在线|二轮辅导[04][函数与导数02]

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思维导图

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典例剖析

例1已知函数(f(x)=x^2+2mlnx-(m+4)x+lnm+2)，当(m>0)时，试讨论函数(f(x))的单调性；

分析：函数的定义域为((0，+infty))，

(f'(x)=2x+cfrac{2m}{x}-(m+4)=cfrac{2x^2-(m+4)x+2m}{x}=cfrac{(x-2)(2x-m)}{x})，

令(f'(x)=0)，得到(x=2)或(x=cfrac{m}{2}>0)，分类讨论如下：

当(0<cfrac{m}{2}<2)时，即(0<m<4)时， (xin (0，cfrac{m}{2}))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增，

(xin (cfrac{m}{2}，2))时，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减，(xin (2，+infty))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增，

当(cfrac{m}{2}=2)时，即(m=4)时，此时(f'(x)ge 0)恒成立，

当且仅当(x=2)时取得等号，故(f(x))在((0，+infty))上单调递增，

当(cfrac{m}{2}>2)时，即(m>4)时， (xin (0，2))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增，

(xin (2，cfrac{m}{2}))时，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减， (xin (cfrac{m}{2}，+infty))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增，

综上所述，

当(0<m<4)时， (xin (0，cfrac{m}{2}))时，(f(x))单调递增，(xin (cfrac{m}{2}，2))时，(f(x))单调递减，(xin (2，+infty))时，(f(x))单调递增，

当(m=4)时，(f(x))在((0，+infty))上单调递增，

当(m>4)时， (xin (0，2))时，(f(x))单调递增， (xin (2，cfrac{m}{2}))时，(f(x))单调递减， (xin (cfrac{m}{2}，+infty))时，(f(x))单调递增，

注意：①因式的正确分解；②分类标准的确定；③快速读图能力；

例2【2017全国卷1文科第21题高考真题】已知函数(f(x)=e^x(e^x-a)-a^2x)，

（1）讨论(f(x))的单调性；

分析：利用导数求导解决，

(f'(x)=e^x(e^x-a)+e^xcdot e^x-a^2=)(2e^{2x}-e^xa-a^2=(e^x-a)cdot (2e^x+a))，

以下针对(a)分类讨论如下：

当(a=0)时，(f'(x)>0)恒成立，(f(x))在区间((-infty，+infty))上单调递增。

当(a >0)时，令(f'(x)=0)，解得(x=lna)，

则(xin(-infty，lna))时，(f'(x)<0)，即在区间((-infty，lna))上函数(f(x))单调递减；

(xin(lna，+infty))时，(f'(x)>0)，即在区间((lna，+infty))上函数(f(x))单调递增；

当(a <0)时，令(f'(x)=0)，解得(x=ln(-cfrac{a}{2}))，

则(xin(-infty，ln(-cfrac{a}{2}))时，(f'(x)<0)，即在区间((-infty，ln(-cfrac{a}{2})))上函数(f(x))单调递减；

(xin(ln(-cfrac{a}{2})，+infty))时，(f'(x)>0)，即在区间((ln(-cfrac{a}{2})，+infty))上函数(f(x))单调递增；

综上所述，

当(a<0)时，函数(f(x))的单减区间是((-infty，ln(-cfrac{a}{2})))，单增区间是((ln(-cfrac{a}{2})，+infty))；

