导数在研究函数中的应用教案

第二章函数与导数第12课时导数在研究函数中的应用(对应学生用书(文)、(理)30～32页)考情分析考点新知①导数与函数内容的结合命题已成为近几年高考的流行趋势，应引起足够的重视.②以导数为研究函数的重要工具来解决函数的单调性与最值问题是高考的热点，同时解答题侧重于导数的综合应用，即导数与函数、数列、不等式的综合应用．理解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的单调性.掌握利用导数求函数极值与最值的方法.③会利用导数解决某些实际问题.,1.(选修22P28例1改编)函数f(x)＝x3－15x2－33x＋6的单调减区间为______________．答案：(－1，11)解析：f′(x)＝3x2－30x－33＝3(x－11)(x＋1)，由(x－11)(x＋1)<0，得单调减区间为(－1，11)．亦可填写闭区间或半开半闭区间．2.(选修22P34习题3改编)若函数f(x)＝ex－ax在x＝1处取到极值，则a＝________．答案：e解析：由题意，f′(1)＝0，因为f′(x)＝ex－a，所以a＝e.3.(选修22P34习题8)函数y＝x＋sinx，x∈[0，2π]的值域为________．答案：[0，2π]解析：由y′＝1＋cosx≥0，所以函数y＝x＋sinx在[0，2π]上是单调增函数，所以值域为[0，2π]．4.(原创)已知函数f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋blnx在区间[eq\r(2)，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是________．答案：(－∞，4]解析：f′(x)＝－x＋eq\f(b,x)≤0在[2，＋∞)上恒成立，即b≤x2在[2，＋∞)上恒成立．5.(选修22P35例1改编)用长为90cm、宽为48cm的长方形铁皮做一个无盖的容器，先在四角分别截去一个小正方形，然后把四边翻折90°角，再焊接而成，则该容器的高为________cm时，容器的容积最大．答案：10解析：设容器的高为xcm，即小正方形的边长为xcm，该容器的容积为V，则V＝(90－2x)(48－2x)x＝4(x3－69x2＋1080x)，0<x<12，V′＝12(x2－46x＋360)＝12(x－10)(x－36)，当0<x<10时，V′>0；当10<x<12时，V′<0.所以V在(0，10]上是增函数，在[10，12)上是减函数，故当x＝10时，V最大．1.函数的单调性与导数在区间(a，b)内，函数的单调性与其导数的正负有如下关系：如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)为该区间上的增函数；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)为该区间上的减函数．2.函数的极值与导数(1)函数极值的定义若函数f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都要小，f(a)叫函数的极小值．若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都要大，f(b)叫函数的极大值，极小值和极大值统称为极值．(2)求函数极值的方法解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时，①如果在x0附近左侧单调递增，右侧单调递减，那么f(x0)是极大值．②如果在x0附近左侧单调递减，右侧单调递增，那么f(x0)是极小值．3.函数的最值(1)最大值与最小值的概念如果在函数定义域I内存在x0，使得对任意的x∈I，总有f(x)≤f(x0)，则称f(x0)为函数f(x)在定义域上的最大值．如果在函数定义域I内存在x0，使得对任意的x∈I，总有f(x)≥f(x0)，则称f(x0)为函数f(x)在定义域上的最小值．(2)求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤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f(a)、f(b)比较，其中值最大的一个是最大值，值最小的一个是最小值．4.生活中的优化问题解决优化问题的基本思路是：eq\x(优化问题)eq\x(建立数学模型)eq\a\vs4\al(\x(用导数解决数学问题))eq\x(优化问题答案)题型1导数与函数的单调性例1已知函数f(x)＝x3－ax－1.(1)若a＝3时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在实数集R上单调递增，求实数a的取值范围；(3)是否存在实数a，使f(x)在(－1，1)上单调递减？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．解：(1)当a＝3时，f(x)＝x3－3x－1，∴f′(x)＝3x2－3，令f′(x)>0即3x2－3>0，解得x>1或x<－1，∴f(x)的单调增区间为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，同理可求f(x)的单调减区间为(－1，1)．(2)f′(x)＝3x2－a.∵f(x)在实数集R上单调递增，∴f′(x)≥0恒成立，即3x2－a≥0恒成立，∴a≤(3x2)min.∵3x2的最小值为0，∴a≤0.(3)假设存在实数a使f(x)在(－1，1)上单调递减，∴f′(x)≤0在(－1，1)上恒成立，即a≥3x2.又3x2∈[0，3)，∴a≥3.∴存在实数a使f(x)在(－1，1)上单调递减，且a≥3.eq\a\vs4\al(备选变式（教师专享）)(1)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－mlnx＋(m－1)x，当m≤0时，试讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))eq\s\up12(2)＋blnx在(1，＋∞)上是减函数，求实数b的取值范围．解：(1)函数的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，f′(x)＝x－eq\f(m,x)＋(m－1)＝eq\f(x2＋（m－1）x－m,x)＝eq\f(（x－1）（x＋m）,x).