2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第四章　导数及其应用4.2第1课时

§4.2　导数的应用
最新考纲
考情考向分析
1.了解函数单调性和导数的关系，能用导数求函数的单调区间．
2.理解函数极值的概念及函数在某点取到极值的条件，会用导数求函数的极大(小)值，会求闭区间上函数的最大(小)值.
考查函数的单调性、极值、最值，利用函数的性质求参数范围；与方程、不等式等知识相结合命题，强化函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的应用意识；题型以解答题为主，一般难度较大.


1．函数的单调性
在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．
2．函数的极值
(1)一般地，求函数y＝f(x)的极值的方法
解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时：
①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；
②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．
(2)求可导函数极值的步骤
①求f′(x)；
②求方程f′(x)＝0的根；
③考查f′(x)在方程f′(x)＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．
3．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．
(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：
①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；
②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
概念方法微思考
1．“f(x)在区间(a，b)上是增函数，则f′(x)>0在(a，b)上恒成立”，这种说法是否正确？
提示　不正确，正确的说法是：
可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对任意x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．
2．对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的________条件．(填“充要”“充分不必要”“必要不充分”)
提示　必要不充分

题组一　思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．(　√　)
(2)函数的极大值一定大于其极小值．(　×　)
(3)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．(　√　)
(4)开区间上的单调连续函数无最值．(　√　)
题组二　教材改编
2．[P32A组T4]如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下面判断正确的是(　　)

A．在区间(－2,1)上f(x)是增函数
B．在区间(1,3)上f(x)是减函数
C．在区间(4,5)上f(x)是增函数
D．当x＝2时，f(x)取到极小值
答案　C
解析　在(4,5)上f′(x)>0恒成立，
∴f(x)是增函数．
3．[P29练习T2]设函数f(x)＝＋ln x，则(　　)
A．x＝为f(x)的极大值点
B．x＝为f(x)的极小值点
C．x＝2为f(x)的极大值点
D．x＝2为f(x)的极小值点
答案　D
解析　f′(x)＝－＋＝(x>0)，
当0 当x>2时，f′(x)>0，∴x＝2为f(x)的极小值点．
4．[P26练习T1]函数f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为__________．
答案　(0,4)
解析　f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，
由f′(x)<0，得0 ∴函数f(x)的单调递减区间为(0,4)．
5．[P32A组T6]函数y＝x＋2cos x在区间上的最大值是__________．
答案　＋
解析　∵y′＝1－2sin x，∴当x∈时，y′>0；
当x∈时，y′<0.∴当x＝时，ymax＝＋.
6．[P30例5]函数f(x)＝x3－4x＋4在[0,3]上的最大值与最小值分别为__________．
答案　4，－
解析　由f(x)＝x3－4x＋4，
得f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)，
令f′(x)>0，得x>2或x<－2；
令f′(x)<0，得－2 所以f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增；
在(－2,2)上单调递减，而f(2)＝－，f(0)＝4，f(3)＝1，
故f(x)在[0,3]上的最大值是4，最小值是－.
题组三　易错自纠
7．(2007·浙江)设f′(x)是函数f(x)的导函数，将y＝f(x)和y＝f′(x)的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是(　　)


答案　D
解析　当f(x)为增函数时，f′(x)≥0；
当f(x)为减函数时，f′(x)≤0.
8．(2011·浙江)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c (a，b，c∈R)，若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)的图象是(　　)


答案　D
解析　设h(x)＝f(x)ex，
则h′(x)＝(2ax＋b)ex＋(ax2＋bx＋c)ex＝(ax2＋2ax＋bx＋b＋c)ex.
由x＝－1为函数h(x)的一个极值点，
得当x＝－1时，ax2＋2ax＋bx＋b＋c＝c－a＝0，
∴c＝a.
∴f(x)＝ax2＋bx＋a.
若方程ax2＋bx＋a＝0有两根x1，x2，
则x1x2＝＝1，D中图象一定不满足该条件．

