2018版高考数学(文)通用版二轮专题复习配套文档：专题一函数与导数、不等式第4讲含答案

第4讲导数与函数的单调性、极值、最值问题高考定位利用导数研究函数的性质,以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体,研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题.
真题感悟
1。

（2017·全国Ⅱ卷)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1）·e x－1的极值点，则f(x）的极小值为（) A。

－1 B.－2e－3
C。

5e－3 D.1
解析f′（x）＝［x2＋(a＋2）x＋a－1］·e x－1，
则f′（－2）＝[4－2（a＋2)＋a－1］·e－3＝0⇒a＝－1，
则f(x)＝(x2－x－1)·e x－1,f′(x)＝(x2＋x－2）·e x－1，
令f′（x）＝0，得x＝－2或x＝1,
当x〈－2或x>1时，f′(x)〉0，
当－2<x〈1时，f′（x)〈0，则f(x)极小值为f（1）＝－1。

答案 A
2。

(2017·全国Ⅰ卷)曲线y＝x2＋1
x在点（1,2）处的切线方程为________.
解析设y＝f（x)，则f′(x)＝2x－错误!，
所以f′(1)＝2－1＝1，
所以在（1，2)处的切线方程为y－2＝1×(x－1),
即y＝x＋1。

答案y＝x＋1
3。

（2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝e x（e x－a）－a2x,其中参数a≤0. （1)讨论f(x）的单调性;
（2）若f(x）≥0,求a的取值范围.
解 （1）函数f (x ）的定义域为（－∞,＋∞)，且a ≤0.
f ′（x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a ).
①若a ＝0，则f （x ）＝e 2x ，在(－∞，＋∞)上单调递增。

②若a <0，则由f ′(x )＝0,得x ＝ln 错误!。

当x ∈错误!时，f ′（x ）<0；
当x ∈错误!时，f ′（x )>0.
故f (x )在错误!上单调递减，在区间错误!上单调递增。

(2）①当a ＝0时，f (x ）＝e 2x ≥0恒成立.
②若a 〈0,则由（1)得，当x ＝ln 错误!时，f (x ）取得最小值，最小值为f 错误!＝a 2错误!，
故当且仅当a 2错误!≥0，
即a ≥－2e 错误!时，f (x ）≥0。

综上，a 的取值范围是［－2e 34，0］。

考 点 整 合
1.导数的几何意义
函数f （x ) 在x 0处的导数是曲线f （x ）在点P (x 0,f (x 0))处的切线的斜率，曲线f （x )在点P 处的切线的斜率k ＝f ′（x 0),相应的切线方程为y －f (x 0）＝f ′（x 0)（x －x 0).
易错提醒 求曲线的切线方程时,要注意是在点P 处的切线还是过点P 的切线，前者点P 为切点，后者点P 不一定为切点.
2.四个易误导数公式
（1)（sin x )′＝cos x ；
（2)（cos x )′＝－sin x ；
(3）(a x ）′＝a x ln a (a >0，且a ≠1)；
（4)（log a x ）′＝错误!（a >0，且a ≠1，x >0)。

3.利用导数研究函数的单调性
(1)导数与函数单调性的关系。

①f ′（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。

②f ′（x )≥0是f （x ）为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f ′(x )＝0时，则f (x )为常数函数。

(2）利用导数研究函数单调性的方法。

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.
4。

利用导数研究函数的极值、最值
（1）若在x0附近左侧f′(x）>0，右侧f′(x)<0,则f(x0）为函数f（x）的极大值；若在x0附近左侧f′（x）〈0，右侧f′（x）>0，则f（x0）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。

易错提醒若函数的导数存在,某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要而不充分条件.
热点一导数的几何意义
【例1】(1)（2017·鹰潭一模）已知曲线f(x）＝2x2＋1在点M(x0,f(x0))处的瞬时变化率为－8，则点M 的坐标为________.
(2）（2016·全国Ⅲ卷）已知f（x）为偶函数,当x≤0时，f(x）＝e－x－1－x，则曲线y＝f(x）在点(1，2)处的切线方程是________。