①当－1<m≤0时，令f′(x)>0，得0<x<－m或x>1，令f′(x)<0，得－m<x<1，∴函数f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－m))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))，单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m，1))；②当m≤－1时，同理可得，函数f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m，＋∞))，单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－m)).(2)由f(x)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))eq\s\up12(2)＋blnx，得f′(x)＝－(x－2)＋eq\f(b,x)，由题意，知f′(x)≤0即－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))＋eq\f(b,x)≤0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))上恒成立，∴b≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))))eq\s\do7(min)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))时，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))，∴b≤1.题型2导数与函数的极值、最值例2设函数f(x)＝(x2＋ax＋b)ex(x∈R)．(1)若a＝2，b＝－2，求函数f(x)的极大值；(2)若x＝1是函数f(x)的一个极值点．①试用a表示b；②设a＞0，函数g(x)＝(a2＋14)ex＋4.若ξ1、ξ2∈[0，4]，使得|f(ξ1)－g(ξ2)|＜1成立，求a的取值范围．解：(1)∵f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax＋b)ex＝[x2＋(2＋a)x＋(a＋b)]ex，当a＝2，b＝－2时，f(x)＝(x2＋2x－2)ex，则f′(x)＝(x2＋4x)ex，令f′(x)＝0得(x2＋4x)ex＝0，∵ex≠0,∴x2＋4x＝0，解得x＝－4或x＝0，列表如下：x(－∞，－4)－4(－4，0)0(0，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值∴当x＝－4时，函数f(x)取极大值，f(x)极大值＝eq\f(6,e4).(2)①由(1)知f′(x)＝[x2＋(2＋a)x＋(a＋b)]ex.∵x＝1是函数f(x)的一个极值点，∴f′(1)＝0，即e[1＋(2＋a)＋(a＋b)]＝0，解得b＝－3－2a.②由①知f′(x)＝ex[x2＋(2＋a)x＋(－3－a)]＝ex(x－1)[x＋(3＋a)]，当a＞0时，f(x)在区间(0，1)上的单调递减，在区间(1，4)上单调递增，∴函数f(x)在区间[0，4]上的最小值为f(1)＝－(a＋2)e.∵f(0)＝b＝－3－2a＜0，f(4)＝(2a＋13)e4＞0，∴函数f(x)在区间[0，4]上的值域是[f(1)，f(4)]，即[－(a＋2)e，(2a＋13)e4]．又g(x)＝(a2＋14)ex＋4在区间[0，4]上是增函数，且它在区间[0，4]上的值域是[(a2＋14)e4，(a2＋14)e8]，∴(a2＋14)e4－(2a＋13)e4＝(a2－2a＋1)e4＝(a－1)2e4≥0，∴存在ξ1、ξ2∈[0，4]使得|f(ξ1)－g(ξ2)|＜1成立只须(a2＋14)e4－(2a＋13)e4＜1(a－1)2e4＜1(a－1)2＜eq\f(1,e4)1－eq\f(1,e2)＜a＜1＋eq\f(1,e2).eq\a\vs4\al(备选变式（教师专享）)已知函数f(x)＝ax3＋bx2－3x(a、b∈R)在点x＝－1处取得极大值为2.(1)求函数f(x)的解析式；(2)若对于区间[－2，2]上任意两个自变量的值x1、x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤c，求实数c的最小值．解：(1)f′(x)＝3ax2＋2bx－3.由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）＝2，,f′（－1）＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a＋b＋3＝2，,3a－2b－3＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝0，))所以f(x)＝x3－3x.(2)令f′(x)＝0，即3x2－3＝0，得x＝±1.x－2(－2，－1)－1(－1，1)1(1，2)2f′(x)＋－＋f(x)－2增极大值减极小值增2因为f(－1)＝2，f(1)＝－2，所以当x∈[－2，2]时，f(x)max＝2，f(x)min＝－2.则对于区间[－2，2]上任意两个自变量的值x1、x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤|f(x)max－f(x)min|＝4，所以c≥4.所以c的最小值为4.题型3导数在实际问题中的应用例3请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A、B、C、D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E、F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE＝FB＝xcm.(1)某广告商要求包装盒侧面积S(cm2)最大，试问x应取何值？(2)某厂商要求包装盒容积V(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．解：(1)S＝602－4x2－(60－2x)2＝240x－8x2(0<x<30)，所以x＝15cm时侧面积最大．(2)V＝(eq\r(2)x)2eq\f(\r(2),2)(60－2x)＝2eq\r(2)x2(30－x)(0<x<30)，所以V′＝6eq\r(2)x(20－x)，令V′＝0，得x＝20，当0<x<20时，V递增；当20<x<30时，V递减．所以，当x＝20时，V最大，此时，包装盒的高与底面边长的比值为eq\f(\f(\r(2),2)（60－2x）,\r(2)x)＝eq\f(1,2).eq\a\vs4\al(变式训练)某地方政府在某地建一座桥，两端的桥墩相距m米，此工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩(包括两端的桥墩)．