高考数学一轮复习练案17第二章函数导数及其应用第十二讲导数在研究函数中的应用第3课时导数与函数的零点或方程的根不等式含解析新人教版

一轮复习精品资料(高中)PAGEPAGE1第三课时导数与函数的零点或方程的根、不等式A组基础巩固一、单选题1．(2021·贵州贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为〖－1，4〗，部分对应值如下表：x－10234f(x)12020f(x)的导函数f′(x)的大致图象如图所示．当1<a<2时，函数y＝f(x)－a的零点个数为(D)A．1 B．2C．3 D．4〖〖解析〗〗根据导函数图象，知2是函数f(x)的极小值点，0和3是函数f(x)的极大值点，则函数f(x)的大致图象如图所示．因为1<a<2，所以数形结合可知y＝f(x)－a的零点个数为4.2．已知函数f(x)＝ex－x＋a，若f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围是(A)A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1)C．〖－1，＋∞) D．(－∞，－1〗〖〖解析〗〗f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0；令f′(x)<0，解得x<0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝1＋a，若f(x)>0恒成立，则1＋a>0，解得a>－1，故选A.3．(2021·安徽省黄山市高三第一次质量检测)定义域为R的函数f(x)满足f′(x)>f(x)，则不等式ex－1f(x)<f(2x－1)的解为(CA.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)〖〖解析〗〗设g(x)＝eq\f(f（x）,ex)，g′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)>0，知g(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，由ex－1·f(x)<f(2x－1)得：eq\f(f（x）,ex)<eq\f(f（2x－1）,e2x－1)，即g(x)<g(2x－1)，所以x<2x－1，解得x>1，故选C.二、多选题4．若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)－xf′(x)>0，则下列命题正确的是(BC)A．3f(1)<f(3) B．3f(1)>C．2f(2)>f(4) D．3f(3)<〖〖解析〗〗由于f(x)>xf′(x)，则〖eq\f(f（x）,x)〗′＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)<0恒成立，因此eq\f(f（x）,x)在R上是单调递减函数，∴eq\f(f（3）,3)<eq\f(f（1）,1)，即3f(1)>f(3)．同理2f(2)>f(4)，3f(3)>f(9)，选B、C.5．(2020·山东日照二模)已知函数f(x)＝e|x|sinx，则下列结论正确的是(BD)A．f(x)是周期为2π的奇函数B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上为增函数C．f(x)在(－10π，10π)内有21个极值点D．f(x)≥ax在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上恒成立的充要条件是a≤1〖〖解析〗〗本题考查利用导数研究函数的单调性、极值以及恒成立问题．∵f(x)的定义域为R，f(－x)＝e|－x|sin(－x)＝－f(x)，∴f(x)是奇函数，但f(x＋2π)＝e|x＋2π|sin(x＋2π)＝e|x＋2π|sinx≠f(x)，∴f(x)不是周期为2π的函数，故A错误；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))时，f(x)＝e－x·sinx，f′(x)＝e－x(cosx－sinx)>0，f(x)单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))时，f(x)＝exsinx，f′(x)＝ex(sinx＋cosx)>0，f(x)单调递增，且f(x)的图象在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上是连续的，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上为增函数，故B正确；当x∈〖0，10π)时，f(x)＝exsinx，f′(x)＝ex(sinx＋cosx)，令f′(x)＝0，得x＝－eq\f(π,4)＋kπ(k＝1，2，3，4，5，6，7，8，9，10)．当x∈(－10π，0)时，f(x)＝e－xsinx，f′(x)＝e－x(cosx－sinx)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(π,4)＋kπ(k＝－1，－2，－3，－4，－5，－6，－7，－8，－9，－10)，∴f(x)在(－10π，10π)内有20个极值点，故C错误；当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，f(x)＝exsinx，则f′(x)＝exsinx＋excosx，f′(0)＝1，a表示过原点的直线y＝ax的斜率，由f(x)≥ax在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上恒成立知a≤1.三、填空题6．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是(－∞，2ln_2－2〗.〖〖解析〗〗f(x)有零点可转化为方程ex－2x＋a＝0有解的问题，即a＝－ex＋2x有解．设g(x)＝－ex＋2x，g′(x)＝－ex＋2，g′(x)＝0得x＝ln2，因此g(x)在(－∞，ln2)递增，在(ln2，＋∞)递减，因此g(x)在ln2取得最大值，所以g(x)的最大值为g(ln2)＝2ln2－2.因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以a∈(－∞，2ln2－2〗．7．已知x∈(0，2)，若关于x的不等式eq\f(x,ex)<eq\f(1,k＋2x－x2)恒成立，则实数k的取值范围是〖0，e－1)．〖〖解析〗〗依题意，知k＋2x－x2>0，即k>x2－2x对任意x∈(0，2)恒成立，从而k≥0，因此由原不等式，得k<eq\f(ex,x)＋x2－2x恒成立．