2020年高考数学(理)总复习利用导数解决不等式问题(解析版)

2020年高考数学（理）总复习：利用导数解决不等式问题题型一利用导数解决不等式的恒建立与能建立问题【题型重点】已知不等式f(x，λ)≥0(λ为实参数)对随意的x∈D恒建立，求参数λ的取值范围．利用导数解决这个问题的常用思想方法以下：(1)分别参数法：第一步，将原不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为实参数)分别，使不等式的一边是参数，另一边不含参数，即化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式；第二步，利用导数求出函数f2(x)(x∈D)的最大(小)值；第三步，解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min从而求出参数λ的取值范围．(2)函数思想法：第一步，将不等式转变为某含参数的函数的最值问题；第二步，利用导数求出该函数的极值(最值)；第三步，建立不等式求解．【例1】已知函数f(x)＝x4＋ax3＋2x2＋b(x∈R)，此中a，b∈R.10(1)当a＝－3时，议论函数f(x)的单一性；(2)若函数f(x)仅在x＝0处有极值，求a的取值范围；(3)若对于随意的a∈[－2,2]，不等式f(x)≤1在[－1,1]上恒建立，求b的取值范围．【解】(1)f′(x)＝4x3＋3ax2＋4x＝x(4x2＋3ax＋4)．当a＝－10时，f′(x)＝x(4x2－10x＋4)＝2x(2x－1)(x－2)．31令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝2，x3＝2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况以下表：1x(－∞，0)01112(2，＋∞)(0，)2(，2)22f′(x)－0＋0－0＋f(x)↘极小值↗极大值↘极小值↗1所以f(x)在(0，2)，(2，＋∞)内是增函数，在(－∞，0)，(1，2)内是减函数．2(2)f′(x)＝x(4x2＋3ax＋4)，明显x＝0不是方程4x2＋3ax＋4＝0的根．为使f(x)仅在x＝0处有极值，一定4x2＋3ax＋4≥0建立，即有＝9a2－64≤0.解此不等式，得－883≤a≤＝b是独一极值．所以知足条件的a的取值范围是[－3.这时，f(0)8，8]．33(3)解：由条件a∈[－2,2]，可知＝9a2－64<0，从而4x2＋3ax＋4>0恒建立．当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0.所以函数f(x)在[－1,1]上的最大值是f(1)与f(－1)二者中的较大者．为使对随意的a∈[－2,2]，不等式f(x)≤1在[－1,1]上恒建立，当且仅当f1≤1，即f－1≤1b≤－2－ab的取值范围是(－∞，－在a∈[－2,2]上恒建立．所以b≤－4，所以知足条件的b≤－2＋a4]．题组训练一利用导数解决不等式的恒建立与能建立问题已知函数f(x)＝ex－1＋ax，a∈R.(1)议论函数f(x)的单一区间；(2)若?x∈[1，＋∞)，f(x)＋lnx≥a＋1恒建立，求a的取值范围．【分析】(1)f′(x)＝ex－1＋a，2(ⅰ)当a≥0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单一递加；(ⅱ)当a<0时，令f′(x)＝0，则x＝ln(－a)＋1，当f′(x)>0，即x>ln(－a)＋1时，函数f(x)单一递加；当f′(x)<0，即x<ln(－a)＋1时，函数f(x)单一递减．综上，当a≥0时，函数f(x)在R上单一递加；当a<0时，函数f(x)的单一递加区间是(ln(－a)＋1，＋∞)，单一递减区间是(－∞，ln(－a)＋1)．