当(a=0)时，单增区间是((-infty，+infty))，无单减区间；

当(a>0)时，函数(f(x))的单减区间是((-infty，lna))，单增区间是((lna，+infty))；

例3设函数(f(x)=cfrac{1}{2}{x^2}+aln(1+x))．若(a=1)，证明：当(x＞0)时，(f(x)＜e^x-1)．

分析：当(a=1)时，(f(x)=cfrac{1}{2}{x^2}+ln(x+1))，

欲证明(x >0) 时，(f(x)<e^x-1)，即证明(x>0)时，(cfrac{1}{2}{x^2}+ln(x+1)-e^x+1<0)恒成立。

令(g(x)=cfrac{1}{2}{x^2}+ln(x+1)-e^x+1)，则原题目转化为证明：(g(x)_{max}<0)即可。

(g'(x)=x+cfrac{1}{x+1}-e^x)，到此尝试思考：

• 能从数的角度解不等式，找到单调区间吗？

• 能从形的角度做出图像，找到单调区间吗？如果以上两个思路都不行，我们怎么办？

令(h(x)=x+cfrac{1}{x+1}-e^x)，则(h'(x)=1-e^x-cfrac{1}{(1+x)^2})，

当(x>0)时，(h'(x)<0)恒成立，

故函数(g'(x))单调递减，则有(g'(x)<g'(0)=0)，即有(x >0)时，(g'(x)<0)恒成立，

则(x>0)时，函数(g(x))单调递减，即有(g(x)<g(0)=0)恒成立，

即(g(x)=cfrac{1}{2}{x^2}+ln(x+1)-e^x+1<0)，即(cfrac{1}{2}{x^2}+ln(x+1)<e^x-1)，

即证明了(x>0)时，(f(x)<e^x-1)。

解后反思：①用导数证明不等式时，有一个很常用的思路是作差构造新函数，转而求新函数的最值或最值的极限大于小于(0)；

②还有一个常用思路是连求两次导数，用二阶导的正负先判断一阶导的增减，再利用一阶导的增减在端点处的值再判断一阶导的正负，从而知道原函数的增减性。

例4已知函数(f(x)=(x-2)e^x+a(x-1)^2)．讨论(f(x))的单调性．

分析：函数的定义域为(R)，

(f'(x)=1cdot e^x+(x-2)cdot e^x+2a(x-1))

(=e^x(x-1)+2a(x-1)=(x-1)(e^x+2a))，

在同一个坐标系中做出函数(y=x-1)[定图]和函数(y=e^x+2a)[动图]的图像，

根据动图(y=e^x+2a)是否与(x)轴有交点分类讨论如下：^[1]

注意分类标准和书写顺序，
先令(2a=0)，确定函数(y=e^x)的位置，然后让(2a>0)，再确定(y=e^x+2a)的位置，发现这两种情形下的(y=e^x+2a>0)恒成立，故可以合二为一；
等讨论完了这种情形后，在讨论(2a<0)，很显然(2ageqslant 0)要简单一些，故首先书写，先确定拿到一部分成绩，稳定心神；

