.
调递增．
2?4因为f(－1)＝2，f??3?＝27，f(0)＝0， 所以f(x)在[－1,1)上的最大值为2. ②当1≤x≤e时，f(x)＝aln x， 当a≤0时，f(x)≤0；
当a>0时，f(x)在[1，e]上单调递增， 则f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.
故当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a； 当a<2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2. 1
11．设函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋aln x，a>0.
2(1)求函数f(x)的单调区间； (2)讨论函数f(x)的零点个数．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
2
ax－?a＋1?x＋a?x－a??x－1?
因为f′(x)＝x－(a＋1)＋x＝＝(x>0)， xx
①当0
②当a＝1时，f′(x)＝x≥0恒成立，
所以函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)，无减区间．
③当a>1时，令f′(x)<0，得1 函数f(x)的单调增区间为(0，a)和(1，＋∞)，单调减区间为(a,1)， 11 所以f(x)极大值＝f(a)＝－a2－a＋aln a<0，f(x)极小值＝f(1)＝－－a<0， 22注意到f(2a＋2)＝aln(2a＋2)>0， 所以函数f(x)有唯一零点． ②当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 3 又注意到f(1)＝－<0，f(4)＝ln 4>0，所以函数f(x)有唯一零点． 2 ③当a>1时，函数f(x)的单调增区间为(0,1)和(a，＋∞)，单调减区间为(1，a)， 11 所以f(x)极大值＝f(1)＝－－a<0，f(x)极小值＝f(a)＝－a2－a＋aln a<0， 22注意到f(2a＋2)＝aln(2a＋2)>0， . . 所以函数f(x)有唯一零点，综上，函数f(x)有唯一零点． 12．已知函数f(x)＝ln x＋x2－ax(a∈R)． (1)当a＝3时，求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)有两个极值点x3 1，x2，且x1∈(0,1]，证明f(x1)－f(x2)≥－4＋ln 2. 解：f′(x)＝1 2x2－ax＋1x＋2x－a＝x(x>0)． ＝3时，f′(x)＝2x2(1)当a－3x＋1x. 令f′(x)＝0，得x＝1 2 或x＝1. 所以当0 2 所以函数f(x)的单调递增区间为??0，12??和(1，＋∞)，单调递减区间为?1 ?2，1??. (2)证明：由于f(x)有两个极值点x1，x2，则2x2－ax＋1＝0有两个不相等的实根，所以x＋xa11 12＝2，x1·x2＝2，即2(x1＋x2)＝a，x2＝2x， 1 所以f(x1)－f(x2)＝ln x1＋x21－ax1－ln x2－x2 2＋ax2 ＝ln x1－ln 12x＋a 12(x1 －x2)－a(x1－x2) ＝2ln x1 1－x21＋ 4x2＋ln 2(0 1≤1)， 设F(x)＝2ln x－x2＋ 1 4x2＋ln 2(0 ?2x2－1?2x－2x－2x3＝－2x3<0， 所以F(x)在(0,1]上单调递减， 所以F(x)≥F(1)＝－3 4＋ln 2， 即f(xx3 1)－f(2)≥－4 ＋ln 2. 1．若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的图象与x轴相切于点(c,0)，且f(x)有极大值4，则c＝( A．－3 B．－1 C．1 D．3 解析：选D 求出导数f′(x)＝3x2＋2ax＋b， 由f′(x)＝0可得x＝－a±a2－3b3 ， . ) . －a－a2－3b??－a＋a2－3b??所以函数f(x)在?－∞，?，?－，＋∞?上是增函数， 33???? ?－a－a2－3b－a＋a2－3b? 在??上是减函数， ， 33??－a＋a2－3b 易知c≠0，且＝c， 3 因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的图象与x轴相切于点(c,0)， 2 ??f′?c?＝3c＋2ac＋b＝0，所以? 32 ?f?c?＝c＋ac＋bc＝0，? a 解得c＝－，所以a2＝4b， 2－a－a2－3b 则有x＝＝3－a－ 当a>0时， 3－a－ 当a<0时， 3 a24a24－a－ 3 a24 ， a ＝－＝c，不符合题意； 2a ＝－ 6 又因为f(x)有极大值4， aaaaa －?＝?－?3＋a×?－?2＋×?－?＝4， 所以f??6??6??6?4?6?解得a＝－6，则c＝3. 1 2．已知函数f(x)＝x2＋(1－m)x＋ln x. 2 (1)若函数f(x)存在单调递减区间，求实数m的取值范围； 7 (2)设x1，x2(x1 21 解：(1)因为f(x)＝x2＋(1－m)x＋ln x， 2 2 1x＋?1－m?x＋1 所以f′(x)＝x＋1－m＋＝. xx 2 又因为f′(x)<0在(0，＋∞)上有解， 令g(x)＝x2＋(1－m)x＋1，因为g(0)＝1>0， m－1??>0， 只需?2 ??Δ＝?1－m?2－4>0， ??m>1，解得?即m>3. ?m>3或m<－1，? . . 所以实数m的取值范围为(3，＋∞)． x2＋?1－m?x＋1 (2)f′(x)＝， x 令f′(x)＝0，即x2＋(1－m)x＋1＝0， ?x1＋x2＝m－1，?由题知，两根分别为x1，x2，则? ??x1x2＝1， 112 又因为f(x1)－f(x2)＝x2＋(1－m)x＋ln x－x－(1－m)x2－ln x2 11 2122x112x112222 ＝(x2－x)＋(1－m)(x－x)＋ln ＝(x－x)－(x－x)＋ln 12212 212x221x2 22 x1122x11?x1－x2?x11x1x2? －. ＝ln －(x1－x2)＝ln －＝ln －?x22x22?x1x2?x22?x2x1? x1令＝t，由于x1 725 又因为m≥，(x1＋x2)2＝(m－1)2≥， 24?x1＋x2?2x1x2125 即＝＋2＋，即t＋2＋t≥， x1x2x2x1411所以4t2－17t＋4≥0，解得t≥4或t≤，即0 t－??0 22 1112t－t－1－?t－1? 则h′(t)＝t－－2＝＝<0， 22t2t22t21 0，?上单调递减， 所以h(t)在??4? 1?11?1?15 －4＝－2ln 2＋. h(t)min＝h?＝ln －?4?42?4?8所以f(x1)－f(x2)的最小值为－2ln 2＋ 15 . 8 .
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