高端精品高中数学二轮专题-导数与函数的极值、最值（带答案）教案

这是一份高端精品高中数学二轮专题-导数与函数的极值、最值（带答案）教案，共15页。

(1)函数的极小值：
函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．
(2)函数的极大值：
函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．
2．函数的最值
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．
(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
题型一. 极值、最值的概念
1．函数y＝xsinx+csx的一个极小值点为（ ）
A．x=−π2B．x=π2C．x＝πD．x=3π2
【解答】解：y＝f（x）＝xsinx+csx，
∴f′（x）＝sinx+xcsx﹣sinx＝xcsx，
令f′（x）＝0，解得x＝0或x=π2+kπ，k∈Z，
易得，函数在（0，12π）单调递增，（12π，π）单调递减，故x=12π为函数的极大值点，
函数在（−12π，0）单调递减，（﹣π，−12π）单调递减增故x=−12π为函数的极大值点，
函数在（12π，32π）单调递减，在（32π，2π）单调递增，x＝π不是极值点，x=32π为函数的极小值点．
故选：D．
2．若x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（ ）
A．﹣1B．﹣2e﹣3C．5e﹣3D．1
【解答】解：函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1，
可得f′（x）＝（2x+a）ex﹣1+（x2+ax﹣1）ex﹣1，
x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，
可得：f′（﹣2）＝（﹣4+a）e﹣3+（4﹣2a﹣1）e﹣3＝0，即﹣4+a+（3﹣2a）＝0．
解得a＝﹣1．
可得f′（x）＝（2x﹣1）ex﹣1+（x2﹣x﹣1）ex﹣1，
＝（x2+x﹣2）ex﹣1，函数的极值点为：x＝﹣2，x＝1，
当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0函数是增函数，x∈（﹣2，1）时，函数是减函数，
x＝1时，函数取得极小值：f（1）＝（12﹣1﹣1）e1﹣1＝﹣1．
故选：A．
3．已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c，下列结论中错误的是（ ）
A．∃x0∈R，f（x0）＝0
B．函数y＝f（x）的图象是中心对称图形
C．若x0是f（x）的极小值点，则f（x ）在区间（﹣∞，x0）上单调递减
D．若x0是f（x）的极值点，则f′（x0 ）＝0
【解答】解：
A、对于三次函数f （x ）＝x3+ax2+bx+c，
A：由于当x→﹣∞时，y→﹣∞，当x→+∞时，y→+∞，
故∃x0∈R，f（x0）＝0，故A正确；
B、∵f（−2a3−x）+f（x）＝（−2a3−x）3+a（−2a3−x）2+b（−2a3−x）+c+x3+ax2+bx+c=4a327−2ab3+2c，
f（−a3）＝（−a3）3+a（−a3）2+b（−a3）+c=2a327−ab3+c，
∵f（−2a3−x）+f（x）＝2f（−a3），
∴点P（−a3，f（−a3））为对称中心，故B正确．
C、若取a＝﹣1，b＝﹣1，c＝0，则f（x）＝x3﹣x2﹣x，
对于f（x）＝x3﹣x2﹣x，∵f′（x）＝3x2﹣2x﹣1
∴由f′（x）＝3x2﹣2x﹣1＞0得x∈（﹣∞，−13）∪（1，+∞）
由f′（x）＝3x2﹣2x﹣1＜0得x∈（−13，1）
∴函数f（x）的单调增区间为：（﹣∞，−13），（1，+∞），减区间为：（−13，1），
故1是f（x）的极小值点，但f（x ）在区间（﹣∞，1）不是单调递减，故C错误；
D：若x0是f（x）的极值点，根据导数的意义，则f′（x0 ）＝0，故D正确．
由于该题选择错误的，故选：C．
4．已知函数f（x）＝x3+ax2﹣4x+5在x＝﹣2处取极值（a∈R）．
（1）求f（x）的解析式；
（2）求函数f（x）在[﹣3，3]上的最大值．
【解答】解：（1）由f（x）＝x3+ax2﹣4x+5，得f'（x）＝3x2+2ax﹣4，
∵函数f（x）在x＝﹣2处取极值，∴f'（﹣2）＝0，∴a＝2，
经检验，a＝2符合题意，∴f（x）＝x3+2x2﹣4x+5．
（2）由（1）知f'（x）＝3x2+4x﹣4＝（3x﹣2）（x+2），
∴x∈[﹣3，﹣2）时，f'（x）＞0；x∈(−2，23)时，f'（x）＜0；x∈(23，3]时，f'（x）＞0；