(2)令a＝－1，由(1)可知，函数f(x)＝ex－1－x的最小值为f(1)＝0，所以ex－1－x≥0，即x－1e≥x.f(x)＋lnx≥a＋1恒建立与f(x)＋lnx－a－1≥0恒建立等价，令g(x)＝f(x)＋lnx－a－1，即g(x)＝ex－1＋a(x－1)＋lnx－1(x≥1)，则g′(x)＝ex－1＋1x＋a，x－111＋a≥21x－11，①当a≥－2时，g′(x)＝e＋＋a≥x＋x·＋a＝a＋2≥0(或令φ(x)＝e＋xxxxx－11则φ′(x)＝e－x2在[1，＋∞)上递加，∴φ′(x)≥φ′(1)＝0，∴φ(x)在[1，＋∞)上递加，∴φ(x)≥φ(1)＝2，∴g′(x)≥0)g(x)在区间[1，＋∞)上单一递加，g(x)≥g(1)＝0，∴f(x)＋lnx≥a＋1恒建立，x－112x－1x－11xe－1②当a<－2时，令h(x)＝e＋x＋a，则h′(x)＝e－x2＝x2，当x≥1时，h′(x)≥0，函数h(x)单一递加．又h(1)＝2＋a＜0，h(1－a)＝e1－a－1＋1＋a≥1－a＋1＋a＝1＋1>0，∴存在x0∈(1,1－a)，使得h(x0)1－a1－a1－a0，故当x∈(1，x0)时，h(x)<h(x0)＝0，即g′(x)<0，故函数g(x)在(1，x0)上单一递减；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>h(x0)＝0，即g′(x)>0，故函数g(x)在(x0，＋∞)上单一递加．g(x)min＝g(x0)<g(1)＝0，即?x∈[1，＋∞)，f(x)＋lnx≥a＋1不恒建立，3综上所述，a的取值范围是[－2，＋∞)．题型二利用导数证明与函数相关的不等式【题型重点】用导数证明不等式的方法(1)利用单一性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①?x∈[a，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；②对x1，x2∈[a，b]，且x1<x2，则f(x1)<f(x2)．对于减函数有近似结论．(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则对?x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)．(3)证明f(x)<g(x)，可结构函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0.【例2】已知函数f(x)＝(lnx－k－1)x(k∈R)．(1)当x>1时，求f(x)的单一区间和极值；(2)若对于随意x∈[e，e2]，都有f(x)<4lnx建立，求k的取值范围；(3)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1x2<e2k.1(1)【分析】f′(x)＝x·x＋lnx－k－1＝lnx－k，①当k≤0时，由于x>1，所以f′(x)＝lnx－k>0，函数f(x)的单一递加区间是(1，＋∞)，无单一递减区间，无极值；②当k>0时，令lnx－k＝0，解得x＝ek，当1<x<ek时，f′(x)<0；当x>ek时，f′(x)>0.k所以函数f(x)的单一递减区间是(1，e)，单一递加区间是(ek，＋∞)，在区间(1，＋∞)上的极小值为f(ek)＝(k－k－1)ek＝－ek，无极大值．(2)【分析】由题意，f(x)－4lnx<0，即问题转变为(x－4)lnx－(k＋1)x<0对于x∈[e，e2]恒建立．4即k＋1>x－4lnx对x∈[e，e2]恒建立．xx－4lnx4lnx＋x－4令g(x)＝，则g′(x)＝2，xx24令t(x)＝4lnx＋x－4，x∈[e，e]，则t′(x)＝x＋1>0，2所以t(x)在区间[e，e]上单一递加，故t(x)min＝t(e)＝e－4＋4＝e>0，故g′(x)>0，所以g(x)在区间[e，e2]上单一递加，函数g(x)max＝g(e2)＝2－82.ex－4lnx2要使k＋1>对于x∈[e，e]恒建立，8只需k＋1>g(x)max，所以k＋1>2－e2，即实数k的取值范围为18,e2(3)[证明]由于f(x)＝f(x2)，由(1)知，函数f(x)在区间(0，ek)上单一递减，在区间(ek，＋∞)上单一递加，且f(ek＋1)＝0.不如设x1<x2，则0<x1<ek<x2<ek＋1，2k2k要证x1x2<e2k，只需证x2<e，即证ek<x2<e.x1x1由于f(x)在区间(ek，＋∞)上单一递加，所以f(x2)<fe2k.x1e2k又f(x)＝f(x2)，即证f(x1)<f，x15结构函数h(x)＝f(x)－fe2kx1＝(lnx－k－1)x－lne2kk1e2k，xx即h(x)＝xlnx－(k＋1)x＋e2klnxk1，xxx∈(0，ek)．