含绝对值的导数题

1.已知函数()()ln 0f x x x =>．（1）求函数()()1g x f x x =-+的极值；（2）求函数()()()h x f x x a a =+-为实常数的单调区间； 解：（1）g （x ）＝lnx －x ＋1，g ′（x ）＝1x －1＝1－x x ，当0＜x ＜1时，g ′（x ）＞0；当x ＞1时，g ′（x ）＜0，可得g （x ）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减， 故g （x ）有极大值为g （1）＝0，无极小值． （2）h （x ）＝lnx ＋|x －a|．当a ≤0时，h （x ）＝lnx ＋x －a ，h ′（x ）＝1＋1x ＞0恒成立，此时h （x ）在（0，＋∞）上单调递增；当a ＞0时，h （x ）＝⎩⎨⎧lnx ＋x －a ，x ≥a ，lnx －x ＋a ，0＜x ＜a ．①当x ≥a 时，h （x ）＝lnx ＋x －a ，h ′（x ）＝1＋1x ＞0恒成立，此时h （x ）在（a ，＋∞）上单调递增；②当0＜x ＜a 时，h （x ）＝lnx －x ＋a ，h ′（x ）＝1x －1＝1－x x ．当0＜a ≤1时，h ′（x ）＞0恒成立，此时h （x ）在（0，a ）上单调递增； 当a ＞1时，当0＜x ＜1时h ′（x ）＞0，当1≤x ＜a 时h ′（x ）≤0， 所以h （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，a ）上单调递减． 综上，当a ≤1时，h （x ）的增区间为（0，＋∞），无减区间； 当a ＞1时，h （x ）增区间为（0，1），（a ，＋∞）；减区间为（1，a ）．设0>a ，函数|1ln |)(2-+=x a x x f .(1) 当1=a 时,求曲线)(xf y =在1=x 处的切线方程; (2) 当),1[+∞∈x 时,求函数)(x f 的最小值. 1.解（1）当1=a 时，|1ln |)(2-+=x x x f令1=x 得 ,1)1(,2)1(='=f f 所以切点为（1，2），切线的斜率为1，所以曲线)(x f y =在1=x 处的切线方程为：01=+-y x 。

（2）①当e x ≥时，a x a x x f -+=ln )(2，x ax x f +='2)( )(e x ≥0>a ，0)(>∴x f 恒成立。

)(x f ∴在),[+∞e 上增函数。

故当e x =时，2min )(e e f y== ② 当e x <≤1时，1ln )(2+-=x a x x f ，)2)(2(22)(ax a x x x a x x f -+=-='（e x <≤1）（i ）当,12≤a 即20≤<a 时，)(x f '在),1(e x ∈时为正数，所以)(x f 在区间),1[e 上为增函数。

故当1=x 时，a y +=1min ，且此时)()1(e f f < (ii)当e a <<21，即222e a <<时，)(x f '在)2,1(a x ∈时为负数，在间),2(e ax ∈时为正数。

所以)(x f 在区间)2,1[a 上为减函数，在],2(e a上为增函数故当2a x =时，2ln 223minaa a y -=，且此时)()2(e f a f <(iii)当ea ≥2；即 22e a ≥时，)(xf '在),1(e x ∈时为负数，所以)(x f 在区间[1,e]上为减函数，故当e x =时，2min )(e e f y ==。

综上所述，当22e a ≥时，)(x f 在e x ≥时和e x ≤≤1时的最小值都是2e 。

所以此时)(x f 的最小值为2)(e e f =；当222e a <<时，)(x f 在e x ≥时的最小值为2ln 223)2(a a a a f -=，而)()2(e f af <，所以此时)(x f 的最小值为2ln 223)2(aa a a f -=。