∴x∈[﹣3，﹣2）时，f（x）单调递增；x∈(−2，23)时，f（x）单调递减；x∈(23，3]时，f（x）单调递增；
∴f（x）的最大值只可能为f（﹣2）或f（3），又f（﹣2）＝13，f（3）＝38，
∴函数f（x）在[﹣3，3]上的最大值为f（3）＝38．
题型二.已知极值、最值求参
考点1.利用二次函数根的分布
1．若函数f（x）＝x3﹣3bx+b在区间（0，1）内有极小值，则b的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，1）B．（0，1）C．（1，+∞）D．（﹣1，0）
【解答】解：由题意，得f′（x）＝3x2﹣3b，
令f′（x）＝0，则x＝±b，
∵函数在（−b，b）上f′（x）＜0，函数递减，在（b，+∞）上f′（x）＞0，函数递增
∴x=b时，函数取得极小值
∵函数f（x）＝x3﹣3bx+b在区间（0，1）内有极小值，
∴0＜b＜1，
∴b∈（0，1）
故选：B．
2．已知函数f（x）=13x3−12ax2+x在区间（12，3）上既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是（ ）
A．（2，+∞）B．[2，+∞）C．（2，52）D．（2，103）
【解答】解：函数f（x）=13x3−12ax2+x，求导f′（x）＝x2﹣ax+1，
由f（x）在（12，3）上既有极大值又有极小值，则f′（x）＝0在（12，3）内应有两个不同实数根．
f'(12)＞0f'(3)＞012＜1a＜3f'(1a)＜0，解得：2＜a＜52，
实数a的取值范围（2，52），
故选：C．
考点2.参变分离
3．若函数f（x）=x33−a2x2+x+1在区间（12，3）上有极值点，则实数a的取值范围是（ ）
A．（2，52）B．[2，52）C．（2，103）D．[2，103）
【解答】解：∵函数f（x）=x33−a2x2+x+1，
∴f′（x）＝x2﹣ax+1，
若函数f（x）=x33−a2x2+x+1在区间（12，3）上有极值点，
则f′（x）＝x2﹣ax+1在区间（12，3）内有零点
由x2﹣ax+1＝0可得a＝x+1x
∵x∈（12，3），
∴2≤a＜103，
当a＝2时，函数f（x）的导函数等于零时值只有1，可是两边的单调性相同，所以a不能等于2．
故选：C．
4．已知函数f(x)=exx2+2klnx−kx，若x＝2是函数f（x）的唯一极值点，则实数k的取值范围是（ ）
A．(−∞，e24]B．(−∞，e2]C．（0，2]D．[2，+∞）
【解答】解：∵函数f（x）的定义域是（0，+∞），
∴f′（x）=ex(x−2)x3+2kx−k=(ex−kx2)(x−2)x3，
∵x＝2是函数f（x）的唯一一个极值点，
∴x＝2是导函数f′（x）＝0的唯一根，
∴ex﹣kx2＝0在（0，+∞）无变号零点，
即k=exx2在x＞0上无变号零点，令g（x）=exx2，
因为g'（x）=ex(x−2)x3，
所以g（x）在（0，2）上单调递减，在x＞2 上单调递增，
所以g（x）的最小值为g（2）=e24，
所以必须k≤e24，
故选：A．
考点3.分类讨论
5．已知函数f（x）＝ax−1x−（a+1）lnx+1在（0，1]上的最大值为3，则实数a＝ e ．
【解答】解：f′（x）＝a+1x2−a+1x=(ax−1)(x−1)x2，
令g（x）＝（ax﹣1）（x﹣1），x∈（0，1），
①当a≤1时，ax﹣1≤x﹣1＜0，
∴g（x）＞0，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，1]上单调递增，
∴f（x）max＝f（1）＝a，即a＝3（舍去），
②当a＞1时，x∈（0，1a），g（x）＞0，f′（x）＞0；x∈（1a，1）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，1a）上单调递增，在（1a，1）上单调递减，
∴f（x）max＝f（1a），2﹣a﹣（a+1）ln1a=3，即a﹣（a+1）lna+1＝0，即a﹣（a+1）lna+1＝0，
令h（x）＝x﹣（x+1）lnx+1（x＞1），h′（x）＝﹣lnx−1x＜0，
∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，且h（e）＝0，
∴a＝e，
故答案为：e．
6．已知函数f(x)=(12x2−ax)lnx−12x2+32ax．
（1）讨论函数f（x）的极值点；
（2）若f（x）极大值大于1，求a的取值范围．
【解答】解：f'(x)=(x−a)lnx+12x−a−x+32a=(x−a)(lnx−12)
（1）①a≤0时，f（x）在(0，e)单减，(e，+∞)单增，极小值点为x=e
②0＜a＜e时，f（x）在（0，a）单增，(a，e)单减，(e，+∞)单增，极小值点为x=e，极大值点为x＝a
③a=e时，f（x）在（0，+∞）单增，无极值点．
