(shí)，g(x)的單調(diào)遞加區(qū)間為(0，＋∞)；11當(dāng)a＞0時(shí)，g(x)的單調(diào)增區(qū)間為0，2a，單調(diào)減區(qū)間為2a，＋∞.(2)由(1)知，f′(1)＝0.①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)單調(diào)遞加，因此當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞加，因此f(x)在x＝1處獲取極小值，不合題意．②當(dāng)0＜a＜1112時(shí)，2a＞1，由(1)知f′(x)在0，2a內(nèi)單調(diào)遞加，可適合x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＜0，x∈1，1時(shí)，f′(x)＞0.2a因此f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在1，1內(nèi)單調(diào)遞加．2a因此f(x)在x＝1處獲取極小值，不合題意．③當(dāng)a＝12時(shí)，2a1＝1，f′(x)＝lnx－x＋1，f′(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞加，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減．又f′(1)＝0－1＋1＝0，因此當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)≤0，f(x)單調(diào)遞減，不合題意．111④當(dāng)a＞2時(shí)，0＜2a＜1，當(dāng)x∈2a，1時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞加，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減．因此f(x)在x＝1處取極大值，吻合題意．1綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍為a＞2.題型二已知函數(shù)在某區(qū)間上的單調(diào)性求參數(shù)的值或取值范圍例2已知函數(shù)f(x)＝3ax－2x2＋lnx，a為常數(shù)．當(dāng)a＝1時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上為單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝3x－2x2＋lnx，函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，1f′(x)＝3－4x＋x＝

－4x2＋3x＋1x4x＋1x－1＝x.由f′(x)>0，得0<x<1；由f′(x)<0，得x>1.故函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是

(0,1)，單調(diào)減區(qū)間是

(1，＋∞)．1(2)f′(x)＝3a－4x＋x.若函數(shù)

f(x)在區(qū)間

[1,2]上為單調(diào)函數(shù)，則

f′(x)≥0或

f′(x)≤0在區(qū)間[1,2]上恒成立．于是

13a－4x＋x≥0

或

13a－4x＋x≤0

在區(qū)間[1,2]上恒成立，即

13a≥4x－x或

13a≤4x－x在區(qū)間[1,2]上恒成立．令h(x)＝4x－1，則h(x)在區(qū)間[1,2]上是增函數(shù)．x15因此h(x)max＝h(2)＝2，h(x)min＝h(1)＝3.15即3a≥2或

3a≤3，故

5a≥2或

a≤1.因此

a的取值范圍為

52，＋∞∪(－∞，1]．談?wù)撘阎瘮?shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)的單調(diào)性，求參數(shù)的取值范圍的方法．利用會(huì)集間的包含關(guān)系辦理：y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)，則區(qū)間(a，b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集．(2)轉(zhuǎn)變成不等式的恒成立問(wèn)題求解：即

“若函數(shù)單調(diào)遞加，則

f′(x)≥0恒成立；若函數(shù)單調(diào)遞減，則

f′(x)≤0”恒成立．變式訓(xùn)練

2設(shè)函數(shù)