当20≤<a 时，在e x ≥时最小值为2e ，在e x <≤1时的最小值为a f +=1)1(，而)()1(e f f <，所以此时)(x f 的最小值为a f +=1)1(所以函数)(x f y =的最小值为⎪⎩⎪⎨⎧>≤<-≤<+=222min 2,22,2ln 22320,1e a e e a aa a a a y已知函数|21|||112(),(),x a x a f x e f x e x R -+-+==∈.( I )若2=a , 求)(x f =)(1x f +)(2x f 在∈x [2，3]上的最小值； ( II)若[,)x a ∈+∞时, 21()()f x f x ≥, 求a 的取值范围； (III)求函数1212()()|()()|()22f x f x f x f x g x +-=-在∈x [1，6]上的最小值.解:(1)因为2=a ,且∈x [2，3],所以3|3||2|131()2x x x xx x e e f x e e e e e e e --+--=+=+=+≥=,当且仅当x =2时取等号,所以()f x 在∈x [2，3]上的最小值为3e(2)由题意知,当[,)x a ∈+∞时,|21|||1x a x a ee -+-+≤,即|21|||1x a x a -+≤-+恒成立所以|21|1x a x a -+≤-+,即2232ax a a ≥-对[,)x a ∈+∞恒成立,则由2220232a a a a≥⎧⎨≥-⎩,得所求a 的取值范围是02a ≤≤ (3) 记12()|(21)|,()||1h x x a h x x a =--=-+,则12(),()h x h x 的图象分别是以(2a -1,0)和(a ,1)为顶点开口向上的V 型线,且射线的斜率均为1±.①当1216a ≤-≤,即712a ≤≤时,易知()g x 在∈x [1，6]上的最小值为01(21)1f a e -==②当a <1时,可知2a －1<a ,所以(ⅰ)当12(1)(1)h h ≤,得|1|1a -≤,即01a ≤<时,()g x 在∈x [1，6]上的最小值为221(1)a f e -=(ⅱ)当12(1)(1)h h >,得|1|1a ->,即0a <时,()g x 在∈x [1，6]上的最小值为22(1)a f e -=③当72a >时,因为2a －1>a ,可知216a ->,(ⅰ)当1(6)1h ≤,得|27|1a -≤,即742a <≤时,()g x 在∈x [1，6]上的最小值为271(6)a f e -=(ⅱ)当1(6)1h >且6a ≤时,即46a <≤,()g x 在∈x [1，6]上的最小值为12()f a e e ==(ⅲ)当6a >时,因为12(6)275(6)h a a h =->-=,所以()g x 在∈x [1，6]上的最小值为52(6)a f e -=综上所述, 函数()g x 在∈x [1，6]上的最小值为2222750017112742466a a a a e a e a a e a e a a e----⎧<⎪≤<⎪⎪≤≤⎪⎪⎨⎪<≤⎪⎪<≤⎪⎪>⎩南京三模）14.若不等式|3ln ax x -|≥1对任意(0,1]x ∈都成立，则实数a 取值范围是▲ ．解答：显然1x =时，有||1,1,,1a a or a ≥≤-≥。

令3()ln ,g x ax x =-32131()3ax g x ax x x-'=-=①当1a ≤-时，对任意(0,1]x ∈，331()0ax g x x-'=<，()g x 在(0,1]上递减，min ()(1)1g x g a ==≤-，此时()g x [,)a ∈+∞，|()g x |的最小值为0，不适合题意。

②当1a ≥时，对任意(0,1]x ∈，331()0ax g x x x -'==⇒=|()g x |的最小值为11ln(3)33g a =+≥1，解得：23e a ≥。