解析(1)∵f(x)＝2x2＋1，∴f′（x）＝4x，
令4x0＝－8，则x0＝－2,∴f(x0)＝9，
∴点M的坐标是（－2，9)。

（2）因为f（x）为偶函数，所以当x〉0时，f(x）＝f（－x）＝e x－1＋x。

所以f′（x)＝e x－1＋1，f′（1）＝e1－1＋1＝2.
所以f(x）在点（1,2)处的切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0。

答案（1)(－2，9）（2）2x－y＝0
探究提高1。

(1）利用导数的几何意义解题主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来转化，其中关键是求出切点的坐标.
(2）以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值,则根据平行、垂直与斜率之间的关系和导数联系起来求解.
2.求曲线的切线要注意“过点P的切线"与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中,点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点。

【训练1】(1)(2017·湖北百所重点高中联考)已知函数f（x＋1)＝错误!,则曲线y＝f（x）在点(1，f(1））处切线的斜率为（)
A.1 B。

－1
C.2 D。

－2
（2)(2017·长郡中学调研)设曲线y＝2－cos x
sin x在点错误!处的切线与直线x＋ay＋1＝0垂直,则a＝
____________。

解析（1)由f(x＋1）＝错误!，知f(x)＝错误!＝2－错误!. ∴f′(x）＝错误!，且f′(1）＝1。

由导数的几何意义,所求切线的斜率k＝1。

（2)y′＝（2－cos x）′sin x－（2－cos x）(sin x)′
sin2x
＝错误!，
则曲线y＝错误!在点错误!处的切线的斜率为k1＝1.
因为直线x＋ay＋1＝0的斜率k2＝－错误!，
又该切线与直线x＋ay＋1＝0垂直，
所以k1k2＝－1，解得a＝1。

答案(1)A（2）1
热点二利用导数研究函数的单调性
命题角度1确定函数的单调性(区间)
【例2－1】已知函数f（x)＝错误!ln x＋错误!，其中常数k〉0,
（1)讨论f(x)在(0，2)上的单调性；
（2)若k∈[4，＋∞),曲线y＝f（x）上总存在相异两点M（x1,y1)，N(x2，y2)使得曲线y＝f（x）在M,N 两点处切线互相平行，求x1＋x2的取值范围.
解（1)因为f′（x）＝错误!－错误!－1
＝错误!＝－错误!（x〉0,k〉0）。

①当0〈k<2时，4
k〉k>0，且错误!>2，
所以x∈（0，k）时,f′（x）〈0，x∈(k，2)时，f′（x）〉0，
所以函数f(x)在（0，k）上是减函数，在（k，2)上是增函数；
②当k＝2时，错误!＝k＝2,f′(x)〈0在（0，2）上恒成立，所以f（x)在(0,2)上是减函数，
③当k〉2时，0<错误!<2，k〉错误!，
所以x∈错误!时，f′(x)〈0，x∈错误!时，f′（x)〉0，
所以函数f(x）在错误!上是减函数,在错误!上是增函数. (2）由题意，可得f′(x1)＝f′(x2）（x1,x2〉0，且x1≠x2），
则错误!－错误!－1＝错误!－错误!－1，
化简得4(x1＋x2)＝错误!x1x2，
又x1x2<错误!错误!,
∴4(x1＋x2）<错误!错误!错误!，
即x1＋x2〉错误!对k∈[4，＋∞）恒成立，
令g（k)＝k＋4
k，则g′(k）＝1－错误!〉0.
∴g（k)＝k＋错误!在[4,＋∞）上是增函数，
所以g(k）≥g(4)＝5，所以错误!≤错误!，所以x1＋x2>错误!，
故x1＋x2的取值范围为错误!。

探究提高1。

求函数的单调区间,只需在函数的定义域内解(证）不等式f′（x)>0或f′（x)<0.
2。

解答本例容易出现以下错误:
（1)忽略函数的定义域，在函数解析式中含有对数必须满足x>0.
(2）对k分类讨论不全，题目中已知k>0，对k分类讨论时容易对标准划分不准确，讨论不全面。

【迁移探究1】若将本例中的条件“k〉0"变为“k〈0"，其他条件不变，f(x）在（0，2）上的单调性如何？
解由例2－1解析知f′(x)＝－错误!在(0，2)上f′(x）〈0，故f（x）在(0，2）上为减函数。