f(x)＝1x3－ax2＋bx＋c，曲線32

y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為

y＝1.求b，c的值；若a>0，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在區(qū)間(－2，－1)內(nèi)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)f′(x)＝x2－ax＋b，f0＝1，c＝1，由題意得即f′0＝0，b＝0.由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)，當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.因此函數(shù)f(x)的單調(diào)遞加區(qū)間為(－∞，0)，(a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，a)．2(3)g′(x)＝x－ax＋2，依題意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，2即x∈(－2，－1)時(shí)，a<(x＋x)max＝－22，2當(dāng)且僅當(dāng)x＝x，即x＝－2時(shí)等號(hào)成立．因此滿足要求的a的取值范圍是(－∞，－22)．高考題型精練1．函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞加區(qū)間是________．答案(2，＋∞)xf′(x)＝[(x－3)exxxx分析函數(shù)f(x)＝(x－3)e的導(dǎo)數(shù)為]′＝e＋(x－3)e＝(x－2)e.由函數(shù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，適合f′(x)>0時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞加，x，解得x>2.此時(shí)由不等式f′(x)＝(x－2)e>02．若函數(shù)f(x)＝2x3－3mx2＋6x在區(qū)間(2，＋∞)上為增函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為_(kāi)_______．5答案(－∞，]分析∵f′(x)＝6x2－6mx＋6，當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)≥0恒成立，21即x－mx＋1≥0恒成立，∴m≤x＋x恒成立．11令g(x)＝x＋x，g′(x)＝1－x2，∴當(dāng)x>2時(shí)，g′(x)>0，即g(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞加，15∴m≤2＋2＝2.3．方程1x3－3x2＋1＝0在區(qū)間(0,2)上恰好有______個(gè)根．3答案1分析設(shè)f(x)＝13223x－3x＋1，則f′(x)＝x－6x＝x(x－6)，當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(0,2)8上單調(diào)遞減，又f(0)f(2)＝1×(3－12＋1)<0，因此f(x)＝0在區(qū)間(0,2)上恰好有1個(gè)根．4．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f′(x)>f(x)恒成立，若x1<x2，則ex1fx2與ex2fx1的大小關(guān)系為_(kāi)_______________．答案ex1fx2>ex2fx1分析設(shè)g(x)＝fxx，則g′(x)＝f′xex－fxexf′x－fx，由題意g′(x)>0，因此g(x)單調(diào)x2＝xeee遞加，當(dāng)x1<x2時(shí)，g(x1)<g(x2)，即f(x1)f(x2)，ex1ex2因此ex1fx2>ex2fx1．5．若函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且不等式xf′(x)>f(x)恒成立，又常數(shù)a，b滿足a>b>0，給出以下不等式：bf(a)>af(b)；②af(a)>bf(b)；③bf(a)<af(b)；④af(a)<bf(b)．其中必然成立的是________．(填序號(hào))答案①分析令g(x)＝fxxf′x－fxx(x>0)，則g′(x)＝x2(x>0)．又因?yàn)閤f′(x)>f(x)，因此g′(x)>0，因此函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．fafb又因?yàn)閍>b>0，因此g(a)>g(b)，即a>b，因此bf(a)>af(b)．16．(2016課·標(biāo)全國(guó)乙改編)若函數(shù)f(x)＝x－3sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)單調(diào)遞加，則a的取值范圍是________________．答案－1，1331分析∵函數(shù)f(x)＝x－3sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞加，f′(x)＝1－2cos2x＋acosx322＝1－3(2cosx－1)＋acosx425＝－cosx＋acosx＋≥0，33425即acosx≥3cosx－3在(－∞，＋∞)上恒成立．當(dāng)cosx＝0時(shí)，恒有0≥－5，得a∈R；345當(dāng)0<cosx≤1時(shí)，得a≥3cosx－3cosx，5令t＝cosx，f(t)＝3t－3t在(0,1]上為增函數(shù)，得a≥f(1)＝－13；當(dāng)－1≤cosx<0時(shí)，得a≤453cosx－3cosx，令t＝cosx，f(t)＝43t－3t5在[－1,0)上為增函數(shù)，1得a≤f(－1)＝3.綜上，可得a的取值范圍是－113，3.7．已知a≥0，函數(shù)f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]上是單調(diào)減函數(shù)，則a的取值范圍是________．答案[34，＋∞)x2x分析f′(x)＝(2x－2a)e＋(x－2ax)e由題意，當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)，f′(x)≤0恒成立，2即x＋(2－2a)x－2a≤0在x∈[－1,1]時(shí)恒成立．