2015年高考数学总复习教案：2.14函数的综合应用

第二章 函数与导数第14课时 函数的综合应用(对应学生用书(文)、(理)37～39页)1. (必修1P87习题13改编)已知集合A ＝{x|33－x<6}，B ＝{x|lg(x －1)<1}，则A ∩B ＝________． 答案：(2－log32，11)解析：由33－x<6，知3－x<log36，即x>3－log36， 所以A ＝(2－log32，＋∞)．由lg(x －1)<1，知0<x －1<10，即1<x<11， 所以B ＝(1，11)，所以A ∩B ＝(2－log32，11)．2. 已知a 、b 为正实数，函数f(x)＝ax3＋bx ＋2x 在[0，1]上的最大值为4，则f(x)在[－1，0]上的最小值为________． 答案：－32解析：因为a 、b 为正实数，所以函数f(x)是单调递增的．所以f(1)＝a ＋b ＋2＝4，即a ＋b ＝2.所以f(x)在[－1，0]上的最小值为f(－1)＝－(a ＋b)＋12＝－32.3. (原创)若函数f(x)＝13x3－12ax2＋(a －1)x ＋1在区间(1，4)上是减函数，在区间(6，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是________． 答案：[5，7] 解析：f ′(x)＝x2－ax ＋(a －1)，由题意，f ′(x)≤0在(1，4)恒成立且f ′(x)≥0在(6，＋∞)恒成立，即a≥x ＋1在(1，4)上恒成立且a≤x ＋1在(6，＋∞)上恒成立，所以5≤a≤7. 4. (原创)已知函数y ＝f(x)是偶函数，对于x ∈R 都有f(x ＋6)＝f(x)＋f(3)成立．当x1、x2∈[0，3]，且x1≠x2时，都有f （x1）－f （x2）x1－x2>0，给出下列命题：① f(3)＝0；② 直线x ＝－6是函数y ＝f(x)的图象的一条对称轴； ③ 函数y ＝f(x)在[－9，－6]上为单调增函数； ④ 函数y ＝f(x)在[－9，9]上有4个零点． 其中正确的命题是________．(填序号)答案：①②④解析：令x ＝－3，得f(－3)＝0，由y ＝f(x)是偶函数，所以f(3)＝f(－3)＝0，①正确；因为f(x ＋6)＝f(x)，所以y ＝f(x)是周期为6的函数，而偶函数图象关于y 轴对称，所以直线x ＝－6是函数y ＝f(x)的图象的一条对称轴，②正确；由题意知，y ＝f(x)在[0，3]上为单调增函数，所以在[－3，0]上为单调减函数，故y ＝f(x)在[－9，－6]上为单调减函数，③错误；由f(3)＝f(－3)＝0，知f(－9)＝f(9)＝0，所以函数y ＝f(x)在[－9，9]上有个零点，④正确． 5. (2013·宿迁一模)已知函数f(x)＝||x －1|－1|，若关于x 的方程f(x)＝m(m ∈R)恰有四个互不相等的实根x1，x2，x3，x4，则x1x2x3x4的取值范围是________． 答案：(－3，0)解析：f(x)＝||x －1|－1|＝⎩⎪⎨⎪⎧|x －1|－1，x ≤0或x≥2，1－|x －1|，0<x<2，方程f(x)＝m 的解就是y ＝f(x)的图象与直线y ＝m 交点的横坐标，由图可知，x2＝－x1，x3＝2＋x1，x4＝2－x1，且－1<x1<0.设t ＝x1x2x3x4＝(x21－2)2－4，则t ＝(x21－2)2－4，易得－3<t<0.[备课札记]题型1 已知函数解析式研究函数的性质例1 已知函数f(x)＝lg(1－x)＋lg(1＋x)＋x4－2x2. (1) 求函数f(x)的定义域； (2) 判断函数f(x)的奇偶性； (3) 求函数f(x)的值域．解：(1) 由⎩⎪⎨⎪⎧1－x>0，1＋x>0，得－1<x<1，所以函数f(x)的定义域为(－1，1)．(2) 由f(－x)＝lg(1＋x)＋lg(1－x)＋(－x)4－2(－x)2＝lg(1－x)＋lg(1＋x)＋x4－2x2＝f(x)， 所以函数f(x)是偶函数．(3) f(x)＝lg(1－x)＋lg(1＋x)＋x4－2x2＝lg(1－x2)＋x4－2x2， 设t ＝1－x2，由x ∈(－1，1)，得t ∈(0，1]．