高考数学：一轮复习配套讲义：第2篇 第11讲 导数在研究函数中的应用

第11讲导数在研究函数中的应用[最新考纲]1．了解函数单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次).知识梳理1．函数的导数与单调性的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增．(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减．(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数．2．函数的极值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值．②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．辨析感悟1．导数与单调性的关系(1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件．(×)(2)函数在其定义域内离散的点处导数等于0不影响函数的单调性．(√)(3)(2012·辽宁卷改编)函数y＝12x2－ln x的单调递减区间为(0,1]．(√)2．导数与极值的关系问题(4)函数的极大值不一定比极小值大．(√)(5)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件．(×)(6)(2012·陕西卷改编)函数f(x)＝x e x在x＝－1处取得极小值．(√)3．关于闭区间上函数的最值问题(7)函数在开区间一定不存在最大值和最小值．(×)(8)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．(√)(9)(2014·郑州调研改编)函数f(x)＝e x－x(e为自然对数的底数)在区间[－1,1]上的最大值是e－1.(√)[感悟·提升]1．一点提醒函数最值是个“整体”概念，而函数极值是个“局部”概念．极大值与极小值没有必然的大小关系，如(4)．2．两个条件一是f′(x)>0在(a，b)上成立是f(x)在(a，b)上单调递增的充分不必要条件．如(1)．二是对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．如(5)．3．三点注意一是求单调区间时应遵循定义域优先的原则．二是函数的极值一定不会在定义域区间的端点取到．三是求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时应分类讨论．不可想当然认为极值就是最值，如(8).学生用书第40页考点一利用导数研究函数的单调性【例1】(2013·广东卷改编)设函数f(x)＝(x－1)e x－kx2.(1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )在x ∈[0，＋∞)上是增函数，求实数k 的取值范围． 解 (1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2， ∴f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝x (e x －2)． 令f ′(x )>0，即x (e x －2)>0， ∴x >ln 2或x <0.令f ′(x )<0，即x (e x －2)<0，∴0<x <ln 2. 因此函数f (x )的递减区间是(0，ln 2)； 递增区间是(－∞，0)和(ln 2，＋∞)． (2)易知f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2kx ＝x (e x －2k )． ∵f (x )在x ∈[0，＋∞)上是增函数，∴当x ≥0时，f ′(x )＝x (e x －2k )≥0恒成立． ∴e x －2k ≥0，即2k ≤e x 恒成立． 由于e x ≥1，∴2k ≤1，则k ≤12.又当k ＝12时，f ′(x )＝x (e x －1)≥0当且仅当x ＝0时取等号． 因此，实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12.规律方法 (1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号．而解答本题(2)问时，关键是分离参数k ，把所求问题转化为求函数的最小值问题． (2)若可导函数f (x )在指定的区间D 上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．【训练1】 已知函数f (x )＝x 3－ax 2－3x .(1)若f (x )在[1，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围； (2)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )的单调区间． 解 (1)对f (x )求导，得f ′(x )＝3x 2－2ax －3. 由f ′(x )≥0，得a ≤32⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x .记t (x )＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x ，则t ′(x )＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2，所以当x ≥1时，t (x )是增函数， ∴t (x )min ＝32(1－1)＝0.∴a ≤0. 故实数a 的取值范围是(－∞，0]．(2)由题意，得f ′(3)＝0，即27－6a －3＝0，∴a ＝4. ∴f (x )＝x 3－4x 2－3x ，f ′(x )＝3x 2－8x －3. 令f ′(x )＝0，得x ＝－13或3.