令g(x)＝x2＋(2－2a)x－2a，g－1≤0，則有g(shù)1≤0，－12＋2－2a·－1－2a≤0，即12＋2－2a－2a≤0，解得a≥34.8．函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的圖象如圖，則函數(shù)y＝log222c的單調(diào)遞減區(qū)間為x＋bx＋33____________．答案(－∞，－2)分析∵f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d，f′(x)＝3x2＋2bx＋c.由題圖可知f′(－2)＝f′(3)＝0，12－4b＋c＝0，∴27＋6b＋c＝0，b＝－32，解得c＝－18.22c令g(x)＝x＋3bx＋3，則g(x)＝x2－x－6，g′(x)＝2x－1.由g(x)＝x2－x－6>0，解得x<－2或x>3.當(dāng)x<－2時(shí)，g′(x)<0，∴g(x)＝x2－x－6在(－∞，－2)上為減函數(shù)．∴函數(shù)y＝log2x2＋2bx＋c的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－2)．339．若函數(shù)f(x)＝－1312＋2ax2，＋∞)上存在單調(diào)遞加區(qū)間，則a的取值范圍是3x＋x在[23________．答案(－19，＋∞)分析對(duì)f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－x－122＋14＋2a.222當(dāng)x∈[3，＋∞)時(shí)，f′(x)的最大值為f′(3)＝9＋2a，21令9＋2a＞0，解得a＞－9.1因此a的取值范圍是(－9，＋∞)．10．已知函數(shù)y＝f(x＋1)的圖象關(guān)于點(diǎn)(－1,0)對(duì)稱，且當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f(x)＋xf′(x)＜0成立(其中f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù))，若a＝30.30.3ππ11，·f(3)，b＝log3·f(log3)，c＝log39·flog39則a，b，c從大到小的次序?yàn)開(kāi)_______．答案c＞a＞b分析因?yàn)楫?dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f(x)＋xf′(x)＜0成立，因此y′＝(xf(x))′＜0在(－∞，0)上成立，因此函數(shù)y＝xf(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減．因?yàn)楹瘮?shù)y＝f(x＋1)的圖象關(guān)于點(diǎn)(－1,0)對(duì)稱，因此函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，因此函數(shù)y＝f(x)是奇函數(shù)，因此函數(shù)y＝xf(x)是偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上單調(diào)遞加．又30.3＞1＞logπ1＝－2，3＞0＞log391＞30.3＞1＞logπ2＝－log393＞0，110.30.3因此－log39f－log39＞3f(3)logπ3·f(logπ3)，1111又－log39f－log39＝log39·flog39，因此log11＞30.3·f(30.3ππ，即c＞a＞b.39·flog39)＞log3·f(log3)11．已知函數(shù)a＋1－1.f(x)＝lnx＋ax＋x當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程；當(dāng)－12≤a≤0時(shí)，談?wù)揻(x)的單調(diào)性．2解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝lnx＋x＋x－1，1212此時(shí)f′(x)＝x＋1－x2，f′(2)＝2＋1－4＝1.又因?yàn)閒(2)＝ln2＋2＋22－1＝ln2＋2，因此切線方程為y－(ln2＋2)＝x－2，整理得x－y＋ln2＝0.11＋aax2＋x－a－1(2)f′(x)＝x＋a－x2＝x2ax＋a＋1x－1＝x2(x＞0)．x－1當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝x2.此時(shí)，在(0,1)上，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；在(1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞加．a(chǎn)x＋a＋1x－1a當(dāng)－1≤a<0時(shí)，f′(x)＝.x221＋ax－12f(x)在(0，＋當(dāng)－a＝1，即a＝－1時(shí)，f′(x)＝－2≤0在(0，＋∞)上恒成立，因此22x∞)上單調(diào)遞減．11＋a1＋a上，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；在當(dāng)－2<a<0時(shí)，－a>1，此時(shí)在(0,1)或－a，＋∞1，－1＋a上，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞加．a(chǎn)綜上，當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞加；當(dāng)－11＋a1＋a上單調(diào)遞加；<a<0時(shí)，f(x)在(0,1)，－，＋∞上單調(diào)遞減，在1，－2aa當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．212．(2016山·東)已知f(x)＝a(x－lnx)＋2x－1x2，a∈R.談?wù)揻(x)的單調(diào)性；3(2)當(dāng)a＝1時(shí)，證明f(x)>f′(x)＋關(guān)于任意的x∈[1,2]成立．解f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，a22ax2－2x－1f′(x)＝a