经预测，一个桥墩的费用为256万元，相邻两个桥墩之间的距离均为x，且相邻两个桥墩之间的桥面工程费用为(1＋eq\r(x))x万元，假设所有桥墩都视为点且不考虑其他因素，记工程总费用为y万元．(1)试写出y关于x的函数关系式；(2)当m＝1280米时，需要新建多少个桥墩才能使y最小？解：根据题意，需要建eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,x)＋1))个桥墩和eq\f(m,x)段桥面工程．(1)y＝256eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,x)＋1))＋eq\f(m,x)(1＋eq\r(x))x＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(256,x)))＋m＋256eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>0，\f(m,x)∈N)).(2)当m＝1280时，y＝1280eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(256,x)))＋1536，y′＝1280eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2\r(x))－\f(256,x2)))，令y′＝0，得x＝64，当0<x<64时，y′<0；当x>64时，y′>0.所以当x＝64时，y有最小值16896，此时要建21个桥墩．答：需要建21个桥墩才能使y最小．【示例】(本题模拟高考评分标准，满分14分)已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a>0时，求函数f(x)在[1，2]上的最小值．审题引导：①知函数解析式求单调区间，实质是求f′(x)>0，f′(x)<0的解区间，并注意定义域；②先研究f(x)在[1，2]上的单调性，再确定最值是端点值还是极值；③由于解析式中含有参数a，要对参数a进行分类讨论．规范解答：解：(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－a(x>0)．(1分)①当a≤0时，f′(x)＝eq\f(1,x)－a≥0，即函数f(x)的单调增区间是(0，＋∞)．(3分)②当a>0时，令f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝0，得x＝eq\f(1,a)，当0<x<eq\f(1,a)时，f′(x)＝eq\f(1－ax,x)>0，当x>eq\f(1,a)时，f′(x)＝eq\f(1－ax,x)<0，所以函数f(x)的单调增区间是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，单调减区间是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).(6分)(2)①当eq\f(1,a)≤1，即a≥1时，函数f(x)在区间[1，2]上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln2－2a.(8分)②当eq\f(1,a)≥2，即0<a≤eq\f(1,2)时，函数f(x)在区间[1，2]上是增函数，所以f(x)的最小值是f(1)＝－a.(10分)③当1<eq\f(1,a)<2，即eq\f(1,2)<a<1时，函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上是增函数，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2))上是减函数，又f(2)－f(1)＝ln2－a，所以当eq\f(1,2)<a<ln2时，最小值是f(1)＝－a；当ln2≤a<1时，最小值是f(2)＝ln2－2a.(12分)综上可知，当0<a<ln2时，最小值是－a；当a≥ln2时，最小值是ln2－2a.(14分)1.(2013·新课标Ⅱ)若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是________．答案：(－1，＋∞)解析：因为2x(x－a)<1，所以a>x－eq\f(1,2x)，令f(x)＝x－eq\f(1,2x)，所以f′(x)＝1＋2－xln2>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)>f(0)＝0－1＝－1，所以a的取值范围是(－1，＋∞)．2.(2013·大纲)若函数f(x)＝x2＋ax＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上是增函数，则a的取值范围是________．答案：a≥3解析：f′(x)＝2x＋a－eq\f(1,x2)≥0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上恒成立，即a≥eq\f(1,x2)－2x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上恒成立．令g(x)＝eq\f(1,x2)－2x，求导可得g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上的最大值为3，所以a≥3.3.(2013·扬州期末)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(m,x)(m∈R)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝________．答案：－3e解析：f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(m,x2)＝eq\f(x＋m,x2)，令f′(x)＝0，则x＝－m，且当x<－m时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>－m时，f′(x)>0，f(x)单调递增．若－m≤1，即m≥－1时，f(x)min＝f(1)＝－m≤1，不可能等于4；若1<－m≤e，即－e≤m<－1时，f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1，令ln(－m)＋1＝4，得m＝－e3(－e，－1)；若－m>e，即m<－e时，f(x)min＝f(e)＝1－eq\f(m,e)，令1－eq\f(m,e)＝4，得m＝－3e，符合题意．综上所述，m＝－3e.4.