令f(x)＝eq\f(ex,x)＋x2－2x，则f′(x)＝(x－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x2)＋2)).令f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(1，2)时．f′(x)>0.函数f(x)在(1，2)上单调递增；当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，1)上单调递减，所以k<f(x)min＝f(1)＝e－1，故实数k的取值范围是〖0，e－1)．四、解答题8．证明：当x∈〖0，1〗时，eq\f(\r(2),2)x≤sinx≤x.〖〖解析〗〗记F(x)＝sinx－eq\f(\r(2),2)x，则F′(x)＝cosx－eq\f(\r(2),2).当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，F′(x)>0，F(x)单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，1))时，F′(x)<0，F(x)单调递减．又F(0)＝0，F(1)>0，所以当x∈〖0，1〗时，F(x)≥0，即sinx≥eq\f(\r(2),2)x.记H(x)＝sinx－x，则H′(x)＝cosx－1.当x∈〖0，1〗时，H′(x)≤0，H(x)单调递减．所以H(x)≤H(0)＝0，即sinx≤x.综上，eq\f(\r(2),2)x≤sinx≤x，x∈〖0，1〗．9．已知函数f(x)＝lnx－eq\f(x,2)＋eq\f(k,x)，f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，求实数k的取值范围．〖〖解析〗〗函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立等价于k<eq\f(x2,2)－xlnx在(1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝eq\f(x2,2)－xlnx，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝x－(lnx＋1)＝x－1－lnx，x∈(0，＋∞)．令h(x)＝x－1－lnx，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，x∈(0，＋∞)．当0<x<1时，h′(x)<0，函数h(x)在(0，1)上单调递减；当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增．∴当x>1时，h(x)>h(1)＝0.即当x>1时，g′(x)>g′(1)＝0，∴函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)>g(1)＝eq\f(1,2)，∴当x>1时，若使k<eq\f(x2,2)－xlnx恒成立，则k≤eq\f(1,2)，即实数k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).10．(2021·北京西城区统测)设函数f(x)＝alnx＋x2－(a＋2)x，其中a∈R.(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处切线的倾斜角为eq\f(π,4)，求a的值；(2)已知导函数f′(x)在区间(1，e)上存在零点，证明：当x∈(1，e)时，f(x)>－e2.〖〖解析〗〗(1)f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－(a＋2)，由题意可知f′(2)＝taneq\f(π,4)＝1，∴f′(2)＝eq\f(a,2)＋4－a－2＝1，得a＝2.(2)f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－(a＋2)＝eq\f(2x2－（a＋2）x＋a,x)，设h(x)＝2x2－(a＋2)x＋a＝(x－1)(2x－a)，令h(x)＝0，得x＝1或x＝eq\f(a,2)，∵f′(x)在(1，e)上存在零点，∴1<eq\f(a,2)<e，即2<a<2e.由此可知xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))eq\f(a,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，e))f′(x)－0＋f(x)减极小值增∴当x∈(1，e)时，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝alneq\f(a,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))eq\s\up12(2)－(a＋2)×eq\f(a,2)＝alneq\f(a,2)－eq\f(a2,4)－a.设g(a)＝alneq\f(a,2)－eq\f(a2,4)－a(2<a<2e)，则g′(a)＝lneq\f(a,2)－eq\f(a,2)，∵1<eq\f(a,2)<e，∴lneq\f(a,2)<1，∴g′(a)<0，∴g(a)在(2，2e)上单调递减，∴g(a)>2elne－eq\f(4e2,4)－2e＝－e2，∴当x∈(1，e)时，f(x)>－e2.B组能力提升1．(2021·广西柳州毕业班摸底)已知函数f(x)＝ax＋xlnx在x＝e－2处取得极小值．(1)求实数a的值；(2)当x>1时，求证：f(x)>3(x－1)．〖〖解析〗〗(1)因为f(x)＝ax＋xlnx，所以f′(x)＝a＋lnx＋1，因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，所以f′(e－2)＝0，即a＋lne－2＋1＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝lnx＋2，当f′(x)>0时，x>e－2，当f′(x)<0时，0<x<e－2，所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意．所以a＝1.(2)由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋xlnx.令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝xlnx－2x＋3(x>0)．g′(x)＝lnx－1，由g′(x)＝0得x＝e.由g′(x)>0得x>e，由g′(x)<0得0<x<e，所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e>0.于是在(1，＋∞)上，都有g(x)>g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)．