④a＞e时，f（x）在(0，e)单增，(e，a)单减，（a，+∞）单增，极小值点为x＝a，极大值点为x=e．
（2）由（1），a≤0和a=e时，无极大值，不成立．
当a＞e时，极大值f(e)=ae−e4＞1，解得a＞e4+1e，∵e4+1e−e=1e−3e4=1e(1−3e4)＜0，∴a＞e．
当0＜a＜e时，极大值f(a)=12a2(2−lna)＞1，
得2−lna＞2a2，令t＝a2，则g(t)=2−12lnt−2t，g'(t)=−12t+2t2=4−t2t2，g(t)在t＝4取得极大值g（4）＞0，且g（1）＝0，
而a＜e，t＜e，而g（t）在（1，e）单增，∴g（t）＞0解为（1，e），
则a∈(1，e)，
综上a∈(1，e)∪(e，+∞)．
7．已知函数f（x）＝lnx−ax（a∈R）
（1）求函数f（x）的单调增区间；
（2）若函数f（x）在[1，e]上的最小值为32，求a的值．
【解答】解：（1）函数f（x）＝lnx−ax的导数为f′（x）=1x+ax2=x+ax2，x＞0，
当a≥0时，f′（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）递增；
当a＜0时，由f′（x）＞0可得x＞﹣a，则f（x）在（﹣a，+∞）递增；
（2）由f（x）在[1，e]上的最小值可能为端点处的函数值或极值，
若f（1）＝﹣a为最小值，可得﹣a=32，即a=−32，
由（1）可得f（x）在[1，32）递减，在（32，e]递增，
故f（x）在x=32处取得最小值，故不成立；
若f（e）＝1−ae为最小值，可得1−ae=32，即a=−12e，
由（1）可得f（x）在[1，12e）递减，在（12e，e]递增，
故f（x）在x=12e处取得最小值，故不成立；
若f（﹣a）＝ln（﹣a）+1为最小值，可得ln（﹣a）+1=32，即a=−e，
由（1）可得f（x）在[1，e）递减，在（e，e]递增，
故f（x）在x=e处取得最小值，故成立．
则a=−e．
考点4.初探隐零点——设而不求，虚设零点
8．已知a为常数，函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）（ ）
A．f(x1)＞0，f(x2)＞−12B．f(x1)＜0，f(x2)＜−12
C．f(x1)＞0，f(x2)＜−12D．f(x1)＜0，f(x2)＞−12
【解答】解：∵f′（x）＝lnx+1﹣2ax，（x＞0）
令f′（x）＝0，由题意可得lnx＝2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）＝lnx+1﹣2ax有且只有两个零点⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0．
g'(x)=1x−2a=1−2axx．
①当a≤0时，g′（x）＞0，f′（x）单调递增，因此g（x）＝f′（x）至多有一个零点，不符合题意，应舍去．
②当a＞0时，令g′（x）＝0，解得x=12a，
∵x∈(0，12a)，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；x∈(12a，+∞)时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．
∴x=12a是函数g（x）的极大值点，则g(12a)＞0，即ln12a+1−1=−ln(2a)＞0，
∴ln（2a）＜0，∴0＜2a＜1，即0＜a＜12．
故当0＜a＜12时，g（x）＝0有两个根x1，x2，且x1＜12a＜x2，又g（1）＝1﹣2a＞0，
∴x1＜1＜12a＜x2，从而可知函数f（x）在区间（0，x1）上递减，在区间（x1，x2）上递增，在区间（x2，+∞）上递减．
∴f（x1）＜f（1）＝﹣a＜0，f（x2）＞f（1）＝﹣a＞−12．
故选：D．
9．已知f（x）＝（x﹣1）2+alnx在(14，+∞)上恰有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，则f(x1)x2的取值范围为（ ）
A．(−3，12−ln2)B．(12−ln2，1)
C．(−∞，12−ln2)D．(12−ln2，34−ln2)
【解答】解：f（x）＝（x﹣1）2+alnx，则f′（x）＝2x﹣2+ax=2x2−2x+ax（x＞0），
令f′（x）＝0，得2x2﹣2x+a＝0，
由题意知2x2﹣2x+a＝0在（14，+∞）上有2个根x1，x2，
故a＞02×(14)2−2×14+a＞0△=4−8a＞0，解得：38＜a＜12，
由根与系数的关系得x1+x2=1x1⋅x2=a2，
由求根公式得x1，2=1±1−2a2，
∵x1＜x2，∴x2=1+1−2a2，
∵38＜a＜12，∴12＜x2＜34，
则f(x1)x2=(x1−1)2+alnx1x2=x22+2x1x2lnx1x2