h′(x)＝lnx＋1－(k＋1)＋e2k1lnxk1x2x2＝(lnx－k)x2－e2k，x2由于x∈(0，ek)，所以lnx－k<0，x2<e2k，即h′(x)>0，所以函数h(x)在区间(0，ek)上单一递加，故h(x)<h(ek)，而h(ek)＝f(ek)－fe2k＝0，故ekh(x)<0，e2ke2k，所以f(x1)<f，即f(x2)＝f(x1)<fx1x1所以x1x2<e2k建立．题组训练二利用导数证明与函数相关的不等式a已知函数f(x)＝lnx＋x(a>0)．(1)若函数f(x)有零点，务实数a的取值范围；(2)证明：当2－xa≥时，f(x)>e.e(1)【解】方法一函数f(x)＝lna的定义域为(0，＋∞)．x＋xa1ax－a由f(x)＝lnx＋x，得f′(x)＝x－x2＝x2.6由于a>0，则当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以函数f(x)在(0，a)上单一递减，在(a，＋∞)上单一递加．当x＝a时，f(x)min＝lna＋1.1当lna＋1≤0，即0<a≤时，e又f(1)＝ln1＋a＝a>0，则函数f(x)有零点．0,1a所以实数a的取值范围为e方法二函数f(x)＝lnx＋x的定义域为(0，＋∞)．a由f(x)＝lnx＋x＝0，得a＝－xlnx.令g(x)＝－xlnx，则g′(x)＝－(lnx＋1)．当x∈0,1时，g′(x)>0；e当x∈1,时，g′(x)<0.e所以函数g(x)在0,1上单一递加，e在1,上单一递减．e故当x＝1时，函数g(x)获得最大值g1ee111＝－lne＝.eea1由于函数f(x)＝lnx＋有零点，则0<a≤，xe所以实数a的取值范围为0,1.e7(2)【证明】要证明当2－x，a≥时，f(x)>ee2a>e－x即证明当x>0，a≥时，lnx＋，ex即xlnx＋a>xe－x.令h(x)＝xlnx＋a，则h′(x)＝lnx＋1.当0<x<1时，h′(x)<0；e当x>1e时，h′(x)>0.所以函数h(x)在0,1上单一递减，在1,上单一递加．ee当x＝1时，h(x)min＝－1＋a.ee211.①于是，当a≥时，h(x)≥－＋a≥eee令φ(x)＝xe－x，则φ′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)．当0<x<1时，φ′(x)>0；当x>1时，φ′(x)<0.所以函数φ(x)在(0，1)上单一递加，在(1，＋∞)上单一递减．1当x＝1时，φ(x)max＝φ(1)＝e.1于是，当x>0时，φ(x)≤e.②明显，不等式①②中的等号不可以同时建立．2－x故当a≥时，f(x)>e.e题型三用赋值法证明与正整数相关的不等式【题型重点】利用导数研究的正整数不等式一般都与题目给出的函数不等式相关，如本例中给出8111的函数f(x)在a＝2，x≥1时，有不等式2xx≥lnx，依据函数的定义域，这个不等式当然对全部大于等于1的数建立，这样依据所证不等式的特色，给定x以适合的数值即可证明正整数不等式．凡波及从1到n的整数的不等式，并且不等式中含有lnn的问题，一般都是经过赋值使之产生lnn＋1，lnn等使问题获取解决的，如证明1＋2＋＋nnn－123n＋1<n＋ln2－ln(n＋2)时，就是经过变换n＝1－1，从而经过不等式x>ln(1＋x)(x>0)，得1>ln11n＋1n＋1nnln(n＋1)－lnn.证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，经过结构正实数的不等式进行证明，而不可以直接结构正整数的函数，由于这样的函数不是可导函数，使用导数就是错误的．【例3】已知函数f(x)＝ax＋b＋c(a>0)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.x(1)用a表示出b，c；(2)若f(x)≥lnx在[1，＋∞)上恒建立，求a的取值范围；(3)111n(n≥1)．