第1课时　导数与函数的单调性
题型一　不含参数的函数的单调性
1．函数y＝4x2＋的单调增区间为(　　)
A．(0，＋∞) B.
C．(－∞，－1) D.
答案　B
解析　由y＝4x2＋，得y′＝8x－，
令y′>0，即8x－>0，解得x>，
∴函数y＝4x2＋的单调增区间为.故选B.
2．已知函数f(x)＝xln x，则f(x)(　　)
A．在(0，＋∞)上单调递增
B．在(0，＋∞)上单调递减
C．在上单调递增
D．在上单调递减
答案　D
解析　因为函数f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝ln x＋1(x>0)，
当f′(x)>0时，解得x>，
即函数的单调递增区间为；
当f′(x)<0时，解得0 即函数的单调递减区间为，
故选D.
3．已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的单调递增区间是_________．
答案　和
解析　f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x.
令f′(x)＝xcos x>0，
则其在区间(－π，π)上的解集为∪，
即f(x)的单调递增区间为和.
思维升华 确定函数单调区间的步骤
(1)确定函数f(x)的定义域．
(2)求f′(x)．
(3)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间．
(4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．
题型二　含参数的函数的单调性
例1 已知函数f(x)＝x2e－ax－1(a是常数)，求函数y＝f(x)的单调区间．
解　根据题意可得，当a＝0时，f(x)＝x2－1，函数在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减．
当a≠0时，f′(x)＝2xe－ax＋x2(－a)e－ax＝e－ax(－ax2＋2x)．
因为e－ax>0，
所以令g(x)＝－ax2＋2x＝0，解得x＝0或x＝.
①当a>0时，函数g(x)＝－ax2＋2x在(－∞，0)和上有g(x)<0，即f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减；
函数g(x)＝－ax2＋2x在上有g(x)≥0，
即f′(x)≥0，函数y＝f(x)单调递增．
②当a<0时，函数g(x)＝－ax2＋2x在和(0，＋∞)上有g(x)>0，即f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增；
函数g(x)＝－ax2＋2x在上有g(x)≤0，
即f′(x)≤0，函数y＝f(x)单调递减．
综上所述，当a＝0时，函数y＝f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)；
当a>0时，函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，，单调递增区间为；
当a<0时，函数y＝f(x)的单调递增区间为，(0，＋∞)，单调递减区间为.
思维升华 (1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．
(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点．
跟踪训练1 已知函数f(x)＝ex(ax2－2x＋2)(a>0)，试讨论f(x)的单调性．
解　由题意得f′(x)＝ex[ax2＋(2a－2)x](a>0)，
令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝.
①当00，则x<0或x>，
令f′(x)<0，则0 ②当a＝1时，f′(x)≥0在R上恒成立；
③当a>1时，令f′(x)>0，则x>0或x<，
令f′(x)<0，则 综上所述，当0 当a＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a>1时，f(x)在和(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减．

题型三　函数单调性的应用

命题点1　比较大小或解不等式
例2 (1)已知定义域为R的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，当x<0时，xf′(x)－f(x)<0.若a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．b C．a 答案　D
解析　设g(x)＝，则g′(x)＝，
又当x<0时，xf′(x)－f(x)<0，
所以g′(x)<0，即函数g(x)在区间(－∞，0)内单调递减．因为f(x)为R上的偶函数，所以g(x)为(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，所以函数g(x)在区间(0，＋∞)内单调递减．由0 (2)定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，则不等式exf(x)>ex＋3(其中e为自然对数的底数)的解集为(　　)
A．(0，＋∞)
B．(－∞，0)∪(3，＋∞)
C．(－∞，0)∪(0，＋∞)
D．(3，＋∞)
答案　A
解析　令g(x)＝exf(x)－ex，
∴g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex
＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，
∵f(x)＋f′(x)>1，∴g′(x)>0，
∴y＝g(x)在定义域上单调递增，
∵exf(x)>ex＋3，∴g(x)>3，
∵g(0)＝3，∴g(x)>g(0)，∴x>0，故选A.