＝x2+2（1﹣x2）ln（1﹣x2）＝x2﹣1+2（1﹣x2）ln（1﹣x2）+1（12＜x2＜34），
令t＝1﹣x2，则14＜t＜12，
设g（t）＝﹣t+2tlnt+1（14＜t＜12），则g′（t）＝1+2lnt，
易知g′（t）在（14，12）上单调递增，
故g′（t）＝1+2lnt＜1﹣2ln2＝lne4＜0，
故当14＜t＜12时，函数g（t）为减函数，
∴g（t）＜−14+2×14ln14+1=34−ln2，且g（t）＞−12+2×ln12ln12+1=12−ln2，
∴f(x1)x2∈（12−ln2，34−ln2）．
故选：D．
10．已知函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．
（1）求a；
（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
【解答】解：（1）因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），
则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a−1x．
则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．
因为当0＜x＜1a时h′（x）＜0、当x＞1a时h′（x）＞0，
所以h（x）min＝h（1a），
又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，
所以1a=1，解得a＝1；
另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），
所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，
所以解得a＝1；
（2）由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，
令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2−1x，
令t′（x）＝0，解得x=12，
所以t（x）在区间（0，12）上单调递减，在（12，+∞）上单调递增，
所以t（x）min＝t（12）＝ln2﹣1＜0，又t（1e2）=2e2＞0，所以t（x）在（0，12）上存在唯一零点，
所以t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，
且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，
所以f（x0）=x02−x0﹣x0lnx0=x02−x0+2x0﹣2x02=x0−x02，
由x0＜12可知f（x0）＜（x0−x02）max=−122+12=14；
由f′（1e）＜0可知x0＜1e＜12，
所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，1e）上单调递减，
所以f（x0）＞f（1e）=1e2；
综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
课后作业.极值、最值
1．若函数f（x）＝（x2+ax+3）ex在（0，+∞）内有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣2）B．（﹣∞，﹣2]C．（﹣∞，﹣3）D．（﹣∞，﹣3]
【解答】解：函数的导数f′（x）＝（2x+a）ex+（x2+ax+3）ex＝[x2+（a+2）x+a+3]ex，
若函数f（x）＝（x2+ax+3）ex在（0，+∞）内有且仅有一个极值点，
等价为f′（x）＝0在[0，+∞）上只要一个变号根，
即f′（0）＜0，即可此时a+3＜0，得a＜﹣3，
当a＝﹣3时，f′（x）＝（x2﹣x）ex，
由f（x）＝0得x＝0或x＝1，即x＝1是函数的一个极值点，满足条件，
综上a≤﹣3，
即实数a的取值范围是（﹣∞，﹣3]，
故选：D．
2．已知函数f(x)=xex−13ax3−12ax2有三个极值点，则a的取值范围是（ ）
A．（0，e）B．(0，1e)C．（e，+∞）D．(1e，+∞)
【解答】解：函数的导数f′（x）＝ex+xex﹣ax2﹣ax，
若函数f(x)=xex−13ax3−12ax2有三个极值点，
等价为f′（x）＝ex+xex﹣ax2﹣ax＝0有三个不同的实根，
即（1+x）ex﹣ax（x+1）＝0，
即（x+1）（ex﹣ax）＝0，
则x＝﹣1，则ex﹣ax＝0，有两个不等于﹣1的根，
则a=exx，
设h（x）=exx，
则h′（x）=exx−exx2=ex(x−1)x2，
则由h′（x）＞0得x＞1，由h′（x）＜0得x＜1且x≠0，