【迁移探究2】在本例（1）中，将“（0，2）"改为（0，＋∞)，其他条件不变，求函数f（x）的单调区间.
解由例题知f′（x)＝－错误!.
①当0<k〈2时，k<错误!，f（x）的单调减区间为(0，k)，错误!，增区间为错误!.
②当k＝2时，k＝错误!＝2，f′(x)<0，f（x）在(0，＋∞）上为减函数。

③当k>2时，k>错误!,f（x)的单调减区间为错误!和（k，＋∞)，增区间为错误!。

命题角度2根据函数的单调性求参数的取值范围
【例2－2】(2017·兰州二模）已知函数f(x）＝错误!x2－2a ln x＋(a－2)x.
（1)当a＝－1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）是否存在实数a，使函数g（x)＝f（x)－ax在(0,＋∞）上单调递增？若存在,求出a的取值范围；若不存在，说明理由。

解(1)当a＝－1时，f（x)＝错误!x2＋2ln x－3x,
则f′(x)＝x＋2
x－3＝错误!＝错误!。

当0〈x<1或x>2时，f′（x）>0，f（x）单调递增；当1〈x〈2时，f′（x)<0，f（x)单调递减. ∴f(x）的单调增区间为(0，1）与（2，＋∞)，单调减区间为（1，2）。

（2)假设存在实数a,使g（x)＝f（x）－ax在（0，＋∞)上是增函数,
∴g′(x)＝f′（x)－a＝x－错误!－2≥0恒成立.
即错误!≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立。

∴x2－2x－2a≥0当x〉0时恒成立，
∴a≤错误!（x2－2x）＝错误!（x－1）2－错误!恒成立。

又φ(x）＝错误!（x－1）2－错误!，x∈（0，＋∞)的最小值为－错误!.
∴当a≤－1
2时，g′（x）≥0恒成立.
又当a＝－错误!,g′（x)＝错误!当且仅当x＝1时,g′（x)＝0。

故当a∈错误!时，g（x)＝f（x)－ax在（0，＋∞）上单调递增。

探究提高 1.已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′（x)≥0(或f′（x）≤0)，x∈（a,b)恒成立，解出参数的取值范围（一般可用不等式恒成立的理论求解），应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围.
2.若函数y＝f(x）在区间（a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b）上有解.
【训练2】已知a∈R，函数f(x)＝（－x2＋ax）e x（x∈R，e为自然对数的底数).
（1）当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间;
（2）若函数f(x）在（－1，1）上单调递增，求a的取值范围；
解（1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)·e x，
所以f′（x)＝(－2x＋2)e x＋（－x2＋2x)e x
＝(－x2＋2）e x。

令f′(x）＞0,即（－x2＋2）e x＞0，
因为e x＞0,所以－x2＋2＞0，解得－错误!＜x＜错误!.
所以函数f（x)的单调递增区间是（－错误!，错误!）.
（2）因为函数f（x)在(－1，1）上单调递增，
所以f′（x)≥0对x∈（－1,1)都成立.
因为f′(x）＝（－2x＋a)e x＋（－x2＋ax)e x＝［－x2＋(a－2）x＋a］e x，所以［－x2＋（a－2）x＋a］e x≥0对x∈（－1，1)都成立.
因为e x＞0，所以－x2＋(a－2）x＋a≥0，
则a≥错误!＝错误!＝(x＋1)－错误!对x∈(－1，1)都成立.
令g(x)＝(x＋1)－错误!，则g′(x）＝1＋错误!＞0.
所以g(x)＝(x＋1)－错误!在（－1，1）上单调递增.
所以g(x)＜g（1)＝(1＋1)－
1
1＋1
＝错误!.
所以a的取值范围是错误!。