所以y ＝lg(1－x2)＋x4－2x2＝lgt ＋(t2－1)，t ∈(0，1]， 设0<t1<t2≤1，则lgt1<lgt2，t21<t22， 所以lgt1＋(t21－1)<lgt2＋(t22－1)， 所以函数y ＝lgt ＋(t2－1)在t ∈(0，1]上为增函数， 所以函数f(x)的值域为(－∞，0]． 备选变式（教师专享）关于函数f(x)＝lg x2＋1|x|(x>0，x ∈R)，下列命题正确的是________．(填序号) ① 函数y ＝f(x)的图象关于y 轴对称；② 在区间(－∞，0)上，函数y ＝f(x)是减函数； ③ 函数y ＝f(x)的最小值为lg2；④ 在区间(1，＋∞)上，函数y ＝f(x)是增函数． 答案：①③④解析：由f(－x)＝lg （－x ）2＋1|－x|＝lg x2＋1|x|＝f(x)，知函数f(x)为偶函数，故①正确；由f(－2)＝lg 52＝f ⎝⎛⎭⎫－12，知②错误；由x2＋1|x|＝|x|＋1|x|≥2，知f(x)＝lg x2＋1|x|≥lg2，故③正确；因为函数g(x)＝x ＋1x 在(1，＋∞)上为增函数，所以y ＝f(x)在(1，＋∞)上也是增函数，故④正确．综上所述，①③④均正确．题型2 函数图象与函数性质的联系例2 已知函数f(x)＝ax2－|x|＋2a －1(a 为实常数)． (1) 若a ＝1，作函数f(x)的图象；(2) 设f(x)在区间[1，2]上的最小值为g(a)，求g(a)的表达式；(3) 设h(x)＝f （x ）x ，若函数h(x)在区间[1，2]上是增函数，求实数a 的取值范围．解：(1) 当a ＝1时，f(x)＝x2－|x|＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧x2＋x ＋1，x<0，x2－x ＋1，x ≥0.作图如下．(2) 当x ∈[1，2]时，f(x)＝ax2－x ＋2a －1.若a ＝0，则f(x)＝－x －1在区间[1，2]上是减函数，g(a)＝f(2)＝－3.若a≠0，则f(x)＝a ⎝⎛⎭⎫x －12a 2＋2a －14a －1，f(x)图象的对称轴是直线x ＝12a .当a<0时，f(x)在区间[1，2]上是减函数，g(a)＝f(2)＝6a －3.当0<12a <1，即a>12时，f(x)在区间[1，2]上是增函数，g(a)＝f(1)＝3a －2. 当1≤12a ≤2，即14≤a ≤12时，g(a)＝f ⎝⎛⎭⎫12a ＝2a －14a －1.当12a >2，即0<a<14时，f(x)在区间[1，2]上是减函数，g(a)＝f(2)＝6a －3.综上可得g(a)＝⎩⎪⎨⎪⎧6a －3，a<14，2a －14a －1，14≤a ≤12，3a －2，a>12.(3) 当x ∈[1，2]时，h(x)＝ax ＋2a －1x －1，在区间[1，2]上任取x1、x2，且x1<x2， 则h(x2)－h(x1)＝⎝⎛⎭⎫ax2＋2a －1x2－1－⎝⎛⎭⎫ax1＋2a －1x1－1＝(x2－x1)⎝⎛⎭⎫a －2a －1x1x2＝(x2－x1)·ax1x2－（2a －1）x1x2. 因为h(x)在区间[1，2]上是增函数，所以h(x2)－h(x1)>0. 因为x2－x1>0，x1x2>0，所以ax1x2－(2a －1)>0， 即ax1x2>2a －1.当a ＝0时，上面的不等式变为0>－1，即a ＝0时结论成立． 当a>0时，x1x2>2a －1a ，由1<x1x2<4，得2a －1a ≤1，解得0＜a≤1. 当a<0时，x1x2<2a －1a ，由1<x1x2<4，得2a －1a ≥4，解得－12≤a ＜0.所以实数a 的取值范围为⎣⎡⎦⎤－12，1.备选变式（教师专享）设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x2＋bx ＋c ，x ≤0，2，x>0，其中b>0，c ∈R.当且仅当x ＝－2时，函数f(x)取得最小值－2.(1) 求函数f(x)的表达式；(2) 若方程f(x)＝x ＋a(a ∈R)至少有两个不相同的实数根，求a 取值的集合． 解：(1) ∵ 当且仅当x ＝－2时，函数f(x)取得最小值－2. ∴ 二次函数y ＝x2＋bx ＋c 的对称轴是x ＝－b2＝－2. 且有f(－2)＝(－2)2－2b ＋c ＝－2，即2b －c ＝6. ∴ b ＝4，c ＝2.