命题点2　根据函数单调性求参数
例3 已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x(a≠0)．
(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；
(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递减，求a的取值范围．
解　(1)h(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝－ax－2，
由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，
所以当x∈(0，＋∞)时，－ax－2<0有解，
即a>－有解．
设G(x)＝－，
所以只要a>G(x)min即可．
而G(x)＝2－1，所以G(x)min＝－1.
所以a>－1.
又因为a≠0，所以a的取值范围为(－1,0)∪(0，＋∞)．
(2)因为h(x)在[1,4]上单调递减，
所以当x∈[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立．
所以a≥G(x)max，而G(x)＝2－1，
因为x∈[1,4]，所以∈，
所以G(x)max＝－(此时x＝4)，
所以a≥－，又因为a≠0，
所以a的取值范围是∪(0，＋∞)．
引申探究
1．本例(2)中，若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递增，求a的取值范围．
解　因为h(x)在[1,4]上单调递增，
所以当x∈[1,4]时，h′(x)≥0恒成立，
所以当x∈[1,4]时，a≤－恒成立，
又当x∈[1,4]时，min＝－1(此时x＝1)，
所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．
2．本例(2)中，若h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．
解　h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，
则h′(x)<0在[1,4]上有解，
所以当x∈[1,4]时，a>－有解，
又当x∈[1,4]时，min＝－1，
所以a>－1，又因为a≠0，
所以a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
思维升华 根据函数单调性求参数的一般思路
(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．
(2)f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．
(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题．
跟踪训练2 (1)(2018·宁波模拟)已知三次函数f(x)＝x3－(4m－1)x2＋(15m2－2m－7)x＋2在
(－∞，＋∞)上是增函数，则m的取值范围是(　　)
A．m<2或m>4 B．－4 C．2 答案　D
解析　由于函数在R上递增，故导函数恒为非负数，即f′(x)＝x2－2(4m－1)x＋15m2－2m－7≥0恒成立，其判别式Δ＝4(4m－1)2－4(15m2－2m－7)≤0，解得2≤m≤4.
(2)已知函数f(x)＝在上单调递增，则实数a的取值范围为________．
答案　[－1,1]
解析　令t＝2x，∴t∈，g(t)＝.
当a＝0时，g(t)＝|2t|＝2t单调递增，满足题意；
当a＞0时，g(t)＝2t＋在上单调递增，
所以≤，解得0＜a≤1；
当a＜0时，需2t＋在上非负，
所以2×＋≥0，解得－1≤a＜0.
综上，实数a的取值范围为[－1,1]．

用分类讨论思想研究函数的单调性
含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能：
①方程f′(x)＝0是否有根；②若f′(x)＝0有根，求出根后判断其是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．
例 已知函数g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性．
解　g′(x)＝＝.
∵函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，
∴当a＝0时，g′(x)＝－.
由g′(x)>0，得01.
当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝，
若<1，即a>，
由g′(x)>0，得x>1或0 由g′(x)<0，得 若>1，即0 由g′(x)>0，得x>或0 由g′(x)<0，得1 若＝1，即a＝，在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0.
综上可得：当a＝0时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减；
当0 在上单调递减，在上单调递增；
当a＝时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>时，函数g(x)在上单调递增，
在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．


1．函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是(　　)
A．(0,1) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－1,1)
答案　A
解析　∵f′(x)＝2x－＝(x>0)，
∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．
2.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　　)

A．f(b)>f(c)>f(d)
B．f(b)>f(a)>f(e)
C．f(c)>f(b)>f(a)
D．f(c)>f(e)>f(d)
答案　C
解析　由题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，
因为af(b)>f(a)，故选C.
3．(2018·台州调考)定义在R上的可导函数f(x)，已知y＝2f′(x)的图象如图所示 ，则y＝f(x)的单调递增区间是(　　)