热点三利用导数研究函数的极值和最值
命题角度1求函数的极值、最值
【例3－1】（2017·北京卷)已知函数f(x）＝e x cos x－x。

(1)求曲线y＝f（x）在点(0,f（0)）处的切线方程；
（2)求函数f(x)在区间错误!上的最大值和最小值.
解（1）∵f（x)＝e x·cos x－x，∴f(0）＝1，
f′(x)＝e x(cos x－sin x)－1，∴f′（0）＝0，
∴y＝f(x)在（0，f（0))处的切线方程为y－1＝0·(x－0），即y＝1.
（2）f′（x）＝e x（cos x－sin x)－1，令g(x）＝f′(x)，
则g′（x)＝－2sin x·e x≤0在错误!上恒成立，且仅在x＝0处等号成立,
∴g（x)在错误!上单调递减，
∴g（x）≤g（0)＝0，∴f′(x)≤0且仅在x＝0处等号成立，
∴f(x)在错误!上单调递减,
∴f(x）max＝f（0)＝1,f（x）min＝f错误!＝－错误!.
命题角度2与函数极值点个数有关问题
【例3－2】(2017·衡水中学月考)已知函数f（x）＝ax－1－ln x（a∈R）。

(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；
（2)若函数f（x）在x＝1处取得极值,∀x∈(0，＋∞),f(x）≥bx－2恒成立，求实数b的最大值。

解(1）f(x）的定义域为(0，＋∞）,f′（x）＝a－错误!＝错误!.
当a≤0时，f′(x)≤0在（0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在（0，＋∞)上单调递减.
∴f（x）在（0,＋∞)上没有极值点。

当a>0时，由f′（x)<0，得0<x<错误!;由f′(x）>0，得x〉错误!,
∴f(x)在错误!上单调递减，在错误!上单调递增，故f（x）在x＝错误!处有极小值. 综上,当a≤0时,f（x）在(0，＋∞）上没有极值点；
当a>0时,f(x）在（0,＋∞)上有一个极值点.
(2）∵函数f(x）在x＝1处取得极值，
∴f′(1）＝a－1＝0，则a＝1，从而f(x)＝x－1－ln x。

因此f（x）≥bx－2⇒1＋错误!－错误!≥b，
令g（x)＝1＋错误!－错误!，则g′（x）＝错误!，
令g′（x)＝0，得x＝e2,
则g（x)在（0,e2）上单调递减，在(e2，＋∞）上单调递增，
∴g(x）min＝g（e2）＝1－1
e2，即b≤1－错误!.
故实数b的最大值是1－错误!.
探究提高 1.求函数f（x）的极值，则先求方程f′（x)＝0的根，再检查f′（x)在方程根的左右附近函数值的符号.
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。

【训练3】（2017·郴州二模选编)已知函数f（x)＝ax2＋（1－2a)x－ln x.
（1）当a>0时，求函数f（x)的单调递增区间；
（2）当a〈0时，求函数f（x)在错误!上的最小值。

解(1)由函数f（x）＝ax2＋(1－2a）x－ln x，
可得f′(x）＝2ax＋(1－2a）－错误!＝错误!,
令f′（x）>0，因为a>0，x>0，
∴2ax＋1
x〉0，∴x－1>0,得x>1，
∴f(x)的单调递增区间为（1，＋∞)。

(2）由(1）可得f′（x)＝错误!，因为a<0，令f′(x）＝0，得x1＝－错误!,x2＝1，
①当－错误!〉1，即－错误!<a<0时，f′(x）<0，因此f(x）在（0,1）上是减函数，∴f(x)在错误!上的最小值为f(1)＝1－a.
②当错误!≤－错误!≤1，即－1≤a≤－错误!时，
当x∈错误!时，f′（x）≤0，当x∈错误!时，f′（x)≥0，
因此f(x）在错误!上是减函数，在错误!上是增函数,
∴f(x）的最小值为f错误!＝1－错误!＋ln（－2a).
③当－错误!<错误!，即a<－1时，f′（x)〉0，因此f(x)在错误!上是增函数,
∴f(x)的最小值为f错误!＝错误!－错误!a＋ln 2。

综上，函数f（x）在区间错误!上的最小值为：
f（x）min＝错误!
1。

如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个，这些单调区间不能用“∪”连接，而只能用逗号或“和”字隔开.
2.可导函数在闭区间[a，b］上的最值,就是函数在该区间上的极值及端点值中的最大值与最小值。