①当(2age 0)时，即(age 0)时，恒有(e^x+2a>0)，

当(xin (-infty，1))上时，(x-1<0) ，则(f'(x)=(e^x+2a)(x-1)<0)，故(f(x))单调递减，

当(xin (1，+infty))上时，(x-1>0) ，则(f'(x)=(e^x+2a)(x-1)>0)，故(f(x))单调递增，

当(2a<0)时，即(a<0)时，(y=e^x+2a)与(x)轴有交点，令(e^x+2a=0)，解得(x=ln(-2a))，

然后针对(ln(-2a))与(1)的大小关系继续细分如下，主要是(ln(-2a))和(1)分别是两个因子函数的零点；

②当(ln(-2a)<1)时，即(-cfrac{e}{2}<a<0)时，

当(xin(-infty，ln(-2a)))时，(e^x+2a<0)，(x-1<0)，则(f'(x)>0)，(f(x))单调递增；

当(xin(ln(-2a)，1))时，(e^x+2a>0)，(x-1<0)，则(f'(x)<0)，(f(x))单调递减；

当(xin(1，+infty))时，(e^x+2a>0)，(x-1>0)，则(f'(x)>0)，(f(x))单调递增；

③当(ln(-2a)=1)时，即(a=-cfrac{e}{2})时，

当(xin(-infty，1))时，(e^x+2a<0)，(x-1<0)，则(f'(x)>0)，(f(x))单调递增；

当(xin(1，+infty))时，(e^x+2a>0)，(x-1>0)，则(f'(x)>0)，(f(x))单调递增；

即(xin (-infty，+infty))时，恒有(f'(x)ge 0)，当且仅当(x=1)时取到等号，故(f(x))单调递增；

④当(ln(-2a)>1)时，即(a<-cfrac{e}{2})时，

当(xin(-infty，1))时，(e^x+2a<0)，(x-1<0)，则(f'(x)>0)，(f(x))单调递增；

当(xin(1，ln(-2a)))时，(e^x+2a<0)，(x-1>0)，则(f'(x)<0)，(f(x))单调递减；

当(xin(ln(-2a)，+infty))时，(e^x+2a>0)，(x-1>0)，则(f'(x)>0)，(f(x))单调递增；

综上所述，

当(a<-cfrac{e}{2})时，单增区间为((-infty，1))和((ln(-2a)，+infty))，单减区间为((1，ln(-2a)))；

当(a=-cfrac{e}{2})时，只有单增区间为((-infty，+infty))；

当(-cfrac{e}{2}<a<0)时，单增区间为((-infty，ln(-2a)))和((1，+infty))，单减区间为((ln(-2a)，1))；

当(age 0)时，单减区间为((-infty，1))，单增区间为((1，+infty))；

[点评]：由于教材上所举例子是从数的角度求解导函数的正负，从而判断原函数的单调性，故许多学生碰到这个题目时思路会受阻，需要老师做引导，如果从数的角度不能突破，可以考虑从形的角度入手分析。

例5已知函数(f(x)=e^x-ax-1(a∈R))，(g(x)=lnx)．若不等式(f(x)ge g(x))对任意的(xin (0，+infty))恒成立，求实数(a)的取值范围；

分析：由题目可知，(e^x-ax-1ge lnx)对任意的(x∈(0，+infty))恒成立，

分离参数得到，(aleq cfrac{e^x-1-lnx}{x}(x>0))；

令(h(x)= cfrac{e^x-1-lnx}{x})，需要求(h(x)_{min})，

(h'(x)=cfrac{(e^x-frac{1}{x})cdot x-(e^x-1-lnx)cdot 1}{x^2})

(=cfrac{xe^x-1-e^x+1+lnx}{x^2})

(=cfrac{(x-1)e^x+lnx}{x^2})

观察分子的和式的结构，可以发现两部分((x-1)e^x)和(lnx)的零点都是(x=1)，故分类如下：

当(xin(0，1))时，(x-1<0)，(lnx<0)，则(h'(x)<0)，(h(x))单调递减；

当(xin(1，+infty))时，(x-1>0)，(lnx>0)，则(h'(x)>0)，(h(x))单调递增；

故(h(x)_{min}=h(1)=e-1)，即(aleq e-1).

解后反思：当导函数中含有(e^x)或(lnx)类型且相加时，我们利用其各自的零点，寻找分界点判断导函数的正负，此时的两个和式的零点往往重合

例6【2019高三理科数学资料用题】设函数(f(x)=(x+a)e^{ax}(ain R))，若函数在区间((-4，4))内单调递增，求(a)的取值范围。

【解答】由函数(f(x))在在区间((-4，4))内单调递增，则(f'(x)ge 0)在区间((-4，4))内恒成立，

又(f'(x)=(ax+a^2+1)e^{ax})，注意到(e^{ax}>0)恒成立，即有(ax+a^2+1ge 0)在区间((-4，4))内恒成立，

令(g(x)=ax+a^2+1)为一次型的函数，故只需要满足(left{egin{array}{l}{g(-4)ge 0}\{g(4)ge 0}end{array} ight.)，

即(left{egin{array}{l}{a^2-4a+1ge 0}\{a^2+4a+1ge 0}end{array} ight.)，

解得，(left{egin{array}{l}{age 2+sqrt{3}或aleq 2-sqrt{3}}\{aleq -2-sqrt{3}或age -2+sqrt{3}}end{array} ight.)，

