[配套K12]2018版高考数学二轮复习 第1部分 重点强化专题 专题6 函数与导数 第16讲 导数的应用教学案 理

第16讲 导数的应用
题型1 利用导数研究函数的单调性
(对应学生用书第53页)
■核心知识储备………………………………………………………………………·
1．f ′(x )>0是f (x )为增函数的充分不必要条件，如函数f (x )＝x 3
在(－∞，＋∞)上单调
递增，但f ′(x )≥0.
2．f ′(x )≥0是f (x )为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f ′(x )＝0时，
则f (x )为常函数，函数不具有单调性． 3．利用导数研究函数单调性的一般步骤：
(1)确定函数的定义域； (2)求导函数f ′(x )；
(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式
f ′(x )>0或f ′(x )<0.
②若已知函数的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题来求解．
■典题试解寻法………………………………………………………………………· 【典题】 已知函数f (x )＝ax 2
－x ＋ln x (a ∈R )．
(1)求函数f (x )的单调区间； (2)∀m >n >0，
f m －f n
m －n
>1恒成立，求实数a 的取值范围.
【导学号：07804112】
[思路分析] (1)求f ′(x )―→结合a 的取值讨论f (x )的单调区间； (2)
f m －f n
m －n
>1――――→等价变形f (m )－m >f (n )－n
―――――→构造函数
g
x ＝f x －x
由g ′(x )≥0―――――→分离参数
求a 的取值范围．
[解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2ax －1＋1x ＝2ax 2
－x ＋1x
.
①当a ＝0时，f ′(x )＝－x ＋1x
.
显然，当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．
②当a ≠0时，对于2ax 2
－x ＋1＝0，Δ＝(－1)2
－4×2a ×1＝1－8a .
当Δ≤0，即a ≥18，因为a >0，所以2ax 2
－x ＋1≥0恒成立，即f ′(x )≥0恒成立，
所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．
若Δ>0，即0<a <18或a <0，方程2ax 2
－x ＋1＝0的两根为x 1＝1－1－8a 4a ，x 2＝
1＋1－8a
4a
. 当a <0时，x 1>0，x 2<0.
当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，1－1－8a 4a 时，2ax 2
－x ＋1>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；
当x ∈⎝
⎛⎭
⎪⎫1－1－8a 4a ，＋∞时，2ax 2
－x ＋1<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． 当0<a <1
8
时，x 2>x 1>0.
当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，1－1－8a 4a 时，2ax 2
－x ＋1>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；
当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－8a 4a ，1＋1－8a 4a 时，2ax 2
－x ＋1<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；
当x ∈⎝
⎛⎭
⎪⎫1＋1－8a 4a ，＋∞时，2ax 2
－x ＋1>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增． 综上，当a ＝0时，f (x )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)； 当a ≥1
8
时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当0<a <18时，函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－8a 4a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－8a 4a ，＋∞，
单调递减区间为⎝
⎛⎭
⎪⎫
1－1－8a 4a ，1＋1－8a 4a ； 当a <0时，函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫
0，1－1－8a 4a ，单调递减区间为
⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1－1－8a 4a ，＋∞.
(2)因为
f m －f n
m －n
>1，且m >n ，故f (m )－m >f (n )－n .
记g (x )＝f (x )－x ，则函数g (x )＝f (x )－x 在(0，＋∞)上单调递增．
由g (x )＝f (x )－x ＝ax 2
－2x ＋ln x ，可得g ′(x )＝2ax －2＋1x
≥0.
因为x >0，
所以a ≥2－
1x 2x ＝1x －1
2x
2.
记h (x )＝1x －12x 2(x >0)，则h ′(x )＝－1x 2－12×(－2)×1x 3＝1－x
x 3.
显然，当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减． 所以h (x )的最大值为h (1)＝11－12×12＝1
2，
所以a ≥1
2
.
故实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭
⎪⎫12，＋∞. [类题通法] 求单调区间或判断单调性的方法
不含参数：解不等式f
x 或f x ，把不等式解集与定义域取交
集，就是对应的增区间或减区间.
含有参数：针对参数进行分类讨论，引起讨论的因素包含：参数的正负性，导数有无极值点，极值点的大小关系，极值点与定义域的关系.