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↗↘↗∴f (x )的单调递增区间为⎝ ⎦⎥⎤－∞，－13，[3，＋∞)；f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎦⎥－13，3.考点二 利用导数研究函数的极值【例2】 设f (x )＝a ln x ＋12x ＋32x ＋1，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴． (1)求a 的值； (2)求函数f (x )的极值．审题路线 (1)由f ′(1)＝0⇒求a 的值．(2)确定函数定义域⇒对f (x )求导，并求f ′(x )＝0⇒判断根左，右f ′(x )的符号⇒确定极值．解 (1)由f (x )＝a ln x ＋12x ＋32x ＋1， ∴f ′(x )＝a x －12x 2＋32.由于曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴， ∴该切线斜率为0，即f ′(1)＝0. 从而a －12＋32＝0，∴a ＝－1.(2)由(1)知，f (x )＝－ln x ＋12x ＋32x ＋1(x >0)，∴f ′(x )＝－1x －12x 2＋32＝(3x ＋1)(x －1)2x 2.令f ′(x )＝0，解得x ＝1或－13(舍去)．当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. ∴f (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数． 故f (x )在x ＝1处取得极小值f (1)＝3，f (x )无极大值．规律方法 (1)可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同．(2)若f (x )在(a ，b )内有极值，那么f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．【训练2】 已知a ，b 是实数，1和－1是函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx 的两个极值点． (1)求a 和b 的值；(2)设函数g (x )的导函数g ′(x )＝f (x )＋2，求g (x )的极值点． 解 (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .又1和－1是函数f (x )的两个极值点， ∴⎩⎨⎧f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，f ′(－1)＝3－2a ＋b ＝0. 解得，a ＝0，b ＝－3.(2)由(1)知，f (x )＝x 3－3x ，g ′(x )＝x 3－3x ＋2. 由g ′(x )＝0，得(x －1)2(x ＋2)＝0， ∴g ′(x )＝0的根为x ＝－2或1.当x <－2时，g ′(x )<0；当－2<x <1时，g ′(x )>0. ∴x ＝－2是函数g (x )的极小值点．当－2<x <1或x >1时，g ′(x )>0，故1不是g (x )的极值点． 所以g (x )的极小值点为－2，无极大值点.学生用书第41页【例3】 (2012·重庆卷)已知函数f (x )＝ax 3＋bx ＋c 在x ＝2处取得极值为c －16. (1)求a ，b 的值；(2)若f (x )有极大值28，求f (x )在[－3,3]上的最小值．审题路线 (1)⎩⎨⎧f ′(2)＝0，f (2)＝c －16⇒a ，b 的值；(2)求导确定函数的极大值⇒求得c 值⇒求得极大值、极小值、端点值⇒求得最值．解 (1)因f (x )＝ax 3＋bx ＋c ，故f ′(x )＝3ax 2＋b ， 由于f (x )在点x ＝2处取得极值c －16， 故有⎩⎨⎧ f ′(2)＝0，f (2)＝c －16，即⎩⎨⎧12a ＋b ＝0，8a ＋2b ＋c ＝c －16.化简得⎩⎨⎧ 12a ＋b ＝0，4a ＋b ＝－8，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝－12.(2)由(1)知f (x )＝x 3－12x ＋c ，f ′(x )＝3x 2－12. 令f ′(x )＝0，得x ＝－2或2.当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化情况如下表：＝c －16.由题设条件知，16＋c ＝28，解得c ＝12，此时f (－3)＝9＋c ＝21，f (3)＝－9＋c ＝3，f (2)＝c －16＝－4，因此f (x )在[－3,3]上的最小值为f (2)＝－4.规律方法 在解决类似的问题时，首先要注意区分函数最值与极值的区别．求解函数的最值时，要先求函数y ＝f (x )在[a ，b ]内所有使f ′(x )＝0的点，再计算函数y ＝f (x )在区间内所有使f ′(x )＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得． 【训练3】 设函数f (x )＝x ＋ax 2＋b ln x ，曲线y ＝f (x )过P (1,0)，且在P 点处的切线斜率为2. (1)求a ，b 的值；(2)令g (x )＝f (x )－2x ＋2，求g (x )在定义域上的最值．解 (1)f ′(x )＝1＋2ax ＋bx (x >0)，又f (x )过点P (1,0)，且在点P 处的切线斜率为2， ∴⎩⎨⎧ f (1)＝0，f ′(1)＝2，即⎩⎨⎧1＋a ＝0，1＋2a ＋b ＝2.解得a ＝－1，b ＝3. (2)由(1)知，f (x )＝x －x 2＋3ln x ，其定义域为(0，＋∞)， ∴g (x )＝2－x －x 2＋3ln x ，x >0， 则g ′(x )＝－1－2x ＋3x ＝－(x －1)(2x ＋3)x .当0<x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0.