即(ain (-infty，-2-sqrt{3}]cup[-2+sqrt{3}，2-sqrt{3}]cup[2+sqrt{3}，+infty))。

例7【菁优网答题改编】已知函数(f(x)=mlnx+x^2-mx)在((1，+∞))上单调递增，求(m)的取值范围____________．

分析：由题目可知，(f'(x)≥0)在((1，+∞))上恒成立，且(f'(x))不恒为零，

则有(f'(x)=cfrac{m}{x}+2x-m=cfrac{2x^2-mx+m}{x}≥0)在((1，+∞))上恒成立，

即(2x^2-mx+m≥0)在((1，+∞))上恒成立，常规法分离参数得到

(m≤cfrac{2x^2}{x-1}=cfrac{2(x-1)^2+4x-2}{x-1}=cfrac{2(x-1)^2+4(x-1)+2}{x-1}=2(x-1)+cfrac{2}{x-1}+4)

由于(x>1)，故(2(x-1)+cfrac{2}{x-1}+4≥2sqrt{4}+4=8)，当且仅当(x=2)时取到等号。

故(m≤8)，当(m=8)时，函数不是常函数，也满足题意，故(min (-infty，8])。

例8【2019届宝中高三文科第二次月考第12题】定义在实数集上的偶函数(f(x))的导函数为(f'(x))，若对任意实数(x)都有(f(x)+cfrac{x}{2}f'(x)<1)恒成立，则使得关于(x)的不等式(x^2f(x)-f(1)<x^2-1)成立的实数(x)的取值范围是【】

$A.{xin R mid x eq pm 1}$ $B.(-1，1)$ $C.(-1，0)cup (0，1)$ $D.(-infty，-1)cup(1，+infty)$

分析：先将(x^2f(x)-f(1)<x^2-1)转化为(x^2f(x)-x^2<1^2f(1)-1)，

故构造(g(x)=x^2cdot f(x)-x^2)，则上述不等式等价于(g(x)<g(1))；

又由于(g'(x)=2xf(x)+x^2f(x)-2x=x(2f(x)+xf'(x)-2))，

而(f(x)+cfrac{x}{2}f’(x)<1)等价于(2f(x)+xf'(x)-2<0)

故当(x>0)时，(g'(x)=xcdot(2f(x)+xf'(x)-2)<0)，

故(xin (0，+infty))时，(g(x))单调递减；由偶函数知道(xin (-infty，0))时，(g(x))单调递增；

且(g(0)=0)，此时我们是可以画出其大致示意图的。

待解的不等式(x^2f(x)-f(1)<x^2-1)可以转化为(x^2f(x)-x^2<f(1)-1)，

即(g(x)<g(1))，由偶函数可知(g(|x|)<g(1))，

又(xin (0，+infty))时，(g(x))单调递减；

故有(|x|>1)，解得(x<-1)或(x>1)；故选(D)。

例9已知函数(f(x)=x^3+cfrac{3}{2}x^2-6x+1)在区间([a，a+1])上单调递减，求参数(a)的取值范围。^[2]

分析：集合法，先用导数的方法求得函数(f(x))的单调递减区间，(f'(x)=3x^2+3x-6=3(x+2)(x-1))，

令(f'(x)<0)，解得(xin (-2，1))，即其单调递减区间为([-2，1])，此处必须写成闭区间，否则会丢掉参数的个别取值。

而题设又已知函数在([a，a+1])上单调递减，故([a，a+1]subseteq [-2，1])，即问题转化为集合的包含关系问题了。

此时只需要满足(left{egin{array}{l}{-2leqslant a}\{a+1leqslant 1}end{array} ight.)，解得(-2leqslant aleqslant 0)，

故参数(a)的取值范围为([-2，0])。

导数法，由题设可知，(f'(x)=3x^2+3x-6=3(x+2)(x-1))，由于函数在区间([a，a+1])上单调递减，

则(f'(x)=3(x+2)(x-1)leq 0)在区间([a，a+1])上恒成立，则(left{egin{array}{l}{f'(a)leqslant 0}\{f'(a+1)leqslant 0}end{array} ight.)