■对点即时训练………………………………………………………………………·
已知函数f (x )＝(ax 2
＋x －1)e x
＋f ′(0)． (1)讨论函数f (x )的单调性；
(2)若g (x )＝e －x
f (x )＋ln x ，h (x )＝e x
，过点O (0,0)分别作曲线y ＝g (x )与y ＝h (x )的切线l 1，l 2，且l 1与l 2关于x 轴对称，求证：
－
＋3
2e
2<a <－
e ＋2
2
. [解] 由已知得f ′(x )＝[ax 2
＋(2a ＋1)x ]e x ，f ′(0)＝0，所以f (x )＝(ax 2
＋x －1)e x
. (1)f ′(x )＝[ax 2
＋(2a ＋1)x ]e x ＝[x (ax ＋2a ＋1)]e x
.
①若a >0，当x <－2－1a 或x >0时，f ′(x )>0；当－2－1
a
<x <0时，f ′(x )<0，所以f (x )
的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2－1a ，(0，＋∞)；单调递减区间为⎝
⎛⎭
⎪⎫－2－1a
，0.
②若a ＝0，f (x )＝(x －1)e x ，f ′(x )＝x e x
，当x >0时，f ′(x )>0；当x <0时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；单调递减区间为(－∞，0)．
③若－12<a <0，当x >－2－1a 或x <0时，f ′(x )<0；当0<x <－2－1
a 时，f ′(x )>0，所以
f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛
⎭⎪⎫
0，－2－1a ；单调递减区间为(－∞，0)，⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
－2－1
a ，＋∞.
④若a ＝－12，f ′(x )＝－12x 2e x
≤0，故f (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)．
⑤若a <－12，当x <－2－1a 或x >0时，f ′(x )<0；当－2－1
a
<x <0时，f ′(x )>0，所以
f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛
⎭⎪⎫－2－1
a ，0；单调递减区间为⎝
⎛
⎭⎪⎫
－∞，－2－1a 和(0，＋∞)．综
上所述，当a >0时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫－∞，－2－1a 和
(0，＋∞)；单调递减区间为⎝
⎛⎭
⎪⎫－2－1a
，0.当a ＝0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋
∞)；单调递减区间为(－∞，0)．当－12<a <0时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2－1a ；
单调递减区间为(－∞，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫－2－1a ，＋∞.当a ＝－12时，f (x )的单调递减区间为(－
∞，＋∞)；当a <－12时，f (x )的单调递增区间为⎝
⎛⎭⎪⎫－2－1a ，0；单调递减区间为
⎝ ⎛⎭
⎪⎫－∞，－2－1a 和(0，＋∞)．
(2)证明：g (x )＝e －x
f (x )＋ln x ＝ax 2
＋x －1＋ln x ，设切线l 2的方程为y ＝k 2x ，切点为(x 2，y 2)，则y 2＝e x 2，k 2＝e x 2＝y 2x 2
，所以x 2＝1，y 2＝e ，k 2＝e.由题意，知k 1＝－k 2＝－e ，所以切线l 1的方程为y ＝－e x .设l 1与y ＝g (x )的切点为(x 1，y 1)，则k 1＝g ′(x 1)＝2ax 1＋1＋1x 1＝y 1x 1＝－e ，a ＝－e ＋12x 1－12x 21.又因为y 1＝ax 21＋x 1－1＋ln x 1＝
－e x 1，即e ＋12x 1＋ln x 1－32＝0，令u (x )＝e ＋12x ＋ln x －3
2
，u ′(x )＝
e ＋12＋1
x ，在定义域上，u ′(x )>0，所以在(0，＋∞)上，u (x )是单调递增函数．又因为u (1)＝e －22>0，u ⎝ ⎛⎭⎪⎫e e ＋1＝e 2＋ln e e ＋1－32<0，所以u (1)·u ⎝ ⎛⎭⎪⎫e e ＋1<0，即e e ＋1<x 1
<1.令t ＝1
x 1，则1<t <e ＋1e ，a (t )＝－12[t 2＋(e ＋1)t ]，所以a >a ⎝ ⎛⎭
⎪⎫e ＋1e ＝－
＋3
2e
2，
a <a (1)＝－e ＋22
.故－
＋3
2e
2<a <－e ＋22
.
■题型强化集训………………………………………………………………………·
(见专题限时集训T 5、T 6、T 10)
题型2 利用导数研究函数的极值、最值问题
(对应学生用书第54页)
■核心知识储备………………………………………………………………………·
1．若在x 0附近左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则f (x 0)为函数f (x )的极大值；若在x 0附近
左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x 0)为函数f (x )的极小值．
2．设函数y ＝f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，则f (x )在[a ，b ]上必有最大值和最
小值且在极值点或端点处取得．
■典题试解寻法………………………………………………………………………· 【典题】 已知函数f (x )＝12
x 2
－(a ＋1)x ＋2＋a ln x (a ∈R )．
(1)求函数f (x )的极值点；
(2)若a ＝2，求函数f (x )在[1，t ](t >1)上的最小值.