∴ f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x2＋4x ＋2，x ≤0，2，x>0.(2) 记方程①：2＝x ＋a(x>0)，方程②：x2＋4x ＋2＝x ＋a(x≤0)． 分别研究方程①和方程②的根的情况： (ⅰ) 方程①有且仅有一个实数根a<2，方程①没有实数根a ≥2. (ⅱ) 方程②有且仅有两个不相同的实数根，即方程x2＋3x ＋2－a ＝0有两个不相同的非正实数根．∴ ⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－4（2－a ）>02－a≥0⎩⎪⎨⎪⎧a>－14a≤2－14<a ≤2；方程②有且仅有一个实数根，即方程x2＋3x ＋2－a ＝0有且仅有一个非正实数根． ∴ 2－a<0或Δ＝0，即a>2或a ＝－14.综上可知，当方程f(x)＝x ＋a(a ∈R)有三个不相同的实数根时，－14<a<2； 当方程f(x)＝x ＋a(a ∈R)有且仅有两个不相同的实数根时，a ＝－14或a ＝2.∴ 符合题意的实数a 取值的集合为⎣⎡⎦⎤－14，2.题型3 函数的最值与不等式恒成立问题例3 已知f(x)＝xlnx ，g(x)＝－x2＋ax －3. (1) 求函数f(x)在[t ，t ＋2](t>0)上的最小值； (2) 对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x)≥g(x)恒成立，求实数a 的取值范围； (3) 证明对一切x ∈(0，＋∞)，都有lnx>1ex －2ex 成立．(1) 解：f ′(x)＝lnx ＋1，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．① 当0<t<t ＋2<1e 时，t 无解；② 当0<t<1e <t ＋2，即0<t<1e 时，f(x)min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e ；③ 当1e ≤t<t ＋2，即t≥1e 时，f(x)在[t ，t ＋2]上单调递增，f(x)min ＝f(t)＝tlnt ，所以f(x)min ＝⎩⎨⎧－1e ，0<t<1e ，tlnt ，t ≥1e .(2) 解：由题意，要使2xlnx ≥－x2＋ax －3在x ∈(0，＋∞)恒成立，即要使a≤2lnx ＋x ＋3x 恒成立． 设h(x)＝2lnx ＋x ＋3x (x>0)，则h ′(x)＝2x ＋1－3x2＝x2＋2x －3x2＝（x ＋3）（x －1）x2. 当x ∈(0，1)时，h ′(x)<0，h(x)单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x)>0，h(x)单调递增． 所以x ＝1时，h(x)取得极小值，也就是最小值， 即[h(x)]min ＝h(1)＝4，所以a≤4.(3) 证明：问题等价于证明xlnx>x ex －2e ，x ∈(0，＋∞)． 由(1)知，f(x)＝xlnx 在(0，＋∞)上最小值是－1e ， 当且仅当x ＝1e 时取得． 设m(x)＝x ex －2e ，x ∈(0，＋∞)， 则m ′(x)＝1－xex ，易得[m(x)]max ＝m(1)＝－1e ， 当且仅当x ＝1时取得，从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有lnx>1ex －2ex 成立．变式训练定义在D 上的函数f(x)，如果满足：对任意x ∈D ，存在常数M>0，都有|f(x)|≤M 成立，则称f(x)是D 上的有界函数，其中M 称为函数f(x)的上界．已知函数f(x)＝1＋a·⎝⎛⎭⎫12x ＋⎝⎛⎭⎫14x.(1) 当a ＝1时，求函数f(x)在(－∞，0)上的值域，并判断函数f(x)在(－∞，0)上是否为有界函数，请说明理由；(2) 若函数f(x)在[0，＋∞)上是以3为上界的有界函数，求实数a 的取值范围．解：(1) 当a ＝1时，f(x)＝1＋⎝⎛⎭⎫12x ＋⎝⎛⎭⎫14x .因为f(x)在(－∞，0)上递减，所以f(x)>f(0)＝3，即f(x)在(－∞，0)的值域为(3，＋∞)，故不存在常数M>0，使|f(x)|≤M 成立， 所以函数f(x)在(－∞，0)上不是有界函数． (2) 由题意知，|f (x)|≤3在[0，＋∞)上恒成立．