A．[0,1] B．[1,2]
C．(－∞，1] D．(－∞，2]
答案　D
解析　据函数y＝2f′(x)的图象可知，当x≤2,2f′(x)≥1⇒f′(x)≥0，且使f′(x)＝0的点为有限个，所以函数y＝f(x)在(－∞，2]上单调递增，故选D.
4．(2018·浙江台州中学质检)已知函数f(x)＝ax3＋ax2＋x(a∈R)，下列选项中不可能是函数f(x)图象的是(　　)

答案　D
解析　由题意得f′(x)＝ax2＋ax＋1，若函数f(x)的图象如D选项中的图象所示，则f′(x)≤0在R上恒成立，所以此时不等式组无解，所以D错误，故选D.
5．定义在R上的函数y＝f(x)，满足f(3－x)＝f(x)，f′(x)<0，若x13，则有(　　)
A．f(x1)f(x2)
C．f(x1)＝f(x2) D．不确定
答案　B
解析　据已知由f(x)＝f(3－x)，可得函数图象关于直线x＝对称，又由f′(x)<0，得当x>时，f′(x)<0；当x<时，f′(x)>0.又若x13，则有>，因此据函数的单调性可得f(x1)>f(x2)，故选B.
6．(2018·浙江名校协作体模拟)已知函数f(x)＝(2x－1)·ex＋ax2－3a(x>0)为增函数，则a的取值范围是(　　)
A．[－2，＋∞) B.
C．(－∞，－2] D.
答案　A
解析　∵f(x)＝(2x－1)ex＋ax2－3a在(0，＋∞)上是增函数，
∴f′(x)＝(2x＋1)ex＋2ax≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，即－2a≤ex.设g(x)＝ex，则g′(x)＝ex，由g′(x)＝ex＝0和x>0得x＝，∵当x>时，g′(x)>0，当0 7．若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调递减区间为(－1,3)，则b＋c＝________.
答案　－12
解析　f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由题意知，－1 ∴－1,3是f′(x)＝0的两个根，
∴b＝－3，c＝－9，∴b＋c＝－12.
8．已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，f(x)的导数f′(x)<，则不等式f(x2)<＋的解集为____________．
答案　{x|x<－1或x>1}
解析　设F(x)＝f(x)－x，∴F′(x)＝f′(x)－，
∵f′(x)<，∴F′(x)＝f′(x)－<0，
即函数F(x)在R上单调递减．
∵f(x2)<＋，∴f(x2)－ ∴F(x2) ∴x2>1，即不等式的解集为{x|x<－1或x>1}．

9．已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．
答案　(0,1)∪(2,3)
解析　由题意知f′(x)＝－x＋4－＝－，
由f′(x)＝0，得函数f(x)的两个极值点为1和3，
则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，
函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，
由t<1 10．已知函数f(x)＝ln x＋(x－b)2(b∈R)在上存在单调递增区间，则实数b的取值范围是________．
答案　
解析　由题意得f′(x)＝＋2(x－b)＝＋2x－2b，因为函数f(x)在上存在单调递增区间，所以f′(x)＝＋2x－2b>0在上有解，所以b 11．(2018·湖州五中模拟)设函数f(x)＝xekx(k≠0)．
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)若函数f(x)在区间(－1,1)上单调递增，求k的取值范围．
解　(1)f′(x)＝(1＋kx)ekx，f′(0)＝1，f(0)＝0，
曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为x－y＝0.
(2)由f′(x)＝(1＋kx)ekx＝0，得x＝－(k≠0)，
若k>0，则当x∈时，
f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，
函数f(x)单调递增；
若k<0，则当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
(3)由(2)知，若k>0，则当且仅当－≤－1，即k≤1时，函数f(x)在(－1,1)上单调递增；
若k<0，则当且仅当－≥1，即k≥－1时，函数f(x)在(－1,1)上单调递增．
综上可知，当函数f(x)在区间(－1,1)上单调递增时，
k的取值范围是[－1,0)∪(0,1]．
12．已知函数f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋x2·在区间(t,3)上总不是单调函数，求m的取值范围．
解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝，
当a>0时，f(x)的单调增区间为(0,1)，
单调减区间为(1，＋∞)；
当a<0时，f(x)的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0,1)；当a＝0时，f(x)为常函数．
(2)由(1)及题意得f′(2)＝－＝1，即a＝－2，
∴f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝.
∴g(x)＝x3＋x2－2x，
∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.
∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数，
即g′(x)在区间(t,3)上有变号零点．
由于g′(0)＝－2，∴
当g′(t)<0时，
即3t2＋(m＋4)t－2<0对任意t∈[1,2]恒成立，
由于g′(0)<0，故只要g′(1)<0且g′(2)<0，
即m<－5且m<－9，即m<－9；
由g′(3)>0，即m>－.∴－ 即实数m的取值范围是.