故所求23e a ≥6.已知函数|,|)(bx e x f x-=其中e 为自然对数的底.（1）当1=b 时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；（2）若函数y=f(x)有且只有一个零点，求实数b 的取值范围；（3）当b>0时，判断函数y=f(x)在区间（0，2）上是否存在极大值，若存在，求出极大值及相应实数b 的取值范围.解：（1）记g (x )＝e x －bx ．当b ＝1时，g '(x )＝e x －1．当x ＞0时，g '(x )＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上为增函数． 又g (0)＝1＞0，所以当x ∈(0，＋∞)时，g (x )＞0．所以当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝∣g (x )∣＝g (x )，所以f '(1)＝g '(1)＝e －1． 所以曲线y ＝f (x )在点(1，e －1)处的切线方程为：y －(e －1)＝(e －1)(x －1)，即y ＝(e －1)x ． ………………………… 4分 （没有说明“在x ＝1附近，f (x )＝e x －bx ”的扣1分)（2）解法一 f (x )＝0同解于g (x )＝0，因此，只需g (x )＝0有且只有一个解．即方程e x －bx ＝0有且只有一个解．因为x ＝0不满足方程，所以方程同解于b ＝e xx ． ………………………… 6分 令h (x )＝e xx ，由h '(x )＝(x －1)e x x 2＝0得x ＝1．当x ∈(1，＋∞)时，h '(x )＞0，h (x )单调递增，h (x )∈(e ，＋∞)； 当x ∈(0，1)时，h '(x )＜0，h (x )单调递减，h (x )∈(e ，＋∞)；所以当x ∈(0，＋∞)时，方程b ＝e xx 有且只有一解等价于b ＝e ．………… 8分 当x ∈(－∞，0)时，h (x )单调递减，且h (x )∈(－∞，0)， 从而方程b ＝e xx 有且只有一解等价于b ∈(－∞，0)．综上所述，b 的取值范围为(－∞，0)∪{e}． …………………………… 10分 解法二 f (x )＝0同解于g (x )＝0，因此，只需g (x )＝0有且只有一个解． 即方程e x －bx ＝0有且只有一个解，即e x ＝bx 有且只有一解．也即曲线y ＝e x 与直线y ＝bx 有且只有一个公共点． …………………… 6分 如图1，当b ＜0时，直线y ＝bx 与y ＝e x 总是有且只有一个公共点，满足要求．………………………… 8分如图2，当b ≥0时，直线y ＝bx 与y ＝e x 有且只有一个公共点，xx当且仅当直线y ＝bx 与曲线y ＝e x 相切．设切点为(x 0，e x 0)，根据曲线y ＝e x 在x ＝x 0处的切线方程为：y －e x 0＝e x 0(x －x 0)．把原点(0，0)代入得x 0＝1，所以b ＝e x 0＝e ．综上所述，b 的取值范围为(－∞，0)∪{e}． ………………………… 10分 （3）由g '(x )＝e x －b ＝0，得x ＝ln b ．当x ∈(－∞，ln b )时，g '(x )＜0，g (x )单调递减． 当x ∈(ln b ，＋∞)时，g '(x )＞0，g (x )单调递增．所以在x ＝ln b 时，g (x )取极小值g (ln b )＝b －b ln b ＝b (1－ln b )．①当0＜b ≤e 时， g (ln b )＝b －b ln b ＝b (1－ln b )≥0，从而当x ∈R 时，g (x )≥0． 所以f (x )＝∣g (x )∣＝g (x )在(－∞，＋∞)上无极大值．因此，在x ∈(0，2)上也无极大值． …………………………… 12分②当b ＞e 时，g (ln b )＜0．因为g (0)＝1＞0，g (2ln b )＝b 2－2b ln b ＝b (b －2ln b )＞0，（令k (x )＝x －2ln x ．由k '(x )＝1－2x ＝0得x ＝2，从而当x ∈(2，＋∞)时，k (x )单调递增，又k (e)＝e －2＞0，所以当b ＞e 时，b －2ln b ＞0．）所以存在x 1∈(0，ln b )，x 2∈(ln b ，2ln b )，使得g (x 1)＝g (x 2)＝0．此时f (x )＝∣g (x )∣＝⎩⎨⎧g (x )，x ≤x 1或x ≥x 2，－g (x )，x 1＜x ＜x 2．所以f (x )在(－∞，x 1)单调递减，在(x 1，ln b )上单调递增，在(ln b ，x 2)单调递减， 在(x 2，＋∞)上单调递增． ……………………………… 14分 所以在x ＝ln b 时，f (x )有极大值．因为x ∈(0，2)．所以，当ln b ＜2，即e ＜b ＜e 2时，f (x )在(0，2)上有极大值； 当ln b ≥2，即b ≥e 2 时，f (x )在(0，2)上不存在极大值． 