－3≤f(x)≤3，－4－⎝⎛⎭⎫14x ≤a ·⎝⎛⎭⎫12x ≤2－⎝⎛⎭⎫14x ，所以－4·2x －⎝⎛⎭⎫12x ≤a ≤2·2x －⎝⎛⎭⎫12x 在[0，＋∞)上恒成立．所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤－4·2x －⎝⎛⎭⎫12x max ≤a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤2·2x －⎝⎛⎭⎫12x min ， 设2x ＝t ，h(t)＝－4t －1t ，p(t)＝2t －1t ，由x ∈[0，＋∞)得t≥1，设1≤t 1<t2，h(t1)－h(t2)＝（t2－t1）（4t1t2－1）t1t2>0，p(t1)－p(t2)＝（t1－t2）（2t1t2＋1）t1t2<0，所以h(t)在[1，＋∞)上递减，p(t)在[1，＋∞)上递增，h(t)在[1，＋∞)上的最大值为h(1)＝－5，p(t)在[1，＋∞)上的最小值为p(1)＝1，所以实数a 的取值范围为[－5，1]．【示例】 (本题模拟高考评分标准，满分16分) 已知函数f(x)＝ax ＋x2－xlna(a>0，a ≠1)．(1) 当a>1时，求证：函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； (2) 若函数y ＝|f(x)－t|－1有三个零点，求t 的值；(3) 若存在x1、x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e －1，试求a 的取值范围．审题引导： 本题考查函数与导数的综合性质，函数模型并不复杂，(1)(2)两问是很常规的，考查利用导数证明单调性，考查函数与方程的零点问题．第(3)问要将“若存在x1、x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e －1”转化成|f(x)max －f(x)min|＝f(x)max －f(x)min ≥e －1成立，最后仍然是求值域问题，但在求值域过程中，问题设计比较巧妙，因为在过程中还要构造函数研究单调性来确定导函数的正负． 规范解答： (1) 证明：f ′(x)＝axlna ＋2x －lna ＝2x ＋(ax －1)·lna.(2分) 由于a>1，故当x ∈(0，＋∞)时，lna>0，ax －1>0，所以f ′(x)>0. 故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(4分) (2) 解：当a>0，a ≠1时，因为f ′(0)＝0，且f ′(x)在R 上单调递增，故f ′(x)＝0有唯一解x ＝0.(6分)所以x 、f ′(x)、f(x)的变化情况如下表所示：又函数y ＝|f(x)－t|－1有三个零点，所以方程f(x)＝t ±1有三个根，而t ＋1>t －1，所以t －1＝f(x)min ＝f(0)＝1，解得t ＝2.(10分)(3) 解：因为存在x1、x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e －1，所以当x ∈[－1，1]时，|f(x)max －f(x)min|＝f(x)max －f(x)min ≥e －1.(12分) 由(2)知，f(x)在[－1，0]上递减，在[0，1]上递增，所以当x ∈[－1，1]时，f(x)min ＝f(0)＝1，f(x)max ＝max{f(－1)，f(1)}．而f(1)－f(－1)＝(a ＋1－lna)－⎝⎛⎭⎫1a ＋1＋lna ＝a －1a －2lna ，记g(t)＝t －1t －2lnt(t>0)，因为g ′(t)＝1＋1t2－2t ＝⎝⎛⎭⎫1t －12≥0(当且仅当t ＝1时取等号)，所以g(t)＝t －1t －2lnt 在t ∈(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0， 所以当t>1时，g(t)>0；当0<t<1时，g(t)<0，也就是当a>1时，f(1)>f(－1)；当0<a<1时，f(1)<f(－1)．