【导学号：07804113】
[解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －(a ＋1)＋a x
＝
x 2－a ＋
x ＋a
x
＝
x －a
x －
x
.
由f ′(x )＝0，可得x 1＝a ，x 2＝1.
①若a ≤0，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
故f (x )②若0<a <1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
故f (x )③若a ＝1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
极小值点．
④若a >1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
故f (x )综上，若a ≤0，f (x )的极小值点为1，无极大值点； 若0<a <1，f (x )的极小值点为1，极大值点为a ； 若a ＝1，f (x )既无极大值点，也无极小值点； 若a >1，f (x )极小值点为a ，极大值点为1. (2)当a ＝2时，f (x )＝12
x 2
－3x ＋2＋2ln x .
由(1)可知，函数f (x )在[1,2]上单调递减，在[2，＋∞)上单调递增． 若1<t ≤2，则函数f (x )在[1，t ]上单调递减， 所以f (x )的最小值为f (t )＝12
t 2
－3t ＋2＋2ln t .
若t >2，则函数f (x )在[1,2]上单调递减，在[2，t ]上单调递增， 所以f (x )的最小值为f (2)＝12×22
－3×2＋2＋2ln 2＝－2＋2ln 2.
综上，当1<t ≤2时，f (x )的最小值为12t 2
－3t ＋2＋2ln t ；
当t >2时，f (x )的最小值为－2＋2ln 2. [类题通法]
1.求函数f x 的极值，则先求方程f x ＝0的根，再检查f x 在方程根
的左右函数值的符号.
2.若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f x ＝0根的大小或存在情况
来求解.
3.求函数f x 在闭区间[a ，b ]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f a ，f b 与f
x 的各极值进行比较得到函数的最值.
■对点即时训练………………………………………………………………………·
已知函数f (x )＝e
x
x
＋a (x －ln x )，e 为自然对数的底数．
(1)当a >0时，试求f (x )的单调区间；
(2)若函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，2上有三个不同的极值点，求实数a 的取值范围． [解] (1)函数的定义域为x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝
e
x
x －x 2
＋a ⎝
⎛⎭
⎪⎫1－1x ＝
e
x
x －＋ax x －
x 2
＝
x
＋ax x －x 2
.当a >0时，对于任意x ∈(0，＋∞)，
e x
＋ax >0恒成立，所以若x >1，f ′(x )>0，若0<x <1，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．
(2)由条件，知f ′(x )＝0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上有三个不同的根，即e x
＋ax ＝0在x ∈⎝ ⎛⎭
⎪
⎫12，2上有两个不同的根，且a ≠－e ，则a ＝－e x
x ，令g (x )＝－e x
x
，则g ′(x )＝－
e
x
x －
x 2
，
则当x ∈⎝ ⎛⎦
⎥⎤12，1时g (x )单调递增，x ∈(1,2)时单调递减，所以g (x )的最大值为g (1)＝－e ，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－2e ，g (2)＝－12e 2，而－2e －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12e 2＝12e 2
－2e>0，所以－2e<a <
－e.
■题型强化集训………………………………………………………………………·
(见专题限时集训T 2、T 3、T 4、T 7、T 9、T 13) 题型3 利用导数解决不等式问题(答题模板)
(对应学生用书第54页)
函数与不等式恒成立、不等式证明相交汇的问题在近年的高考中有升温趋势，常以解答题的压轴题呈现，一般难度较大．
(1)以单调性或导数的几何意义为背景，根据已成立的不等式求参数的范围(2017·全国Ⅲ卷T 21、2015·全国Ⅰ卷T 21、2015·全国Ⅱ卷T 21、2014·全国Ⅱ卷T 21) (2)以导数的几何意义为背景，证明不等式(2017·全国Ⅱ卷T 21、2014·全国Ⅰ卷T 21、2013·全国Ⅰ卷T 21、2013·全国Ⅱ卷T 21)
■典题试解寻法………………………………………………………………………·
【典例】 (本小题满分12分)(2014·全国Ⅰ卷)设函数f (x )＝a e x
ln x ＋b e x －1
x
，
曲线y ＝f x 在点，f 处的切线
方程为y ＝
x －
＋2.①
(1)求a ，b ；②
(2)证明：f
x
③
【导学号：07804114】
[审题指导]
f
x ＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋b
x
e x －1.④
由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e.故a ＝1，b ＝2. 4分 (2)证明：由(1)知，f (x )＝e x
ln x ＋2x
e x －1，
从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x
－2e
.