证明：1＋＋＋＋>ln(n＋1)＋2n＋123nf1＝a＋b＋c＝0，【分析】(1)f′(x)＝a－x2，则有f′1＝a－b＝1，b＝a－1解得c＝1－2a.a－1(2)由(1)知f(x)＝ax＋x＋1－2a.a－1令g(x)＝f(x)－lnx＝ax＋x＋1－2a－lnx，x∈[1，＋∞)，a－11则g(1)＝0，g′(x)＝a－x2－x1a＝ax2－x－a－1a(x1)xa2＝xx29(ⅰ)当0＜a<1时，1－aa>1.21－a，则g′(x)<0，g(x)是减函数，若1<x<a所以g(x)<g(1)＝0，即f(x)<lnx故f(x)≥lnx在[1，＋∞)上不恒建立．1时，1－a(ⅱ)当a≥≤1，2a若x＞1，则g′(x)>0，g(x)是增函数，所以g(x)>g(1)＝0，即f(x)>lnx，故当x≥1时，f(x)≥lnx.综上所述，所求a的取值范围为1,2

1(3)证法一：由(2)知当a≥时，有f(x)≥lnx(x≥1)．211x1令a＝2，有f(x)＝2x≥lnx(x≥1)，且当x＞1时，1x1＞lnx.2x令x＝k＋1，且lnk＋11kk<2

k1kkk1＝11111，2kk1即ln(k＋1)－lnk<111，k＝1,2,3，，n.2kk1将上述n个不等式挨次相加得ln(n＋1)<1＋111＋1，223n2n＋1111n.整理得1＋＋＋>ln(n＋1)＋2n＋123n证法二：用数学概括法证明．10①当n＝1时，左侧＝1，1右侧＝ln2＋<1，不等式建立．②假定n＝k时，不等式建立，就是1＋1＋1＋＋1>ln(k＋1)＋k.23k2k＋1那么1＋1＋1＋＋1＋1k＋1＝ln(k＋1)＋k＋223kk＋1>ln(k＋1)＋2k＋1k＋12k＋1.1由(2)知当a≥时，有f(x)≥lnx(x≥1)．2令a＝1，有f(x)＝11≥lnx(x≥1)．22xx令x＝k＋2，得1k＋12

k2k1k1k2

k＋2≥ln＝ln(k＋2)－ln(k＋1)．k＋1∴ln(k＋1)＋k＋2≥ln(k＋2)＋k＋12k＋12k＋2.1111k＋1∴1＋2＋3＋＋k＋k＋1>ln(k＋2)＋2k＋2.这就是说，当n＝k＋1时，不等式也建立，依据①和②，可知不等式对任何n∈N*都建立．题组训练三用赋值法证明与正整数相关的不等式设函数f(x)＝ex－ax－1，对?x∈R，f(x)≥0恒建立．(1)求a的取值会合；(2)111*)．求证：1＋＋＋＋>ln(n＋1)(n∈N23n【分析】(1)f(x)＝ex－ax－1，f′(x)＝ex－a，①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在x∈R上单一递加，又f(0)＝0，所以当x∈(－∞，0)，f(x)<0，不合题意，舍去；11②当a>0时，x∈(－∞，lna)，f′(x)<0，f(x)单一递减，x∈(lna，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单一递加，f(x)min＝f(lna)＝a－alna－1，则需a－alna－1≥0恒建立．令g(a)＝a－alna－1，g′(a)＝－lna，当a∈(0,1)时，g′(a)>0，g(a)单一递加，当a∈(1，＋∞)时，g′(a)<0，g(a)单一递减，而g(1)＝0，所以a－alna－1≤0恒建立．所以a的取值集合为{1}．(2)由(1)可得ex－x－1>0(x>0)，x>ln(x＋1)(x>0)，令x＝1，n111＝lnn＋1－lnn，则>lnn＝ln(n＋1)nn111*所以1＋＋＋＋>(ln2－ln1)＋(ln3－ln2)＋＋(ln(n＋1)－lnn)＝ln(n＋1)(n∈N)．23n题型四结构函数法在解题中的应用【例4】已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R)．(1)求f(x)的单一区间与极值；3ex31－3a.(2)求证：当a>ln，且x>0时，x>x＋xe2【分析】(1)由f(x)＝ex－3x＋3a，知f′(x)＝ex－3.令f′(x)＝0，得x＝ln3，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况以下表：x(－∞，ln3)ln3(ln3，＋∞)f′(x)－0＋f(x)3(1－ln3＋a)故f(x)的单一递减区间是(－∞，ln3)，单一递加区间是(ln3，＋∞)，f(x)在x＝ln3处获得极小值，极小值为f(ln3)＝3(1－ln3＋a)．