即(left{egin{array}{l}{3(a+2)(a-1)leqslant 0}\{3(a+3)aleqslant 0}end{array} ight.)，解得(left{egin{array}{l}{-2leqslant aleqslant 1}\{-3leqslant aleqslant 0}end{array} ight.)，则(ain [-2，0])。

例10已知函数(f(x)=cfrac{1}{3}x^3-x^2+ax)在(R)上存在单调递减区间，求参数(a)的取值范围；

分析：由于函数(f(x)=cfrac{1}{3}x^3-x^2+ax)在(R)上存在单调递减区间，

则(f'(x)=x^2-2x+a<0)在(R)上能成立，即(a<-(x^2-2x))能成立，

令(g(x)=-(x^2-2x)=-(x-1)^2+1)，则(a<g(x)_{max}=1)，

故(a<1)，故(ain (-infty，1)).

反思：若转化为(f'(x)=x^2-2x+aleqslant 0)能成立，则得到(aleqslant 1)；

但是，(a=1)时，(f'(x)=x^2-2x+1=(x-1)^2geqslant 0)，不满足题意，故上述转化错误；

用图像语言解释如下：

注意：若函数(f(x))在区间((a，b))存在单调递减区间，应该得到(f'(x)<0)在区间((a，b))有解或能成立，而不是(f'(x)leq 0)在区间((a，b))有解或能成立。

学生认为：函数(f(x))在区间((a，b))存在单调递减区间，应该得到(f'(x)leq 0)在区间((a，b))有解或能成立，这种认识是错误的，这样解释一下啊，

(f'(x)leqslant 0)在区间((a，b))上有解，对应情形一：(f'(x)<0)在区间((a，b))上有解；或情形二：(f'(x)=0)在区间((a，b))上有解；这两个情形只要有一个满足即可，其中情形一求解结果是区间，而情形二求解结果不是区间，故不符合题意，自然就舍去了。

例11(2017郑州模拟)已知函数(f(x)=x^3+ax^2+bx-a^2-7a)在(x=1)处取得极大值(10)，则(cfrac{a}{b})的值为____________.

分析：(f'(x)=3x^2+2ax+b)，由(egin{cases}f'(1)=0\f(1)=10end{cases})，

得到(egin{cases}3+2a+b=0\1+a+b-a^2-7a=10end{cases})，解得(egin{cases}a=-2\b=1end{cases})，或(egin{cases}a=-6\b=9end{cases})，

当(a=-2，b=1)时，(f'(x)=(3x-1)(x-1))，

此时(x=1)是导函数(f'(x))的变号零点，但是在(x=1)处取到极小值，不符舍去；

当(a=-6，b=9)时，(f'(x)=3(x-1)(x-3))，

此时(x=1)是导函数(f'(x))的变号零点，且在(x=1)处能取到极大值。

故(cfrac{a}{b}=-cfrac{2}{3})。

反思总结：由方程组解出来的根(x=x_0)，只能说明这一点的函数值是0，并不能说明这一点(x_0)处的左右的函数值的正负，有可能是不变号零点，那么这一点不会成为极值点，也有可能是变号零点，但是左右的正负值不符合。

例12已知(|vec{a}|=2|vec{b}|)，(|vec{b}| eq 0)，且关于(x)的函数(f(x)=cfrac{1}{3}x^3+cfrac{1}{2}|vec{a}|x^2+vec{a}cdot vec{b}x)在(R)上有极值，则(vec{a})与(vec{b})的夹角范围是【】

$A.[0，cfrac{pi}{6})$ $B.(cfrac{pi}{3}，pi]$ $C.(cfrac{pi}{3}，cfrac{2pi}{3}]$ $D.(cfrac{pi}{6}，pi]$

分析：函数(f(x)=cfrac{1}{3}x^3+cfrac{1}{2}|vec{a}|x^2+vec{a}cdot vec{b}x)在(R)上有极值，其充要条件是其导函数(y=f'(x))存在变号零点，

(f'(x)=x^2+|vec{a}|x+vec{a}cdot vec{b})，其(Delta =|vec{a}|^2-4vec{a}cdot vec{b}>0)，

设(vec{a})与(vec{b})的夹角为( heta)，则(4|vec{b}|^2-4 imes 2|vec{b}| cdot |vec{b}| cos heta>0)，