3。

可导函数极值的理解
(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值；
（2)对于可导函数f(x)，“f（x）在x＝x0处的导数f′（x0）＝0”是“f（x)在x＝x0处取得极值"的必要不充分条件；
（3)注意导函数的图象与原函数图象的关系,导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点.
4.求函数的单调区间时，若函数的导函数中含有带参数的有理因式，因式根的个数、大小、根是否在定义域内可能都与参数有关,则需对参数进行分类讨论.
5。

求函数的极值、最值问题，一般需要求导,借助函数的单调性，转化为方程或不等式问题来解决,有正向思维—-直接求函数的极值或最值；也有逆向思维-—已知函数的极值或最值，求参数的值或范围，常常用到分类讨论、数形结合的思想.
一、选择题
1.曲线y＝e x＋2x在点(0,1)处的切线方程为(）
A。

y＝x＋1 B.y＝x－1
C。

y＝3x＋1 D.y＝－x＋1
解析求导函数y′＝e x＋2，当x＝0时，y′＝e0＋2＝3，所以曲线y＝e x＋2x在点（0，1）处的切线方程为y＝3x＋1.
答案 C
2.(2017·浙江卷）函数y＝f(x）的导函数y＝f′（x)的图象如图所示,则函数y＝f(x)的图象可能是()
解析利用导数与函数的单调性进行验证.f′(x)＞0的解集对应y＝f(x）的增区间，f′(x)＜0的解集对应y＝f（x)的减区间，验证只有D选项符合。

答案 D
3。

函数f(x)＝3x2＋ln x－2x的极值点的个数是（)
A。

0 B.1
C.2
D.无数
解析函数定义域为（0,＋∞)，
且f′(x)＝6x＋错误!－2＝错误!，
由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1的Δ＝－20〈0，
所以g（x）>0恒成立,故f′(x）〉0恒成立，
即f（x）在定义域上单调递增，无极值点。

答案 A
4.(2017·安徽江淮十校联考)设函数f（x）＝错误!x2－9ln x在区间[a－1，a＋1］上单调递减，则实数a 的取值范围是（）
A.(1，2] B。

[4，＋∞）
C。

(－∞，2］D。

(0，3］
解析易知f（x）的定义域为(0，＋∞），且f′(x)＝x－错误!.
由f′(x)＝x－错误!〈0,解得0<x<3。

因为f（x）＝错误!x2－9ln x在[a－1，a＋1］上单调递减，
∴错误!解得1<a≤2.
答案 A
5.(2016·山东卷)若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质。

下列函数中具有T性质的是(）
A.y＝sin x B。

y＝ln x
C。

y＝e x D。

y＝x3
解析对函数y＝sin x求导,得y′＝cos x，当x＝0时，该点处切线l1的斜率k1＝1,当x＝π时，该点处切线l2的斜率k2＝－1，∴k1·k2＝－1，∴l1⊥l2；对函数y＝ln x求导,得y′＝错误!恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y＝e x求导，得y′＝e x恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y＝x3，得y′＝3x2恒大于等于0，斜率之积不可能为－1.
答案 A
二、填空题
6。

已知函数f(x）＝ax ln x，a∈R，若f′（e)＝3，则a的值为________.
解析f′(x）＝a（1＋ln x),a∈R，f′（e)＝3，所以a（1＋ln e)＝3，所以a＝错误!。

答案错误!
7.(2016·全国Ⅲ卷）已知f（x)为偶函数,当x＜0时，f(x）＝ln（－x）＋3x,则曲线y＝f(x）在点（1，－3)处的切线方程是________。

解析令x>0，则－x<0，f（－x)＝ln x－3x,
又f(x）为偶函数,即f(－x)＝f(x)，
∴f(x）＝ln x－3x（x>0),则f′（x)＝错误!－3（x>0）.
∴f′（1）＝－2,
∴在点(1，－3）处的切线方程为y＋3＝－2（x－1）,即y＝－2x－1。

答案2x＋y＋1＝0
8。

(2017·郴州三模）已知奇函数f（x)＝错误!则函数h(x）的最大值为________.
解析当x>0时,f（x）＝错误!－1，f′(x）＝错误!,
∴当x∈（0，1)时，f′(x）〈0，函数f（x）单调递减；
当x〉1时，f′(x）>0,函数f(x）单调递增.
∴x＝1时，f（x)取到极小值e－1，即f(x）的最小值e－1。