所以g (x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减． ∴g (x )的最大值为g (1)＝0，g (x )没有最小值．1．注意单调函数的充要条件，尤其对于已知单调性求参数值(范围)时，隐含恒成立思想．2．求极值、最值时，要求步骤规范、表格齐全，区分极值点与导数为0的点；含参数时，要讨论参数的大小．3．求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论．一个函数在其定义域内最值是唯一的，可以在区间的端点取得．创新突破3——导数在创新定义与不等式中的应用【典例】 (2013·安徽卷)设函数f (x )＝ax －(1＋a 2)x 2，其中a >0，区间I ＝{x |f (x )>0}． (1)求I 的长度(注：区间(α，β)的长度定义为β－α)；❶(2)给定常数k ∈(0,1)，当1－k ≤a ≤1＋k 时，求I 长度的最小值．❷ 突破：由❶理解区间长度的意义，转化为求不等式f (x )>0的解集． 由❷求I 的长度最小值，即求以a 为自变量的区间长度d (a )＝a1＋a 2，a ∈[1－k,1＋k ]构成的函数的最小值，利用导数求解．解 (1)因为方程ax －(1＋a 2)x 2＝0(a >0)有两个实根x 1＝0，x 2＝a1＋a 2，故f (x )>0的解集为{x |x 1<x <x 2}．因此区间I ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 1＋a 2，区间I 的长度为a 1＋a 2.(2)设d (a )＝a1＋a 2，则d ′(a )＝1－a 2(1＋a 2)2(a >0)．令d ′(a )＝0，得a ＝1.由于0<k <1，故当1－k ≤a <1时，(1－k )2≤a 2<1，d ′(a )>0，d (a )单调递增； 当1<a ≤1＋k 时，a 2>1，d ′(a )<0，d (a )单调递减．所以当1－k ≤a ≤1＋k 时，d (a )的最小值必定在a ＝1－k 或a ＝1＋k 处取得． 而d (1－k )d (1＋k )＝1－k1＋(1－k )21＋k 1＋(1＋k )2＝2－k 2－k 32－k 2＋k 3<1， 故d (1－k )<d (1＋k )．因此当a ＝1－k 时，d (a )在区间[1－k,1＋k ]上取得最小值1－k2－2k ＋k 2.[反思感悟] (1)本题以不等式的解集构成的区间长度为命题背景，将导数求最值和含参数的不等式解法交汇，命题情境创新．(2)解法创新，从不等式出发，构造函数利用导数判断函数的单调性，根据单调性确定最值d (1－k )与d (1＋k )，并借助不等式性质比较二者的关系，体现了转化与化归的思想． 【自主体验】 已知函数f (x )＝x 2e －x . (1)求f (x )的极小值和极大值；(2)当曲线y ＝f (x )的切线l 的斜率为负数时，求l 在x 轴上截距的取值范围． 解 易知f (x )的定义域R ，且f ′(x )＝－x (x －2)e x.① 令f ′(x )＝0，得x ＝0或2.当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：↗(2)设切点为(t，f(t))，则l的方程为y＝f′(t)(x－t)＋f(t)．所以l在x轴上的截距为m(t)＝t－f(t)f′(t)＝t＋tt－2＝t－2＋2t－2＋3.由已知和①得t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)．令h(x)＝x＋2x(x≠0)，则当x∈(0，＋∞)时，h(x)的取值范围是[22，＋∞)；当x∈(－∞，－2)时，h(x)的取值范围是(－∞，－3)．所以当t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，m(t)的取值范围是(－∞，0)∪[22＋3，＋∞)．综上，l在x轴上的截距的取值范围是(－∞，0)∪[22＋3，＋∞).第11讲导数在研究函数中的应用基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如右图所示，则该函数的图象是()．解析由y＝f′(x)的图象知，y＝f(x)的图象为增函数，且在区间(－1,0)上增长速度越来越快，而在区间(0,1)上增长速度越来越慢．答案 B2．(2014·青岛模拟)函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是()．A．－2 B．0C．2 D．4解析f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或2.∴f(x)在[－1,0)上是增函数，f(x)在(0,1]上是减函数．＝f(0)＝2.∴f(x)max＝f(x)极大值答案 C3．对于在R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－a)f′(x)≥0，则必有()．A．f(x)≥f(a) B．f(x)≤f(a)C．f(x)>f(a) D．f(x)<f(a)解析由(x－a)f′(x)≥0知，当x>a时，f′(x)≥0；当x<a时，f′(x)≤0.∴当x ＝a时，函数f(x)取得最小值，则f(x)≥f(a)．答案 A4．(2013·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是()．A．∃x0∈R，f(x0)＝0B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)上单调递减D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0解析若c＝0，则有f(0)＝0，所以A正确．函数f(x)的解析式可以通过配方的方法化为形如(x＋m)3＋n(x＋m)＋h的形式，通过平移函数图象，函数的解析式可以化为y＝x3＋nx的形式，这是一个奇函数，其图象关于坐标原点对称，故函数f(x)的图象是中心对称图形，所以B正确；由三次函数的图象可知，若x0是f(x)的极小值点，则极大值点在x0的左侧，所以函数在区间(－∞，x0 )单调递减是错误的，D正确．