2021高考数学二轮复习专题二第3讲：导数的简单应用

这是一份2021高考数学二轮复习专题二第3讲：导数的简单应用，共27页。试卷主要包含了导数公式，导数的几何意义等内容，欢迎下载使用。

第三讲　导数的简单应用


考点一　导数的几何意义
1．导数公式
(1)(sinx)′＝cosx；
(2)(cosx)′＝－sinx；
(3)(ax)′＝axlna(a>0)；
(4)(logax)′＝(a>0，且a≠1)．
2．导数的几何意义
函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f ′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f ′(x0)·(x－x0)．
[对点训练]
1．(2018·兰州质检)曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线平行于直线y＝2x－1，则P点的坐标为(　　)
A．(1,3) B．(－1,3)
C．(1,3)和(－1,3) D．(1，－3)
[解析]　f ′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，则3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1，
∴P(1,3)或(－1,3)．经检验，点(1,3)，(－1,3)均不在直线y＝2x－1上，故选C.
[答案]　C
2．(2018·大同模拟)过点(1，－1)且与曲线y＝x3－2x相切的切线方程为(　　)
A．x－y－2＝0或5x＋4y－1＝0
B．x－y－2＝0
C．x－y＋2＝0
D．x－y－2＝0或4x＋5y＋1＝0
[解析]　设切点坐标为(x0，y0)，y0＝x－2x0，则曲线在(x0，y0)处的切线斜率为y′＝3x－2，当x0＝1时斜率为1，切线方程为x－y－2＝0，当x0≠1时，过(1，－1)点的切线的斜率为＝x＋x0－1＝3x－2，解得x0＝－，其斜率为－，切线方程为5x＋4y－1＝0，所以A正确，故选A.
[答案]　A
3．(2018·西安质检)已知直线y＝－x＋m是曲线y＝x2－3lnx的一条切线，则m的值为(　　)
A．0 B．2 C．1 D．3
[解析]　因为直线y＝－x＋m是曲线y＝x2－3lnx的切线，所以令y′＝2x－＝－1，得x＝1，x＝－(舍)，即切点为(1,1)，又切点(1,1)在直线y＝－x＋m上，所以m＝2，故选B.
[答案]　B
4．若曲线y＝在点(a，)处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积为2，则a＝________.
[解析]　y＝＝x，∴y′＝x，于是曲线在点(a，)处的切线方程为y－＝(x－a)，令x＝0，得y＝；令y＝0，得x＝－a，∴三角形的面积S＝··|－a|＝＝2，解得a＝4.
[答案]　4
[快速审题]　看到求切线，想到用导数的几何意义．

　求曲线y＝f(x)的切线方程的3种类型及方法
(1)已知切点P(x0，y0)，求切线方程
求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程；
(2)已知切线的斜率k，求切线方程
设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程；
(3)已知切线上一点(非切点)，求切线方程
设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程．
考点二　利用导数研究函数的单调性
1．若求函数的单调区间(或证明单调性)，只要在其定义域内解(或证明)不等式f ′(x)>0或f ′(x)<0即可．
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．
角度1：根据函数的单调性，利用导数求某些参数的取值范围


[解题指导]　→→
[解析]　由题意得f′(x)＝2x＋a＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立，
∴g(x)＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立，∴Δ＝a2－24≤0或
∴－2≤a≤2或
即a≥－2，故选C.
[答案]　C
角度2：利用函数的单调性与导数的关系，讨论含有参数的较复杂基本函数的单调性