即(cos heta<cfrac{1}{2})，由于( hetain [0，pi])，所以( heta in (cfrac{pi}{3}，pi])，故选(B)。

例13【2019渭南模拟改编】已知函数(f(x)=lnx-ax(ain R))，试讨论函数(f(x))在定义域内的极值点个数；

分析：定义域为((0，+infty))，(f'(x)=cfrac{1}{x}-a=cfrac{1-ax}{x}(x>0))，[用图像说明]

当(aleqslant 0)时，(f'(x)>0)在((0，+infty))上恒成立，

故(f(x))在((0，+infty))上单调递增，此时函数无极值点；

当(a>0)时，令(f'(x)=0)得到(x=cfrac{1}{a})，

则(xin (0，cfrac{1}{a}))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增，

(xin (cfrac{1}{a}，+infty))时，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减，

故函数在(x=cfrac{1}{a})处有极大值，无极小值；

综上所述，当(aleqslant 0)时，函数(f(x))无极值点；

当(a>0)时，函数(f(x))有一个极大值点(x=cfrac{1}{a})，无极小值点。

例14【2019届高三理科数学三轮模拟试题】设(f(x)=x-alnx)，(ain R)，

(1).当(a=2)时，求函数(f(x))在点((1，f(1)))处的切线方程；

分析：当(a=2)时，(f(x)=x-2lnx)，(f'(x)=1-cfrac{2}{x})，(f'(1)=-1)，故函数(f(x))在点((1，f(1)))处的切线方程为(y-1=-(x-1))，即(x+y-2=0)。

(2).记函数(g(x)=f(x)-cfrac{a-1}{x})，若当(x=1)时，函数(g(x))有极大值，求(a)的取值范围；

分析：(g(x)=x-alnx-cfrac{a-1}{x})，定义域为((0，+infty))，

则(g'(x)=1-cfrac{a}{x}+cfrac{a-1}{x^2}=cfrac{x^2-ax+(a-1)}{x^2}=cfrac{(x-1)[x-(a-1)]}{x^2})

令(g'(x)=0)，则(x_1=1)，(x_2=a-1)，以下针对(a-1)与(1)的关系以及定义域分类讨论如下，

①当(a-1leq 0)时，即(aleq 1)时，

当(xin (0，1))时，(g'(x)<0)，(g(x))单调递减，当(xin (1，+infty))时，(g'(x)>0)，(g(x))单调递增，

故(x=1)不是函数(g(x))的极大值点，不合题意；

②当(0<a-1<1)时，即(1<a<2)时，

当(xin (0，a-1))时，(g'(x)>0)，(g(x))单调递增，当(xin (a-1，1))时，(g'(x)<0)，(g(x))单调递减，当(xin (1，+infty))时，(g'(x)>0)，(g(x))单调递增，故(x=1)不是为函数(g(x))的极大值点，不合题意；

③当(a-1=1)时，即(a=2)时，(g'(x)ge 0)恒成立，故(x=1)不是函数(g(x))的极值点，不合题意；

④当(a-1>1)时，即(a>2)时，

当(xin (0，1))时，(g'(x)>0)，(g(x))单调递增，当(xin (1，a-1))时，(g'(x)<0)，(g(x))单调递减，当(xin (a-1，+infty))时，(g'(x)>0)，(g(x))单调递增，故(x=1)为函数(g(x))的极大值点，满足题意；

综上所述，当(a>2)时，(x=1)为函数(g(x))的极大值点，即所求的(a)的取值范围是((2，+infty)).