选C.答案 C5．(2013·福建卷)设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是()．A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)B．－x0是f(－x)的极小值点C．－x0是－f(x)的极小值点D．－x0是－f(－x)的极小值点解析A错，因为极大值未必是最大值；B错，因为函数y＝f(x)与函数y＝f(－x)的图象关于y轴对称，－x0应是f(－x)的极大值点；C错，函数y＝f(x)与函数y ＝－f(x)的图象关于x轴对称，x0应为－f(x)的极小值点；D正确，函数y＝f(x)与y＝－f(－x)的图象关于原点对称，－x0应为y＝－f(－x)的极小值点．答案 D二、填空题6．若函数f(x)＝x2＋ax＋1在x＝1处取极值，则a＝________.解析由f′(x)＝2x(x＋1)－(x2＋a)(x＋1)2＝x2＋2x－a(x＋1)2＝0，∴x2＋2x－a＝0，x≠－1，又f(x)在x＝1处取极值，∴x＝1是x2＋2x－a＝0的根，∴a＝3.答案 37．函数f(x)＝xln x的单调递减区间是________．解析f′(x)＝ln x－1ln2x，令f′(x)<0得ln x－1<0，且ln x≠0.∴0<x<1或1<x<e，故函数的单调递减区间是(0,1)和(1，e)． 答案 (0,1)，(1，e)8．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．解析 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－(x －1)(x －3)x ，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3. 答案 (0,1)∪(2,3) 三、解答题9．(2014·郑州质检)已知函数f (x )＝ax 2＋b ln x 在x ＝1处有极值12. (1)求a ，b 的值；(2)判断函数y ＝f (x )的单调性并求出单调区间． 解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b x ，又f (x )在x ＝1处有极值12. ∴⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝12，f ′(1)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，2a ＋b ＝0.解得a ＝12，b ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝12x 2－ln x ，其定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －1x ＝(x ＋1)(x －1)x .令f ′(x )＝0，解得x ＝1或－1(舍去)． 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以函数y ＝f (10．(2013·重庆卷)设f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴相交于点(0,6)．(1)确定a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间与极值． 解 (1)因为f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ， 所以f ′(x )＝2a (x －5)＋6x .令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ， 所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为 y －16a ＝(6－8a )(x －1)，由点(0,6)在切线上可得6－16a ＝8a －6，故a ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝12(x －5)2＋6ln x (x >0)， f ′(x )＝x －5＋6x ＝(x －2)(x －3)x .令f ′(x )＝0，解得x ＝2或3. 当0<x <2或x >3时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2<x <3时，f ′(x )<0，故f (x )在(2,3)上为减函数．由此可知f (x )在x ＝2处取得极大值f (2)＝92＋6ln 2，在x ＝3处取得极小值f (3)＝2＋6ln 3.能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、选择题1．(2014·杭州质检)函数f (x )＝x 2－2ax ＋a 在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g (x )＝f (x )x 在区间(1，＋∞)上一定( )．A ．有最小值B ．有最大值C ．是减函数D ．是增函数解析 由函数f (x )＝x 2－2ax ＋a 在区间(－∞，1)上有最小值，可得a <1，又g (x )＝f (x )x ＝x ＋a x －2a ，则g ′(x )＝1－ax 2，易知在x ∈(1，＋∞)上g ′(x )>0，所以g (x )在(1，＋∞)上为增函数． 答案 D2．(2013·湖北卷)已知a 为常数，函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点x 1，x 2(x 1＜x 2)，则( )．A ．f (x 1)＞0，f (x 2)＞－12B ．f (x 1)＜0，f (x 2)＜－12 C ．f (x 1)＞0，f (x 2)＜－12 D ．