⑤
6分
设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x .
所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )>0. 故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的
最小值为g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ＝－1e .
8分
设函数h (x )＝x e －x －2e ，则h ′(x )＝e －x
(1－x )．
所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0.
故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1
e .
10分
因为g
x
min
＝g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ＝h ＝h x
max
，⑥
所以，当x >0时，g (x )>h (x )，即f (x )>1. 12分 [阅卷者说]
1.利用导数证明不等式的基本步骤
作差或变形.
构造新的函数h x
利用导数研究h x的单调性或最值.
根据单调性及最值，得到所证不等式.,特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题.
2.构造辅助函数的四种方法
移项法：证明不等式f x g x f x g x的问题转化为证明
f x －
g x f x－g x，进而构造辅助函数
h x＝f x－
g x
构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数.
主元法：对于或可化为f x1，x2A的不等式，可选x1或x2为主元，构造函数f x，x2或f x1，x
放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数.
■对点即时训练………………………………………………………………………·已知函数f(x)＝(x＋1)2ln(x＋1)－x，φ(x)＝mx2.
(1)当m＝1且x≥0时，证明：f(x)≥φ(x)；
(2)若x≥0，f(x)≥φ(x)恒成立，求实数m的取值范围．
[解](1)证明：当m＝1时，令p(x)＝f(x)－φ(x)＝(x＋1)2ln(x＋1)－x－x2(x≥0)，
所以p′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋1)2·1
x＋1
－1－2x＝2(x＋1)ln(x＋1)－x. 设p′(x)＝G(x)，则G′(x)＝2ln(x＋1)＋1>0，
所以函数p′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以p′(x)≥p′(0)＝0，
所以函数p(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以p(x)≥p(0)＝0.
所以f(x)≥φ(x)．
(2)设h(x)＝(x＋1)2ln(x＋1)－x－mx2(x≥0)，所以h′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋x －2mx.
由(1)知当x ≥0时，(x ＋1)2
ln(x ＋1)≥x 2
＋x ＝x (x ＋1)，所以(x ＋1)ln(x ＋1)≥x ， 所以h ′(x )≥3x －2mx .
①当3－2m ≥0，即m ≤3
2时，h ′(x )≥0，
所以h (x )在[0，＋∞)上单调递增， 所以h (x )≥h (0)＝0，满足题意．
②当3－2m <0，即m >3
2
时，设H (x )＝h ′(x )＝2(x ＋1)·ln(x ＋1)＋(1－2m )x ，
H ′(x )＝2ln(x ＋1)＋3－2m ，令H ′(x )＝0，得x 0＝e 2m －3
2
－1>0，故h ′(x )在[0，x 0]上单调递减，在[x 0，＋∞)上单调递增．
当x ∈[0，x 0)时，h ′(x )<h ′(0)＝0，所以h (x )在[0，x 0)上单调递减， 所以h (x )<h (0)＝0，不满足题意． 综上，实数m 的取值范围为⎝
⎛⎦⎥⎤－∞，32. ■题型强化集训………………………………………………………………………·
(见专题限时集训T 1、T 8、T 11、T 12、T 14)
三年真题| 验收复习效果 (对应学生用书第56页)
1.(2016·全国Ⅰ卷)若函数f (x )＝x －1
3sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递
增，则a 的取值范围是( )
A ．[－1,1]
B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13 C.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－13，13
D ．⎣
⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 C [取a ＝－1，则f (x )＝x －13sin 2x －sin x ，f ′(x )＝1－2
3cos 2x －cos x ，但f ′(0)
＝1－23－1＝－2
3＜0，不具备在(－∞，＋∞)上单调递增的条件，故排除A ，B ，D.故
选C.]