又f（x）为奇函数，且x〈0时,f(x)＝h(x)，
∴h(x)的最大值为－(e－1)＝1－e。

答案1－e
三、解答题
9.（2017·新乡调研)已知函数f（x）＝e x－x2＋2ax.
(1）若a＝1，求曲线y＝f(x）在点（1，f(1）)处的切线方程；（2）若f(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围.
解（1)∵f′(x)＝e x－2x＋2，∴f′（1）＝e，
又f（1)＝e＋1，
∴所求切线方程为y－(e＋1）＝e(x－1)，
即e x－y＋1＝0。

（2)f′(x）＝e x－2x＋2a,
∵f（x）在R上单调递增,∴f′（x）≥0在R上恒成立,
∴a≥x－e x
2在R上恒成立，令g（x)＝x－错误!，
则g′（x)＝1－错误!，令g′(x)＝0，则x＝ln 2，
在（－∞，ln 2）上，g′(x)〉0；
在（ln 2，＋∞)上,g′（x）〈0，
∴g(x)在（－∞，ln 2)上单调递增,在(ln 2,＋∞)上单调递减，
∴g(x)max＝g（ln 2）＝ln 2－1，∴a≥ln 2－1，
∴实数a的取值范围为［ln 2－1，＋∞)。

10.已知f(x)＝ln x＋错误!.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)若对任意x>0，均有x（2ln a－ln x）≤a恒成立，求正数a的取值范围。

解（1）f′（x)＝错误!－错误!＝错误!，x∈(0，＋∞）.
①当a≤0时,f′(x）>0，f（x)在(0，＋∞)为增函数，无极值。

②当a>0时，x∈(0，a）时，f′(x)<0，f(x）在（0，a）为减函数；
x∈（a，＋∞)时,f′(x）〉0，f(x）在（a,＋∞）为增函数,
f（x）在（0，＋∞)有极小值，无极大值，
f(x）的极小值f（a）＝ln a＋1。

(2）若对任意x>0，均有x（2ln a－ln x)≤a恒成立，即对任意x>0，均有2ln a≤错误!＋ln x恒成立，
由（1)可知f（x）的最小值为ln a＋1，问题转化为2ln a≤ln a＋1，即ln a≤1，故0〈a≤e，
故正数a的取值范围是（0，e］.
11。

（2017·山东卷）已知函数f（x）＝错误!x3－错误!ax2，其中参数a≥0。

(1)当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点(3，f（3)）处的切线方程；
（2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x,讨论g(x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值。

解(1)由题意f′（x)＝x2－ax，
所以当a＝2时，f(3）＝0，f′(x）＝x2－2x,
所以f′(3)＝3,
因此曲线y＝f(x)在点（3,f(3））处的切线方程是y＝3(x－3），即3x－y－9＝0。

(2）因为g(x)＝f（x)＋（x－a）cos x－sin x，
所以g′（x)＝f′（x）＋cos x－(x－a）sin x－cos x
＝x(x－a)－（x－a）sin x＝(x－a）(x－sin x），
令h（x)＝x－sin x,则h′(x）＝1－cos x≥0,
所以h（x)在R上单调递增.
因为h(0)＝0，所以，当x〉0时，h(x)〉0；当x<0时，h（x）〈0.
①当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，
当x∈（－∞,＋∞)时，g′(x）≥0，g（x)单调递增；
所以g（x）在（－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值。

②当a〉0时，g′（x）＝（x－a）（x－sin x），
当x∈(－∞,0)时，x－a〈0，g′（x）>0，g(x)单调递增；
当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)〈0,g（x）单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，x－a>0,g′(x)>0，g（x)单调递增.
所以，当x＝0时,g（x)取到极大值，极大值是g(0）＝－a；
当x＝a时g（x)取到极小值，极小值是g（a)＝－错误!a3－sin a.
综上所述:当a＝0时，函数g（x）在(－∞，＋∞）上单调递增，无极值；
当a〉0时，函数g（x)在（－∞，0）和(a，＋∞）上单调递增，在（0，a）上单调递减，函数既有极大值，又有极小值,极大值是g（0)＝－a，极小值是g(a）＝－错误!a3－
sin a.。