综上所述，在区间(0，2)上，当0＜b ≤e 或b ≥e 2时，函数y ＝f (x )不存在极大值；当e ＜b ＜e 2时，函数y ＝f (x )，在x ＝ln b 时取极大值f (ln b )＝b (ln b －1)．7.已知函数x aa x x f ln 2)(--=，R a ∈． （1）求函数)(x f 的单调区间；（2）若函数)(x f 有两个零点21,x x ，)(21x x <，求证：2211a x a x <<<<． 解：（1）由题意，函数的定义域为),0(+∞， 当0≤a 时，x aa x x a a x x f ln 2ln 2)(--=--=， 021)(>-='xax f ，函数)(x f 的单调递增区间为),0(+∞，………………………3分 当0>a 时， ⎪⎩⎪⎨⎧<<--≥--=--=a x x a x a a x x a a x x a a x x f 0,ln 2,ln 2ln 2)( , ………5分若a x ≥，02221)(>-=-='x a x x a x f ，此时函数)(x f 单调递增， 若a x <，021)(<--='x ax f ，此时函数)(x f 单调递减， 综上，当0≤a 时，函数)(x f 的单调递增区间为),0(+∞；当0>a 时，函数)(x f 的单调递减区间为),0(a ；单调递增区间为),(+∞a ． …7分 （2）由（1）知，当0≤a 时，函数)(x f 单调递增，至多只有一个零点，不合题意； …………………………8分 则必有0>a ，此时函数)(x f 的单调递减区间为),0(a ；单调递增区间为),(+∞a ， 由题意，必须0ln 2)(<-=a aa f ，解得1>a ， ………………………10分 由011ln 21)1(>-=--=a aa f ，0)(<a f ， 得),1(1a x ∈, ………………………12分 而)ln 1(ln )(22a a a a a a a a f --=--=， 下面证明：1>a 时，0ln 1>--a a 设x x x g ln 1)(--=，1>x 则0111)(>-=-='xx x x g ， 所以)(x g 在1>x 时递增，则0)1()(=>g x g ，所以0)ln 1(ln )(22>--=--=a a a a a a a a f ， 又0)(<a f ， 所以),(22a a x ∈,综上，2211a x a x <<<<． ………………………16分20．(江苏省徐州市2011届高三第一次调研考试) (本小题满分16分)已知函数2()1,()|1|f x x g x a x =-=-．（1）若关于x 的方程|()|()f x g x =只有一个实数解，求实数a 的取值范围； （2）若当x ∈R 时，不等式()()f x g x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；（3）求函数()|()|()h x f x g x =+在区间[2,2]-上的最大值（直接写出结果，不需给出演算步骤）． 20．【解析】本小题主要考查函数的概念、性质及图象等基础知识，考查抽象概括能力、运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、特殊与一般思想．（1）方程|()|()f x g x =，即2|1||1|x a x -=-，变形得|1|(|1|)0x x a -+-=， 显然，1x =已是该方程的根，从而欲原方程只有一解，即要求方程|1|x a +=， 有且仅有一个等于1的解或无解，结合图形得0a <. ……………………4分（2）不等式()()f x g x ≥对x ∈R 恒成立，即2(1)|1|x a x --≥（*）对x ∈R 恒成立， ①当1x =时，（*）显然成立，此时a ∈R ；②当1x ≠时，（*）可变形为21|1|x a x -≤-，令21,(1),1()(1),(1).|1|x x x x x x x ϕ+>⎧-==⎨-+<-⎩ 因为当1x >时，()2x ϕ>，当1x <时，()2x ϕ>-， 所以()2x ϕ>-，故此时2a -≤.综合①②，得所求实数a 的取值范围是2a -≤. …………………………………8分（3）因为2()|()|()|1||1|h x f x g x x a x =+=-+-=2221,(1),1,(11),1,(1).x ax a x x ax a x x ax a x ⎧+--⎪--++-<⎨⎪-+-<-⎩≤≥…10分①当1,22aa >>即时，结合图形可知()h x 在[2,1]-上递减，在[1,2]上递增，且(2)33,(2)3h a h a -=+=+，经比较，此时()h x 在[2,2]-上的最大值为33a +.②当01,22a a 即0≤≤≤≤时，结合图形可知()h x 在[2,1]--，[,1]2a -上递减， 在[1,]2a--，[1,2]上递增，且(2)33,(2)3h a h a -=+=+，2()124a a h a -=++，经比较，知此时()h x 在[2,2]-上的最大值为33a +.