13．(2018·杭州高级中学模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，g(x)为f(x)的导函数．若f(x)在(0,1)上单调递减，则下列结论正确的是(　　)
A．a2－3b有最小值3 B．a2－3b有最大值2
C．f(0)·f(1)≤0 D．g(0)·g(1)≥0
答案　D
解析　由题意可得g(x)＝f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因为f(x)在(0,1)上单调递减，所以g(x)≤0在(0,1)上恒成立，即g(0)≤0，g(1)≤0，所以g(0)·g(1)≥0，故选D.
14．(2019·杭州第二中学模拟)对于函数f(x)和g(x)，设α∈{x∈R|f(x)＝0}，β∈{x∈R|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f(x)与g(x)互为“情侣函数”．若函数f(x)＝ex－2＋x－3与g(x)＝ax－ln x互为“情侣函数”，则实数a的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　令f(x)＝ex－2＋x－3＝0，解得α＝x＝2，根据条件可得|2－β|≤1，解得1≤β≤3，对于函数g(x)＝ax－ln x，当a＝0时，g(1)＝0，满足条件；当a<0时，此时y＝ax与y＝ln x的交点的横坐标在(0,1)之间，不满足条件；当a>0时，要使得β≤3，由y＝ln x可得y′＝，设切点为(x0，y0)，则对应的切线方程为y－y0＝(x－x0)，若该切线过原点，则－y0＝(－x0)＝－1，即y0＝1，则x0＝e，结合图象(图略)可知g(e)＝ae－ln e≤0，解得a≤，即0
15．已知函数f(x)＝ax2－ln x(其中a为非零常数)，x1，x2为两不相等正数，且满足f(x1)＝f(x2)．若x1，x0，x2为等差数列，则(　　)
A．f′(x0)>0 B．f′(x0)<0
C．f′(x0)＝0 D．f′(x0)的正负与a的正负有关
答案　A
解析　由f(x1)＝f(x2)得a(x2－x1)(x2＋x1)
＝ln ，即2ax0＝.
另一方面f′(x0)＝2ax0－
＝－
＝.
设t＝(t>0且t≠1)，g(t)＝ln t－2·(t>0)，
则g′(t)＝－＝≥0，
所以g(t)在(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0，
所以当x2>x1时，t>1，所以g(t)>0，故f′(x0)>0；
当x20.
综上可知，f′(x0)>0.
16．已知f(x)＝x3－ax－1，若f(x)在区间(－2,2)上不单调，求a的取值范围．
解　∵f(x)＝x3－ax－1，
∴f′(x)＝3x2－a.
由f(x)在区间(－2,2)上不单调，知f′(x)存在零点，∴a≥0.
由f′(x)＝0，得x＝±(a≥0)，
∵f(x)在区间(－2,2)上不单调，
∴0<<2，即0