(2)证明：待证不等式等价于x32－3ax＋1，e>x212设g(x)＝ex－3x2＋3ax－1，2于是g′(x)＝ex－3x＋3a.由(1)及a>ln3＝ln3－1知，eg′(x)的最小值为g′(ln3)＝3(1－ln3＋a)>0.于是对随意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单一递加．3于是当a>ln＝ln3－1时，对随意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．而g(0)＝0，从而对随意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex>3x2－3ax＋1，故ex>3x＋1－3a.2x2x题组训练四1．结构函数解不等式已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，知足f′(x)<f(x)，且f(x＋2)为偶函数，f(4)＝1，则不等式f(x)<ex的解集为()A．(－2，＋∞)B．(0，＋∞)C．(1，＋∞)D．(4，＋∞)【分析】由于f(x＋2)为偶函数，所以f(x＋2)的图象对于x＝0对称，所以f(x)的图象对于x＝2对称．所以f(0)＝f(4)＝1.设g(x)＝fxf′xex－fxexf′x－fxex(x∈R)，则g′(x)＝ex2＝ex.又f′(x)<f(x)，所以g′(x)<0(x∈R)，所以函数g(x)在定义域上单一递减．x?fx<1，而g(0)＝f0＝1，由于f(x)<ex0ee所以f(x)<ex?g(x)<g(0)，所以x>0.应选B.【答案】B132．结构函数证明不等式设函数f(x)＝ax2lnx＋b(x－1)(x＞0)，曲线y＝f(x)过点(e，e2－e＋1)，且在点(1,0)处的切线方程为y＝0.(1)求a，b的值；(2)证明：当x≥1时，f(x)≥(x－1)2；(3)若当x≥1时，f(x)≥m(x－1)2恒建立，务实数m的取值范围．【解】(1)函数f(x)＝ax2lnx＋b(x－1)(x＞0)，可得f′(x)＝2alnx＋ax＋b，由于f′(1)＝ab＝0，f(e)＝ae2＋b(e－1)＝a(e2－e＋1)＝e2－e＋1，所以a＝1，b＝－1.(2)证明：f(x)＝x2lnx－x＋1，设g(x)＝x2lnx＋x－x2(x≥1)，g′(x)＝2xlnx－x＋1，(g′(x))＝′2lnx＋1＞0，所以g′(x)在[0，＋∞)上单一递加，所以g′(x)≥g′(1)＝0，所以g(x)在[0，＋∞)上单一递加，所以g(x)≥g(1)＝0，所以f(x)≥(x－1)2.(6分)(3)设h(x)＝x2lnx－x－m(x－1)2＋1，h′(x)＝2xlnx＋x－2m(x－1)－1，由(2)中知x2lnx≥(x－1)2＋x－1＝x(x－1)，所以xlnx≥x－1，所以h′(x)≥3(x－1)－2m(x－1)，3①当3－2m≥0即m≤时，h′(x)≥0，2所以h(x)在[1，＋∞)单一递加，所以h(x)≥h(1)＝0，建立．3②当3－2m＜0即m＞时，h′(x)＝2xlnx＋(1－2m)(x－1)，(h′(x))＝′2lnx＋3－2m，142m－3令(h′(x))＝′0，得x0＝e＞1，2当x∈[1，x0)时，h′(x)＜h′(1)＝0，3所以h(x)在[1，x0)上单一递减，所以h(x)＜h(1)＝0，不建立．综上，m≤.23．结构函数解决数列问题设函数f(x)＝x2－ln(x＋1)，证明：对随意的正整数n不等式f(1)＋f1＋f1＋＋23f1111333【证明】从数列的角度考虑左侧的通项为f1，右侧的通项为11nn3，若能证明fn1323<3，则不等式获证，为此结构函数F(x)＝f(x)－x＝x－ln(x＋1)－x，n则F′(x)＝－3x2＋2x－1x＋1＝－3x3＋x2－2x＋1x＋1＝－3x3＋x－12，x＋1明显当x∈[0，＋∞)时，F′(x)<0，所以函数F(x)在[0，＋∞)上是单一减函数，又F(0)＝0，所以当x∈[0，＋∞)时，恒有F(x)<F(0)＝0，即x2－ln(x＋1)<x3恒建立．所以x∈[0，＋∞)时，f(x)<x3，取x＝1k，1511f(1)<1，f1111n，不等则有f<3，所以2<3，，fn<3，于是对随意的正整数kk2n式f(1)＋f1＋f1＋＋f123n