(2013·南京二模)设函数f(x)＝x2－(a－2)x－alnx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有两个零点，求满足条件的最小正整数a的值；(3)若方程f(x)＝c有两个不相等的实数根x1、x2，求证：f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))>0.(1)解：f′(x)＝2x－(a－2)－eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－（a－2）x－a,x)＝eq\f(（2x－a）（x＋1）,x)(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．当a>0时，由f′(x)>0，得x>eq\f(a,2)；由f′(x)<0，得0<x<eq\f(a,2).所以函数f(x)的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))，单调减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2))).(2)解：由(1)得，若函数f(x)有两个零点，则a>0，且f(x)的最小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))<0，即－a2＋4a－4alneq\f(a,2)<0.因为a>0，所以a＋4lneq\f(a,2)－4>0.令h(a)＝a＋4lneq\f(a,2)－4，显然h(a)在(0，＋∞)上为增函数，且h(2)＝－2<0，h(3)＝4lneq\f(3,2)－1＝lneq\f(81,16)－1>0，所以存在a0∈(2，3)，h(a0)＝0.当a>a0时，h(a)>0；当0<a<a0时，h(a)<0.所以满足条件的最小正整数a＝3.又当a＝3时，f(3)＝3(2－ln3)>0，f(1)＝0，所以a＝3时，f(x)有两个零点．综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3.(3)证明：因为x1、x2是方程f(x)＝c的两个不等实根，由(1)知a>0.不妨设0<x1<x2，则xeq\o\al(2,1)－(a－2)x1－alnx1＝c，xeq\o\al(2,2)－(a－2)x2－alnx2＝c.两式相减得xeq\o\al(2,1)－(a－2)x1－alnx1－xeq\o\al(2,2)＋(a－2)·x2＋alnx2＝0，即xeq\o\al(2,1)＋2x1－xeq\o\al(2,2)－2x2＝ax1＋alnx1－ax2－alnx2＝a(x1＋lnx1－x2－lnx2)．所以a＝eq\f(xeq\o\al(2,1)＋2x1－xeq\o\al(2,2)－2x2,x1＋lnx1－x2－lnx2).因为f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)))时，f′(x)<0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))时，f′(x)>0，故只要证eq\f(x1＋x2,2)>eq\f(a,2)即可，即证明x1＋x2>eq\f(xeq\o\al(2,1)＋2x1－xeq\o\al(2,2)－2x2,x1＋lnx1－x2－lnx2)，即证明xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＋(x1＋x2)(lnx1－lnx2)<xeq\o\al(2,1)＋2x1－xeq\o\al(2,2)－2x2，即证明lneq\f(x1,x2)<eq\f(2x1－2x2,x1＋x2).设t＝eq\f(x1,x2)(0<t<1)．令g(t)＝lnt－eq\f(2t－2,t＋1)，则g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,（t＋1）2)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2).因为t>0，所以g′(t)≥0，当且仅当t＝1时，g′(t)＝0，所以g(t)在(0，＋∞)上是增函数．又g(1)＝0，所以当t∈(0，1)，g(t)<0总成立．所以原题得证．1.如果关于x的方程ax＋eq\f(1,x2)＝3在区间(0，＋∞)上有且仅有一个解，那么实数a的取值范围为________．答案：a≤0或a＝2解析：由ax＋eq\f(1,x2)＝3，得a＝eq\f(3,x)－eq\f(1,x3).令t＝eq\f(1,x)，则f(t)＝3t－t3，t∈(0，＋∞)．用导数研究f(t)的图象，得fmax(t)＝2，当x∈(0，1)时，f(t)递增，当x∈(1，＋∞)时，f(t)递减，所以a≤0或a＝2.2.已知函数f(x)＝lnx－eq\f(a（x－1）,x＋1)，若函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数，则a的取值范围是________．答案：a≤2解析：f′(x)＝eq\f(x2＋（2－2a）x＋1,x（x＋1）2)≥0在(0，＋∞)上恒成立，易得a≤2.3.设直线y＝a分别与曲线y2＝x和y＝ex交于点M、N，则当线段MN取得最小值时a的值为________．答案：eq\f(\r(2),2)解析：由题意，M(a2，a)，N(lna，a)，故MN的长l＝|a2－lna|＝a2－lna(a>0)，由l′＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(\r(2),2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(\r(2),2))),a)，令l′>0，得l＝a2－lna在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增；令l′<0，得l＝a2－lna在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，所以当a＝eq\f(\r(2),2)时，线段MN的长取得极小值，也是最小值．4.已知函数f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然数的底数，a∈R.(1)当a<0时，解不等式f(x)>0；(2)若f(x)在[－1，1]上是单调函数，求a的取值范围；(3)当a＝0时，求整数k的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[k，k＋1]上有解．解：(1)因为ex>0，所以不等式f(x)>0即为ax2＋x>0.又a<0，所以不等式可化为xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a)))<0，所