(14分) ① 当a>1时，由f(1)－f(0)≥e －1a －lna ≥e －1a ≥e ， ② 当0<a<1时，由f(－1)－f(0)≥e －11a ＋lna ≥e －10＜a≤1e ，综上知，所求a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤0，1e ∪[e ，＋∞)．(16分)1. (2013·南京期初)已知函数f(x)＝2x2＋m 的图象与函数g(x)＝ln|x|的图象有四个交点，则实数m 的取值范围是________． 答案：⎝⎛⎭⎫－∞，－12－ln2解析：由于f(x)与g(x)都是偶函数，因此只需考虑当x>0时，函数f(x)与g(x)的图象有两个交点即可．当x>0时，g(x)＝lnx ，令h(x)＝f(x)－g(x)＝2x2－lnx ＋m ，则h ′(x)＝4x －1x ，由h ′(x)＝0，得x ＝12.易知当x ＝12时，h(x)有极小值为12＋ln2＋m ，要使函数f(x)与g(x)的图象在(0，＋∞)内有两个交点，则h ⎝⎛⎭⎫12<0，即12＋ln2＋m<0，所以m<－12－ln2.2. (2013·江苏)在平面直角坐标系xOy 中，设定点A(a ，a)，P 是函数y ＝1x (x>0)图象上一动点．若点P 、A 之间的最短距离为22，则满足条件的实数a 的所有值为________． 答案：－1，10解析：设P ⎝⎛⎭⎫x ，1x ，x>0，则 PA2＝(x －a)2＋⎝⎛⎭⎫1x －a 2＝x2＋1x2－2a ⎝⎛⎭⎫x ＋1x ＋2a2＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x 2－2a ⎝⎛⎭⎫x ＋1x ＋2a2－2.令t ＝x ＋1x ，则由x>0，得t≥2，所以PA2＝t2－2at ＋2a2－2＝(t －a)2＋a2－2.由PA 取得最小值，得⎩⎨⎧a≤2，22－4a ＋2a2－2＝（22）2，或⎩⎨⎧a>2，a2－2＝（22）2，解得a ＝－1或a ＝10.3. (2013·四川)设函数f(x)＝ex ＋x －a(a ∈R ，e 为自然对数的底数)．若存在b ∈[0，1]使f(f(b))＝b 成立，则a 的取值范围是________． 答案：[1，e] 解析：若存在b ∈[0，1]使f(f(b))＝b 成立， 则A(b ，f(b))，A ′(f(b)，b)都在y ＝f(x)的图象上． 又f(x)＝ex ＋x －a 在[0，1]上单调递增， 所以(xA ′－xA)(yA ′－yA )≥0，即(f(b)－b)(b －f(b))≥0，所以(f(b)－b)2≤0， 所以f(b)＝b ，从而f(x)＝x 在[0，1]上有解， 即ex ＋x －a ＝x 在[0，1]上有解， 所以a ＝ex ＋x －x2，x ∈[0，1]， 令φ(x)＝ex ＋x －x2，x ∈[0，1]， 则φ′(x)＝ex －2x ＋1≥0，所以φ(x)在[0，1]上单调递增． 又φ(0)＝1，φ(1)＝e ， 所以φ(x)∈[1，e]，即a ∈[1，e]．4. (2013·南京期末)已知函数f(x)＝⎩⎨⎧1－（x －1）2，0≤x ＜2，f （x －2），x ≥2.若关于x 的方程f(x)＝kx(k ＞0)有且仅有四个根，其最大根为t ，则函数g(t)＝2524t2－6t ＋7的值域为________．答案：⎣⎡⎭⎫－4125，－1 解析：在直角坐标系中分别画出函数f(x)在区间[0，2]，[2，4]，[4，6]上的三个半圆的图象，最大根t 一定在区间(3，4)内，g(t)＝2524t2－6t ＋7是二次函数，对称轴方程为4＞t ＝7225＞3，g(t)的最小值为g ⎝⎛⎭⎫7225＝－4125，直线y ＝kx(k ＞0)与区间[2，4]上半圆相交，与区间[4，6]上半圆相离，故124<k2<18，而k2＝124时，直线与半圆相切，由⎩⎨⎧y ＝kx ，y ＝1－（x －3）2，得(1＋k2)x2－6x ＋8＝0，取k2＝124，得2524x2－6x ＋7＝－1，t<x ，所以g(t)＝2524t2－6t ＋7＜－1.1. 若奇函数f(x)与偶函数g(x)满足f(x)＋g(x)＝2x ，则函数g(x)的最小值是________． 