③当10,02a a -<<即-2≤≤时，结合图形可知()h x 在[2,1]--，[,1]2a-上递减， 在[1,]2a--，[1,2]上递增，且(2)33,(2)3h a h a -=+=+，2()124a a h a -=++，经比较，知此时()h x 在[2,2]-上的最大值为3a +.④当31,222a a -<-<-即-3≤≤时，结合图形可知()h x 在[2,]2a -，[1,]2a-上递减， 在[,1]2a ，[,2]2a -上递增，且(2)330h a -=+<, (2)30h a =+≥，经比较，知此时()h x 在[2,2]-上的最大值为3a +.当3,322a a <-<-即时，结合图形可知()h x 在[2,1]-上递减，在[1,2]上递增，故此时()h x 在[2,2]-上的最大值为(1)0h =.综上所述，当0a ≥时，()h x 在[2,2]-上的最大值为33a +； 当30a -<≤时，()h x 在[2,2]-上的最大值为3a +；当3a <-时，()h x 在[2,2]-上的最大值为0.………………………………………16分20．(江苏省盐城市2011届高三年级第一次调研) (本小题满分16分)已知函数2()|ln 1|f x x a x =+-,()||22ln 2,0g x x x a a =-+->. （Ⅰ）当1a =时,求函数()f x 在区间[1,]e 上的最大值；（Ⅱ）若3(),[1,)2f x a x ≥∈+∞恒成立,求a 的取值范围；（Ⅲ）对任意1[1,)x ∈+∞,总存在惟一的2[2,)x ∈+∞,使得12()()f x g x =成立, 求a 的取值范围.20．解：（Ⅰ）当1a =,[1,]x e ∈时2()ln 1f x x x =-+,1()2(1)1f x x f x ''=-≥=,所以()f x 在[1,]e 递增,所以2max ()()f x f e e ==… …………………………4分（Ⅱ）①当e x ≥时，a x a x x f -+=ln )(2，x ax x f +='2)(，0>a ，0)(>∴x f 恒成立,)(x f ∴在),[+∞e 上增函数,故当e x =时，2min )(e e f y ==……… ……………5分②当e x <≤1时，2()ln =-+f x x a x a ，)2)(2(22)(ax a x x x a x x f -+=-='，当,12≤a即20≤<a 时，)(x f '在),1(e x ∈时为正数，所以)(x f 在区间),1[e 上为增函数,故当1=x 时，a y +=1min ，且此时)()1(e f f <2=e …… ……………………7分(ii)当e a <<21,即222e a <<时， )(x f '在)2,1(a x ∈时为负数，在间),2(e ax ∈ 时为正数, 所以)(x f 在区间)2,1[a 上为减函数，在],2(e a上为增函数,故当2a x =时，2ln 223min aa a y -=，且此时)()2(e f a f <2=e ……………………………………… ……………………8分(iii)当e a ≥2,即 22e a ≥时，)(x f '在),1(e x ∈时为负数，所以)(x f 在区间[1,e]上为减函数，故当e x =时，2min )(e e f y ==…………… ………………………………………9分综上所述，函数)(x f y =的最小值为⎪⎩⎪⎨⎧>≤<-≤<+=222min2,22,2ln 22320,1e a e e a a a a a a y ………10分所以当312a a +≥时,得02a <≤；当33ln 2222a a a a -≥(222a e <<)时,无解； 当232e a ≥ （22a e ≥）时,得a ≤不成立. 综上,所求a 的取值范围是02a <≤…………………………………………11分（Ⅲ）①当02a <≤时,()g x 在[2,)+∞单调递增,由(2622ln 21g a a =--≤+）,得52ln 2233a -≤≤ … ………………12分 ②当122a <≤时，()g x 在[2,)+∞先减后增,由3(2222ln 2ln 222=--<-）a a a g a , 得ln 22ln 20222a a a +--<,设()ln 22ln 2()2a h t t t t t =+--=,()2ln 0(12)h t t t '=+><<, 所以()h t 单调递增且(2)0h =，所以()0h t <恒成立得24a <<… … …………14分③当222a e <<时,()f x 在[2,2a 递增，在[,]2a a 递减，在[,)a +∞递增,所以由()2a g 3ln 222a a a <-, 得23ln 22ln 204222a a a a -++-<,设2()3ln 22ln 2m t t t t t =-++-,则2()22ln 0((2,)m t t t t e '=-+>∈,所以()m t 递增，且(2)0m =, 所以()0m t >恒成立，无解.