2．(2015·全国Ⅱ卷)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，
xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )
【导学号：07804115】
A ．(－∞，－1)∪(0,1)
B ．(－1,0)∪(1，＋∞)
C ．(－∞，－1)∪(－1,0)
D ．(0,1)∪(1，＋∞)
A [设y ＝g (x )＝f x x (x ≠0)，则g ′(x )＝xf
x －f x
x 2
，当x >0时，xf ′(x )
－f (x )<0，
∴g ′(x )<0，∴g (x )在(0，＋∞)上为减函数，且g (1)＝f (1)＝－f (－1)＝0. ∵f (x )为奇函数，∴g (x )为偶函数， ∴g (x )的图象的示意图如图所示． 当x >0，g (x )>0时，f (x )>0,0<x <1， 当x <0，g (x )<0时，f (x )>0，x <－1，
∴使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.] 3.(2016·全国Ⅱ卷)(1)讨论函数f (x )＝x －2
x ＋2
e x
的单调性，并证明当x ＞0时，(x －2)e x
＋x ＋2＞0.
(2)证明：当a ∈[0,1)时，函数g (x )＝e x
－ax －a
x
2
(x ＞0)有最小值．设g (x )的最小值为h (a )，求函数h (a )的值域．
[解] (1)f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．
f ′(x )＝
x －
x ＋x
－x －
x
x ＋
2
＝
x 2e x
x ＋
2
≥0，
当且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增． 因此当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝－1. 所以(x －2)e x
>－(x ＋2)，即(x －2)e x
＋x ＋2>0. (2)g ′(x )＝
x －
x
＋a x ＋
x
3
＝
x ＋2
x 3
(f (x )＋a )． 由(1)知，f (x )＋a 单调递增．
对任意a ∈[0,1)，f (0)＋a ＝a －1＜0，f (2)＋a ＝a ≥0. 因此，存在唯一x a ∈(0,2]，使得f (x a )＋a ＝0， 即g ′(x a )＝0.
当0<x <x a 时，f (x )＋a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >x a 时，f (x )＋a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值，最小值为
g (x a )＝
e x a
－a
x a ＋x 2a ＝
e x a
＋f
x a
x a ＋
x 2a
＝e
x a
x a ＋2
. 于是h (a )＝e
x a
x a ＋2
.
由⎝ ⎛⎭
⎪⎫e x x ＋2′＝x ＋x x ＋2＞0，得y ＝
e
x
x ＋2
单调递增， 所以，由x a ∈(0,2]，得
12＝e 0
0＋2＜h (a )＝e x a
x a ＋2≤e 22＋2＝e 2
4
. 因为y ＝e x
x ＋2单调递增，对任意λ∈⎝ ⎛⎦
⎥⎤12，e 2
4，存在唯一的x a ∈(0,2]，a ＝－f (x a )∈[0,1)，使得h (a )＝λ.
所以h (a )的值域是⎝ ⎛⎦
⎥⎤12，e 2
4.
综上，当a ∈[0,1)时，g (x )有最小值h (a )，h (a )的值域是⎝ ⎛⎦
⎥⎤12，e 2
4. 4.(2017·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝ax 2
－ax －x ln x ，且f (x )≥0.
(1)求a ；
(2)证明：f (x )存在唯一的极大值点x 0，且e －2
＜f (x 0)＜2－2
. [解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)． 设g (x )＝ax －a －ln x ，
则f (x )＝xg (x )，f (x )≥0等价于g (x )≥0. 因为g (1)＝0，g (x )≥0，故g ′(1)＝0， 而g ′(x )＝a －1
x
，g ′(1)＝a －1，得a ＝1.
若a ＝1，则g ′(x )＝1－1
x
.
当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．
所以x ＝1是g (x )的极小值点，故g (x )≥g (1)＝0. 综上，a ＝1.
(2)证明：由(1)知f (x )＝x 2
－x －x ln x ，f ′(x )＝2x －2－ln x . 设h (x )＝2x －2－ln x ，则h ′(x )＝2－1
x
.
当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12时，h ′(x )＜0；
当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，＋∞时，h ′(x )＞0. 所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增．
又h (e －2
)>0，h ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12＜0，h (1)＝0，
所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上有唯一零点x 0，在⎣⎢⎡⎭
⎪⎫12，＋∞上有唯一零点1，且当x ∈(0，x 0)时，h (x )>0；当x ∈(x 0,1)时，h (x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0. 因为f ′(x )＝h (x )，所以x ＝x 0是f (x )的唯一极大值点． 由f ′(x 0)＝0得ln x 0＝2(x 0－1)，故f (x 0)＝x 0(1－x 0)． 由x 0∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12得f (x 0)＜14.
因为x ＝x 0是f (x )在(0,1)上的最大值点， 由e －1
∈(0,1)，f ′(e －1
)≠0得f (x 0)>f (e －1
)＝e －2
. 所以e －2
<f (x 0)<2－2
.。