f (x 1)＜0，f (x 2)＞－12解析 f ′(x )＝ln x ＋1－2ax (x ＞0)，依题意ln x ＋1－2ax ＝0有两个正实数根x 1，x 2(x 1＜x 2)．设g (x )＝ln x ＋1－2ax ；则g ′(x )＝1x －2a ，显然当a ≤0时不合题意，必有a ＞0.令g ′(x )＝0，得x ＝12a ，于是g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上是增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上是减函数，所以g (x )在x ＝12a 处取得极大值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝ln 12a ＞0，即12a ＞1,0＜a ＜12，且应有x 1＜12a ＜x 2.于是f (x 1)＝x 1ln x 1－ax 21＝x 1(2ax 1－1)－ax 21＝ax 21－x 1＝x 1(ax 1－1)＜0.又x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，x 2时f ′(x )＞0，x ∈(x 2，＋∞)时f ′(x )＜0，所以x 2是f (x )的极大值点，所以f (x 2)＞f (1)＝－a ＞－12. 答案 D 二、填空题3．设直线x ＝t ，与函数f (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN | 达到最小时t 的值为________． 解析 当x ＝t 时，f (t )＝t 2，g (t )＝ln t ， ∴y ＝|MN |＝t 2－ln t (t ＞0)．∴y ′＝2t －1t ＝2t 2－1t ＝2⎝⎛⎭⎪⎫t ＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫t －22t.当0＜t ＜22时，y ′＜0；当t ＞22时，y ′＞0. ∴y ＝|MN |＝t 2－ln t 在t ＝22时有最小值． 答案 22 三、解答题4．(2014·兰州模拟)已知函数f (x )＝－x 2＋ax －ln x (a ∈R )． (1)当a ＝3时，求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的最大值和最小值；(2)当函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上单调时，求a 的取值范围．解 (1)a ＝3时，f ′(x )＝－2x ＋3－1x ＝－2x 2－3x ＋1x ＝－(2x －1)(x －1)x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝12或1.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(1，＋∞)时，f ′(x )<0，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞)上单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，f ′(x )>0，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增， 所以函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上仅有极大值点x ＝1，故这个极大值点也是最大值点，故函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的最大值是f (1)＝2.又f (2)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝(2－ln 2)－⎝ ⎛⎭⎪⎫54＋ln 2＝34－2ln 2<0， 故f (2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，故函数在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的最小值为f (2)＝2－ln 2.(2)f ′(x )＝－2x ＋a －1x ，令g (x )＝2x ＋1x ，则g ′(x )＝2－1x 2，则函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，22上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫22，2上单调递增，由g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3，g (2)＝92，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝22，故函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2的值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫22，92.若要f ′(x )≤0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上恒成立，即a ≤2x ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2恒成立，只要a ≤22；若要f ′(x )≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上恒成立，即a ≥2x ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上恒成立，只要a ≥ 92，即a 的取值范围是(－∞，2 2 ]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫92，＋∞.学生用书第42页。