答案：1解析：由f(x)＋g(x)＝2x ，得f(－x)＋g(－x)＝2－x ， 由f(x)是奇函数，g(x)是偶函数， ∴ －f(x)＋g(x)＝2－x ， ∴ g(x)＝12(2x ＋2－x)， ∴ g (x)≥1.2. 设函数f(x)＝ax2＋bx ＋c(a<0)的定义域为D ，若所有点(s ，f(t))(s 、t ∈D)构成一个正方形区域，则a 的值为________． 答案：－4解析：|x1－x2|＝fmax(x)，b2－4ac a2＝4ac －b24a ，|a|＝2－a ，∴ a ＝－4.3. 对于实数a 和b ，定义运算“：ab ＝⎩⎪⎨⎪⎧a2－ab ，a ≤b ，b2－ab ，a>b.设f(x)＝(2x －1)(x －1)，且关于x 的方程为f(x)＝m(m ∈R)恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1、x2、x3的取值范围是________． 答案：⎝⎛⎭⎪⎫1－316，0解析：由新定义得f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧（2x －1）x ，x ≤0，－（x －1）x ，x>0.作出函数f(x)的图象，由图可知，当0<m<14时，f(x)＝m(m ∈R)恰有三个互不相等的实数根x1、x2、x3，不妨设x1<x2<x3，易知x2>0，且x2＋x3＝2×12＝1，∴ x2x3<14.令⎩⎪⎨⎪⎧（2x －1）x ＝14，x<0，解得x ＝1－34或x ＝1＋34(舍去)， ∴1－34<x1<0，∴ 1－316<x1x2x3<0.4. 已知函数f(x)＝lnx －ax2＋(2－a)x.(1) 讨论f(x)的单调性；(2) 设a>0，证明：当0<x<1a 时，f ⎝⎛⎭⎫1a ＋x >f ⎝⎛⎭⎫1a －x ；(3) 若函数y ＝f(x)的图象与x 轴交于A 、B 两点，线段AB 中点的横坐标为x0，证明：f ′(x0)＜0.(1) 解：f(x)的定义域为(0，＋∞),f ′(x)＝1x －2ax ＋(2－a)＝－（2x ＋1）（ax －1）x . ① 若a≤0，则f ′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．② 若a>0，则由f ′(x)＝0得x ＝1a ，且当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x)>0，当x>1a 时，f ′(x)<0.所以f(x)在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上是减函数. (2) 解：设函数g(x)＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＋x －f ⎝⎛⎭⎫1a －x ，则g(x)＝ln(1＋ax)－ln(1－ax)－2ax ，g ′(x)＝a 1＋ax ＋a 1－ax －2a ＝2a3x21－a2x2.当0<x<1a 时，g ′(x)>0，而g(0)＝0，所以g(x)>0.故当0<x<1a 时，f ⎝⎛⎭⎫1a ＋x >f ⎝⎛⎭⎫1a －x . (3) 证明：由(1)可得，当a≤0时，函数y ＝f(x)的图象与x 轴至多有一个交点，故a>0，从而f(x)的最大值为f ⎝⎛⎭⎫1a ，且f ⎝⎛⎭⎫1a >0. 不妨设A(x1，0)，B(x2，0)，0<x1<x2，则0<x1<1a <x2.由(2)得f ⎝⎛⎭⎫2a －x1＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＋1a －x1>f(x1)＝0. 从而x2>2a －x1，于是x0＝x1＋x22>1a .由(1)知，f ′(x0)<0.1. 恒成立问题的处理方法：第一步，分清参数和自变量；第二步，确定是否要分离；第三步，构造新函数求最值；第四步，解不等式．2. 有双重量词出现的不等式恒成立问题，先把其中一个自变量当成已知的参数，解决一个量词，然后再解决另一个量词．3. 证明与函数有关的不等式主要是利函数的最值和单调性来判断．4. 方程的根的个数问题往往考查函数与方程思想和函数零点问题，需注意等价转化．请使用课时训练(A)第14课时(见活页)．[备课札记]。