2．(2020·课标Ⅱ，21)已知函数f(x)＝2lnx＋1.(1)若f(x)≤2x＋c，求c的取值范围；(2)设a>0，讨论函数g(x)＝eq\f(f（x）－f（a）,x－a)的单调性．〖〖解析〗〗设h(x)＝f(x)－2x－c，则h(x)＝2lnx－2x＋1－c，其定义域为(0，＋∞)，h′(x)＝eq\f(2,x)－2.(1)当0<x<1时，h′(x)>0；当x>1时，h′(x)<0.所以h(x)在区间(0，1)单调递增，在区间(1，＋∞)单调递减，从而当x＝1时，h(x)取得最大值，最大值为h(1)＝－1－c.故当且仅当－1－c≤0，即c≥－1时，f(x)≤2x＋c.所以c的取值范围为〖－1，＋∞)．(2)g(x)＝eq\f(f（x）－f（a）,x－a)＝eq\f(2（lnx－lna）,x－a)，x∈(0，a)∪(a，＋∞)．g′(x)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－a,x)＋lna－lnx)),（x－a）2)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,x)＋ln\f(a,x))),（x－a）2).取c＝－1得h(x)＝2lnx－2x＋2，h(1)＝0，则由(1)知，当x≠1时，h(x)<0，即1－x＋lnx<0.故当x∈(0，a)∪(a，＋∞)时，1－eq\f(a,x)＋lneq\f(a,x)<0，从而g′(x)<0.所以g(x)在区间(0，a)，(a，＋∞)单调递减．第三课时导数与函数的零点或方程的根、不等式A组基础巩固一、单选题1．(2021·贵州贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为〖－1，4〗，部分对应值如下表：x－10234f(x)12020f(x)的导函数f′(x)的大致图象如图所示．当1<a<2时，函数y＝f(x)－a的零点个数为(D)A．1 B．2C．3 D．4〖〖解析〗〗根据导函数图象，知2是函数f(x)的极小值点，0和3是函数f(x)的极大值点，则函数f(x)的大致图象如图所示．因为1<a<2，所以数形结合可知y＝f(x)－a的零点个数为4.2．已知函数f(x)＝ex－x＋a，若f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围是(A)A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1)C．〖－1，＋∞) D．(－∞，－1〗〖〖解析〗〗f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0；令f′(x)<0，解得x<0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝1＋a，若f(x)>0恒成立，则1＋a>0，解得a>－1，故选A.3．(2021·安徽省黄山市高三第一次质量检测)定义域为R的函数f(x)满足f′(x)>f(x)，则不等式ex－1f(x)<f(2x－1)的解为(CA.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)〖〖解析〗〗设g(x)＝eq\f(f（x）,ex)，g′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)>0，知g(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，由ex－1·f(x)<f(2x－1)得：eq\f(f（x）,ex)<eq\f(f（2x－1）,e2x－1)，即g(x)<g(2x－1)，所以x<2x－1，解得x>1，故选C.二、多选题4．若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)－xf′(x)>0，则下列命题正确的是(BC)A．3f(1)<f(3) B．3f(1)>C．2f(2)>f(4) D．3f(3)<〖〖解析〗〗由于f(x)>xf′(x)，则〖eq\f(f（x）,x)〗′＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)<0恒成立，因此eq\f(f（x）,x)在R上是单调递减函数，∴eq\f(f（3）,3)<eq\f(f（1）,1)，即3f(1)>f(3)．同理2f(2)>f(4)，3f(3)>f(9)，选B、C.5．(2020·山东日照二模)已知函数f(x)＝e|x|sinx，则下列结论正确的是(BD)A．f(x)是周期为2π的奇函数B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上为增函数C．f(x)在(－10π，10π)内有21个极值点D．f(x)≥ax在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上恒成立的充要条件是a≤1〖〖解析〗〗本题考查利用导数研究函数的单调性、极值以及恒成立问题．∵f(x)的定义域为R，f(－x)＝e|－x|sin(－x)＝－f(x)，∴f(x)是奇函数，但f(x＋2π)＝e|x＋2π|sin(x＋2π)＝e|x＋2π|sinx≠f(x)，∴f(x)不是周期为2π的函数，故A错误；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))时，f(x)＝e－x·sinx，f′(x)＝e－x(cosx－sinx)>0，f(x)单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))时，f(x)＝exsinx，f′(x)＝ex(sinx＋cosx)>0，f(x)单调递增，且f(x)的图象在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上是连续的，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上为增函数，故B正确；当x∈〖0，10π)时，f(x)＝exsinx，f′(x)＝ex(sinx＋cosx)，令f′(x)＝0，得x＝－eq\f(π,4)＋kπ(k＝1，2，3，4，5，6，7，8，9，10)．当x∈(－10π，0)时，f(x)＝e－xsinx，f′(x)＝e－x(cosx－sinx)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(π,4)＋kπ(k＝－1，－2，－3，－4，－5，－6，－7，－8，－9，－10)，∴f(x)在(－10π，10π)内有20个极值点，故C错误；当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，f(x)＝exsinx，则f′(x)＝exsinx＋excosx，f′(0)＝1，a表示过原点的直线y＝ax的斜率，由f(x)≥ax在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上恒成立知a≤1.