④当22a e >时，()f x 在[2,]2a 递增，在[,]2a a 递减，在[,)a +∞递增, 所以由()2a g e <得2222ln 204a e -+-<无解.综上,所求a 的取值范围是52[ln 2,4)33a ∈-………………16分22．已知函数f (x )＝ln x (x ＞0)．(1)求函数g (x )＝f (x )－x ＋1的极值；*(2)求函数h (x )＝f (x )＋|x －a |(a 为实常数)的单调区间；*(3)若不等式(x 2－1)f (x )≥k (x －1)2对一切正实数x 恒成立，求实数k 的取值范围．解：(1)g (x )＝ln x －x ＋1，g ′(x )＝1x －1＝1－x x ，当0＜x ＜1时，g ′(x )＞0；当x ＞1时，g ′(x )＜0，可得g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故g (x )有极大值为g (1)＝0，无极小值．(2)h (x )＝ln x ＋|x －a |．当a ≤0时，h (x )＝ln x ＋x －a ，h ′(x )＝1＋1x ＞0恒成立，此时h (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，h (x )＝⎩⎨⎧ln x ＋x －a ，x ≥a ，ln x －x ＋a ，0＜x ＜a ．①当x ≥a 时，h (x )＝ln x ＋x －a ，h ′(x )＝1＋1x ＞0恒成立，此时h (x )在(a ，＋∞)上单调递增；②当0＜x ＜a 时，h (x )＝ln x －x ＋a ，h ′(x )＝1x －1＝1－x x ．当0＜a ≤1时，h ′(x )＞0恒成立，此时h (x )在(0，a )上单调递增；当a ＞1时，当0＜x ＜1时h ′(x )＞0，当1≤x ＜a 时h ′(x )≤0，所以h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，a )上单调递减．综上，当a ≤1时，h (x )的增区间为(0，＋∞)，无减区间；当a ＞1时，h (x )增区间为(0，1)，(a ，＋∞)；减区间为(1，a )．(3)不等式(x 2－1)f (x )≥k (x －1)2对一切正实数x 恒成立，即(x 2－1)ln x ≥k (x －1)2对一切正实数x 恒成立．当0＜x ＜1时，x 2－1＜0；ln x ＜0，则(x 2－1)ln x ＞0；当x ≥1时，x 2－1≥0；ln x ≥0，则(x 2－1)ln x ≥0．因此当x ＞0时，(x 2－1)ln x ≥0恒成立．又当k ≤0时，k (x －1)2≤0，故当k ≤0时，(x 2－1)ln x ≥k (x －1)2恒成立．下面讨论k ＞0的情形．当x ＞0且x ≠1时，(x 2－1)ln x －k (x －1)2＝(x 2－1)[ln x －k (x －1)x ＋1]． 设h (x )＝ln x －k (x －1)x ＋1( x ＞0且x ≠1)，h ′(x )＝1x －2k (x ＋1)2＝x 2＋2(1－k )x ＋1x (x ＋1)2． 记△＝4(1－k )2－4＝4(k 2－2k )．①当△≤0，即0＜k ≤2时，h ′(x )≥0恒成立，故h (x )在(0，1)及(1，＋∞)上单调递增． 于是当0＜x ＜1时，h (x )＜h (1)＝0，又x 2－1＜0，故(x 2－1) h (x )＞0，即(x 2－1)ln x ＞k (x －1)2．当x ＞1时，h (x )＞h (1)＝0，又x 2－1＞0，故(x 2－1) h (x )＞0，即(x 2－1)ln x ＞k (x －1)2． 又当x ＝1时，(x 2－1)ln x ＝k (x －1)2．因此当0＜k ≤2时，(x 2－1)ln x ≥k (x －1)2对一切正实数x 恒成立．②当△＞0，即k ＞2时，设x 2＋2(1－k )x ＋1＝0的两个不等实根分别为x 1，x 2(x 1＜x 2)． 函数φ(x )＝x 2＋2(1－k )x ＋1图像的对称轴为x ＝k －1＞1，又φ(1)＝4－2k ＜0，于是x 1＜1＜k －1＜x 2．故当x ∈(1，k －1)时，φ(x )＜0，即h ′(x )＜0，从而h (x )在(1，k －1)在单调递减；而当x ∈(1，k －1)时，h (x )＜h (1)＝0，此时x 2－1＞0，于是(x 2－1) h (x )＜0，即(x 2－1)ln x ＜k (x －1)2，因此当k ＞2时，(x 2－1)ln x ≥k (x －1)2对一切正实数x 不恒成立．综上，当(x 2－1)f (x )≥k (x －1)2对一切正实数x 恒成立时，k ≤2，即k 的取值范围是(－∞，2]．【说明】本题以函数的最值为载体考查分类讨论思想．第三问比较难，两个注意：①适当变形后研究函数h (x )；②当k ＞2时，区间(1，k －1)是如何找到的．。