111<1＋23＋33＋＋n3建立．【专题训练】1．已知函数f(x)＝ax2＋2x－ln(x＋1)(a为常数)．(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单一区间；(2)当x∈[0，＋∞)时，不等式f(x)≤x恒建立，务实数的取值范围．【分析】(1)函数的定义域为(－1，＋∞)，当a＝－1时，f(x)＝－x2＋2x－ln(x＋1)，2∴f′(x)＝－2x＋2－1＝1－2x，x＋1x＋12由f′(x)>0得，－2<x<2，由f′(x)<0得，－1<x<22或x>22，∴函数f(x)的单一增区间为2,2，单一减区间为1,2和2,2222(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤x恒建立，令g(x)＝f(x)－x＝ax2＋x－ln(x＋1)，问题变换为x∈[0，＋∞)时，g(x)max≤0.∵g′(x)＝2ax＋1－1＝x[2ax＋2a＋1]，1＋xx＋1①当a＝0时，g′(x)＝x，＋∞)上单一递加，x＋1≥0，∴g(x)在x∈[0此时g(x)无最大值，故a＝0不合题意．－2a＋1<0，②当a>0时，令g′(x)＝0解得，x1＝0，x2＝2a16此时g(x)在x∈[0，＋∞)上单一递加，此时无最大值，故a>0不合题意．－2a＋1③当a<0时，令g′(x)＝0解得，x1＝0，x2＝，2a1－2a＋1>0，而g(x)在[0，x2)上单一递加，在[x2，＋∞)上单一递减，当－<a<0时，x2＝22a∴g(x)max＝g(x2)＝a－1－ln14a2aa－4a1＋ln(－2a)，令φ(x)＝x－1＋ln(－2x)，x∈1,0，4x212x＋12则φ′(x)＝1＋4x2＋x＝4x2>0，∴φ(x)在x∈

,0上单一递加，21＝－183又φ＋e－3ln2，e8e4当e≈2.71时，e3≈19.，9∴φ(x)在x∈

,0上小于或等于不恒建立，2即g(x)max≤0不恒建立，1故－2<a<0不合题意．当a≤－1时，x2＝－2a＋1≤0，22a而此时g(x)在x∈[0，＋∞)上单一递减，g(x)max＝g(0)＝0，切合题意．17综上可知，实数的取值范围是,122x－12．已知f(x)＝a(x－lnx)＋x2，a∈R.(1)议论f(x)的单一性；(2)当a＝1时，证明f(x)>f′(x)＋32对于随意的x∈[1,2]建立．【分析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，a22ax2－2x－1f′(x)＝a－x－x2＋x3＝x3.当a≤0时，x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单一递加，x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单一递减．当a>0时，f′(x)＝ax－1x223x.xaa①0<a<2时，2a>1，当x∈(0,1)或x∈2,时，f′(x)>0，f(x)单一递加，a当x∈1,2时，f′(x)<0，f(x)单一递减．a②a＝2时，2＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单一递加．a③a>2时，0<20,2a<1，当x∈a或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单一递加，当x∈2,1时，f′(x)<0，f(x)单一递减．a18综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,1)内单一递加，在(1，＋∞)内单一递减；当0<a<2时，f(x)在(0,1)内单一递加，在1,2内单一递减，在2,内单一递aa增；当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单一递加；当a>2时，f(x)在0,2内单一递加，a在2内单一递减，在(1，＋∞)内单