三、填空题6．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是(－∞，2ln_2－2〗.〖〖解析〗〗f(x)有零点可转化为方程ex－2x＋a＝0有解的问题，即a＝－ex＋2x有解．设g(x)＝－ex＋2x，g′(x)＝－ex＋2，g′(x)＝0得x＝ln2，因此g(x)在(－∞，ln2)递增，在(ln2，＋∞)递减，因此g(x)在ln2取得最大值，所以g(x)的最大值为g(ln2)＝2ln2－2.因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以a∈(－∞，2ln2－2〗．7．已知x∈(0，2)，若关于x的不等式eq\f(x,ex)<eq\f(1,k＋2x－x2)恒成立，则实数k的取值范围是〖0，e－1)．〖〖解析〗〗依题意，知k＋2x－x2>0，即k>x2－2x对任意x∈(0，2)恒成立，从而k≥0，因此由原不等式，得k<eq\f(ex,x)＋x2－2x恒成立．令f(x)＝eq\f(ex,x)＋x2－2x，则f′(x)＝(x－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x2)＋2)).令f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(1，2)时．f′(x)>0.函数f(x)在(1，2)上单调递增；当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，1)上单调递减，所以k<f(x)min＝f(1)＝e－1，故实数k的取值范围是〖0，e－1)．四、解答题8．证明：当x∈〖0，1〗时，eq\f(\r(2),2)x≤sinx≤x.〖〖解析〗〗记F(x)＝sinx－eq\f(\r(2),2)x，则F′(x)＝cosx－eq\f(\r(2),2).当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，F′(x)>0，F(x)单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，1))时，F′(x)<0，F(x)单调递减．又F(0)＝0，F(1)>0，所以当x∈〖0，1〗时，F(x)≥0，即sinx≥eq\f(\r(2),2)x.记H(x)＝sinx－x，则H′(x)＝cosx－1.当x∈〖0，1〗时，H′(x)≤0，H(x)单调递减．所以H(x)≤H(0)＝0，即sinx≤x.综上，eq\f(\r(2),2)x≤sinx≤x，x∈〖0，1〗．9．已知函数f(x)＝lnx－eq\f(x,2)＋eq\f(k,x)，f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，求实数k的取值范围．〖〖解析〗〗函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立等价于k<eq\f(x2,2)－xlnx在(1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝eq\f(x2,2)－xlnx，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝x－(lnx＋1)＝x－1－lnx，x∈(0，＋∞)．令h(x)＝x－1－lnx，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，x∈(0，＋∞)．当0<x<1时，h′(x)<0，函数h(x)在(0，1)上单调递减；当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增．∴当x>1时，h(x)>h(1)＝0.即当x>1时，g′(x)>g′(1)＝0，∴函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)>g(1)＝eq\f(1,2)，∴当x>1时，若使k<eq\f(x2,2)－xlnx恒成立，则k≤eq\f(1,2)，即实数k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).10．(2021·北京西城区统测)设函数f(x)＝alnx＋x2－(a＋2)x，其中a∈R.(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处切线的倾斜角为eq\f(π,4)，求a的值；(2)已知导函数f′(x)在区间(1，e)上存在零点，证明：当x∈(1，e)时，f(x)>－e2.〖〖解析〗〗(1)f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－(a＋2)，由题意可知f′(2)＝taneq\f(π,4)＝1，∴f′(2)＝eq\f(a,2)＋4－a－2＝1，得a＝2.(2)f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－(a＋2)＝eq\f(2x2－（a＋2）x＋a,x)，设h(x)＝2x2－(a＋2)x＋a＝(x－1)(2x－a)，令h(x)＝0，得x＝1或x＝eq\f(a,2)，∵f′(x)在(1，e)上存在零点，∴1<eq\f(a,2)<e，即2<a<2e.由此可知xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))eq\f(a,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，e))f′(x)－0＋f(x)减极小值增∴当x∈(1，e)时，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝alneq\f(a,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))eq\s\up12(2)－(a＋2)×eq\f(a,2)＝alneq\f(a,2)－eq\f(a2,4)－a.设g(a)＝alneq\f(a,2)－eq\f(a2,4)－a(2<a<2e)，则g′(a)＝lneq\f(a,2)－eq\f(a,2)，∵1<eq\f(a,2)<e，∴lneq\f(a,2)<1，∴g′(a)<0，∴g(a)在(2，2e)上单调递减，∴g(a)>2elne－eq\f(4e2,4)－2e＝－e2，∴当x∈(1，e)时，f(x)>－e2.B组能力提升1．(2021·广西柳州毕业班摸底)已知