则当x＝1时，h（x）取得极小值h（1）＝e，
当x＜0时，h（x）＜0，
作出函数h（x）=exx，的图象如图，
要使a=exx有两个不同的根，
则满足a＞e，
即实数a的取值范围是（e，+∞），
故选：C．
3．已知f（x）＝ex，g（x）＝lnx，若f（t）＝g（s），则当s﹣t取得最小值时，f（t）所在区间是（ ）
A．（ln2，1）B．（12，ln2）C．（13，1e）D．（1e，12）
【解答】解：令f（t）＝g（s）＝a，即et＝lns＝a＞0，
∴t＝lna，s＝ea，
∴s﹣t＝ea﹣lna，（a＞0），
令h（a）＝ea﹣lna，
h′（a）＝ea−1a
∵y＝ea递增，y=1a递减，
故存在唯一a＝a0使得h′（a）＝0，
0＜a＜a0时，ea＜1a，h′（a）＜0，
a＞a0时，ea＞1a，h′（a）＞0，
∴h（a）min＝h（a0），
即s﹣t取最小值时，f（t）＝a＝a0，
由零点存在定理验证ea0−1a0=0的根的范围：
a0=12时，ea0−1a0＜0，
a0＝ln2时，ea0−1a0＞0，
故a0∈（12，ln2），
故选：B．
4．已知函数f（x）＝lnx+x2﹣ax+a（a＞0）有两个极值点x1、x2（x1＜x2），则f（x1）+f（x2）的最大值为（ ）
A．﹣1﹣ln2B．1﹣ln2C．2﹣ln2D．3﹣ln2
【解答】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=1x+2x﹣a=2x2−ax+1x，
由题意可知2x2﹣ax+1＝0在（0，+∞）上有两个不同的解x1，x2，
所以x1+x2=a2，x1x2=12，且2×02−a×0+1=1＞0−−a4＞0△=a2−8＞0，解得a＞22，
所以f（x1）+f（x2）＝lnx1+x12﹣ax1+a+lnx2+x22﹣ax2+a，
＝ln（x1x2）+x12+x22﹣a（x1+x2）+2a=−a24+2a﹣ln2﹣1=−14（a﹣4）2+3﹣ln2≤3﹣ln2，
当a＝4时，等号成立，
故f（x1）+f（x2）的最大值为3﹣ln2．
故选：D．
5．已知函数f(x)=lnx+12ax2+x，a∈R．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）是否存在实数a，使得函数f（x）的极值大于0？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=1x+ax+1=ax2+x+1x
①当a＝0时，f′（x）=1+xx，∴f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当a≠0时，令f′（x）＝0得ax2+x+1＝0，△＝1﹣4a．
（ⅰ）当△≤0，即a≥14时，f′（x）≥0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，
（ⅱ）当△＞0，即a＜14时，方程ax2+x+1＝0的两个实根分别为 x1=−1−1−4a2a，x2=−1+1−4a2a．
若0＜a＜14，则x1＜0，x2＜0，此时，当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在（0，+∞）上单调递增若a＜0，则x1＞0，x2＜0，
此时，当x∈（0，x1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（x1，+∞）时，f′（x）＜0f（x）单调递减，
综上，当a＜0时，函数f（x）的单调递增区间为(0，−1−1−4a2a)，单调递减区间为(−1−1−4a2a，+∞)；
当a≥0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞），
（2）：由（1）得当a≥0时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，
故函数f（x）无极值；
当a＜0时，函数f（x）的单调递增区间为(0，−1−1−4a2a)，单调递减区间为(−1−1−4a2a，+∞)；
则f（x）有极大值，其值为f(x1)=lnx1+12ax12+x1，其中x1=−1−1−4a2a．
而ax12+x1+1=0，
∴f(x1)=lnx1+x1−12，
设函数h（x）＝lnx+x−12，x＞0，则h′（x）=1x+12＞0，
则h（x）＝lnx+x−12在（0，+∞）上为增函数．
又h（1）＝0，故h（x）＞0等价于x＞1．
因而f(x1)=lnx1+x1−12＞0等价于x1＞1．
即在a＜0时，方程ax2+x+1＝0的大根大于1，
设ϕ（x）＝ax2+x+1，由于ϕ（x）的图象是开口向下的抛物线，且经过点（0，1），对称轴x=−12a＞0，则只需ϕ（1）＞0，即a+2＞0
解得a＞﹣2，而a＜0，
故实数a的取值范围为（﹣2，0）．