例15【2018宁夏银川一中一模】已知函数(f(x)=lnx-ax^2+(a-2)x)，

(1).若(f(x))在(x=1)处取得极值，求(a)的值；

分析：由(f'(1)=0)，求得(a=-1)，经验证(a=-1)满足题意。

注意：必须要验证，使得(f'(x_0)=0)的(x_0)不见得就是极值点(变号零点)，还有不变号零点；

(2).求函数(y=f(x))在区间([a^2，a])上的最大值；

分析：由题目可知，定义域为限定定义域([a^2，a])，且由其可知(a^2-a<0)，解得参数(ain (0，1))；

求导，(f'(x)=cdots=cfrac{-2ax+(a-2)x+1}{x}=-cfrac{(2x-1)(ax+1)}{x})，做出其导函数的分子图像可知，分类讨论如下：

说明，区间([a^2，a])是区间长度变化的区间，用其和(cfrac{1}{2})的位置关系分三类讨论如下，

①当(0<aleq cfrac{1}{2})时，(f'(x)>0)，(f(x))在区间([a^2，a])上单调递增，故(f(x)_{max}=f(a)=lna-a^3+a^2-2a)；

②当(a^2ge cfrac{1}{2})且(a<1)时，即(cfrac{sqrt{2}}{2}leq a<1)时，(f'(x)<0)，(f(x))在区间([a^2，a])上单调递减，故(f(x)_{max}=f(a^2)=2lna-a^5+a^3-2a^2)；

③当(cfrac{1}{2}<a<cfrac{sqrt{2}}{2})时，(f(x))在区间([a^2，cfrac{1}{2}])上单调递增，在区间([cfrac{1}{2}，a])上单调递减，故(f(x)_{max}=f(cfrac{1}{2})=cfrac{a}{4}-1-ln2)；

综上所述：(y=f(x))在区间([a^2，a])上的最大值为(f(x)_{max}=F(a))

(F(a)=left{egin{array}{l}{lna-a^3+a^2-2a，0<aleq cfrac{1}{2}}\{cfrac{a}{4}-1-ln2，cfrac{1}{2}<a<cfrac{sqrt{2}}{2}}\{2lna-a^5+a^3-2a^2，cfrac{sqrt{2}}{2}leq a<1}end{array} ight.)

例16已知函数(f(x)=ax-1-lnx(ain R))

(1)讨论函数(f(x))的单调性。

(2)当(x>y>e-1)时，证明不等式(e^xcdot ln(1+y)>e^ycdot ln(1+x))

分析：(1)定义域为((0，+infty))，又(f'(x)=a-cfrac{1}{x}=cfrac{ax-1}{x})，

由于分母为正，故只针对分子(ax-1)分类讨论，

当(aleq 0)时，(ax-1<0)，即(f'(x)<0)，故在((0，+infty))上单调递减；

当(a>0)时，令(ax-1=0)，得到(x=cfrac{1}{a})，

故在((0，cfrac{1}{a}))上单调递减，在((cfrac{1}{a}，+infty))上单调递增。

(2)将欲证明结论

(e^xcdot ln(1+y)>e^ycdot ln(1+x))变形为(cfrac{ln(1+y)}{e^y}>cfrac{ln(1+x)}{e^x})，

题目转化为由(x>y>e-1)时，证明(cfrac{ln(1+y)}{e^y}>cfrac{ln(1+x)}{e^x})，

故我们构造函数(g(x)=cfrac{ln(1+x)}{e^x})，

这样命题转化为当(x>y>e-1)时，(g(y)>g(x))，

故只需要证明函数(g(x))在((e-1，+infty))上单调递减即可。

以下用导数证明。

(g'(x)=cfrac{cfrac{1}{x+1}cdot e^x-ln(x+1)cdot e^x}{(e^x)^2}=cfrac{cfrac{1}{x+1}-ln(x+1)}{e^x})，

令(h(x)=cfrac{1}{x+1}-ln(x+1))，

则(h'(x)=-cfrac{1}{(x+1)^2}-cfrac{1}{x+1}=-cfrac{x+2}{(1+x)^2})，

当(x>e-1)时，很显然(h'(x)<0)；

故函数(h(x))在((e-1，+infty))上单调递减，

故(h(x)<h(e-1)=cfrac{1}{e}-1<0)，

故导函数(g'(x)=cfrac{h(x)}{e^x}<0)在((e-1，+infty))上恒成立，

故函数(g(x))在((e-1，+infty))上单调递减，

证毕。

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1. ↩︎

2. 集合的关系习题 ↩︎