[解]　函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝，令h(x)＝－ax2＋x－a，
记Δ＝1－4a2，当Δ≤0时，即a≥时，
－ax2＋x－a≤0，f′(x)≤0，
此时函数f(x)在(0，＋∞)上递减．
当Δ＝1－4a2>0，即当0 由－ax2＋x－a＝0，解得：x1＝，x2＝，
显然x1>x2>0，
故此时函数f(x)在上递增，
在和上递减，
综上，0 函数f(x)在上递增，
在和上递减，
a≥时，函数f(x)在(0，＋∞)上递减．
[探究追问1]　若把例2的条件“a>0”变为“a∈R”，其他条件不变，则f(x)的单调性如何？
[解]　由例2解的内容知：f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，
令h(x)＝－ax2＋x－a.
当a≤0时，h(x)>0恒成立，所以f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a>0时，同例2解的内容．
综上：a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上递增．
0 在和上递减，
a≥时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
[探究追问2]　若将例2中函数“f(x)”变为“f(x)＝＋(1－a)lnx＋ax”，“a>0”变为“a∈R”试讨论f(x)的单调性．
[解]　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＋＋a
＝＝.
当a＝0时，f′(x)＝，
令f′(x)>0，则x>1，
令f′(x)<0，则0 所以函数f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增．
当a≠0时，f′(x)＝，
①当a>0时，x＋>0，令f′(x)>0，则x>1，令f′(x)<0，则0 所以函数f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
②当a＝－1时，1＝－，f′(x)＝≤0，
所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递减；
③当－10，
则1－，所以函数f(x)在区间(0,1)和上单调递减，在区间上单调递增；
④当a<－1时，1>－，令f′(x)>0，则－1，所以函数f(x)在区间和(1，＋∞)上单调递减，在区间上单调递增．
综上，当a≥0时，函数f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；
当a＝－1时，函数f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递减；
当－1 当a<－1时，函数f(x)在区间，(1＋∞)上单调递减，在区间上单调递增．

　利用导数研究函数单调性的3个关注点
(1)利用导数研究函数的单调性，大多数情况下归结为对含有参数的不等式的解集的讨论．
(2)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论．
(3)在不能通过因式分解求出根时，根据一元二次不等式对应方程的判别式或特殊值进行分类讨论．
[对点训练]
1．[角度1]若函数f(x)＝x＋－mlnx在[1,2]上为减函数，则m的最小值为(　　)
A. B. C. D.
[解析]　因为f(x)＝x＋－mlnx在[1,2]上为减函数，所以f ′(x)＝1－－＝≤0在[1,2]上恒成立，所以x2－mx－4m≤0在[1,2]上恒成立．令g(x)＝x2－mx－4m，所以所以m≥，故m的最小值为，故选C.
[答案]　C
2．[角度2]已知函数f(x)＝ax2－x＋lnx(a∈R)，求函数f(x)的单调区间．
[解]　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2ax－1＋＝.
①当a＝0时， f ′(x)＝.
显然，当x∈(0,1)时， f ′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时， f ′(x)<0，函数f(x)单调递减．
②当a≠0时，对于2ax2－x＋1＝0，Δ＝(－1)2－4×2a×1＝1－8a.
若Δ≤0，即a≥，因为a>0，所以2ax2－x＋1≥0恒成立，即f ′(x)≥0恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若Δ>0，即0 当a<0时，x1>0，x2<0.
当x∈时，2ax2－x＋1>0, f ′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈时，2ax2－x＋1<0, f ′(x)<0，函数f(x)单调递减．
当0x1>0.
当x∈时，2ax2－x＋1>0, f ′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈时，2ax2－x＋1<0, f ′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈时，2ax2－x＋1>0, f ′(x)>0，函数f(x)单调递增．
综上，当a＝0时， f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)；
当a≥时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当0 当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
考点三　利用导数研究函数的极值与最值
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．
角度1：根据函数极值的存在情况，利用导数求某些参数的取值范围

[解析]　f ′(x)＝＋x－，由f ′(x)＝0得(x－m)＝0，∴x＝m或x＝.显然m>0.当且仅当00，当x∈(m,2)时，f ′(x)<0，函数f(x)有极大值点x＝m.若0<<2≤m，即m≥2，则当x∈时， f ′(x)>0，当x∈时， f ′(x)<0，函数f(x)有极大值点x＝.综上，m的取值范围是∪[2，＋∞)，故选B.
[答案]　B
角度2：利用函数的极值与导数的关系，求某些含有参数的较复杂基本函数的极值的大小、个数或最值

[解题指导]　(1)→→
(2)→→→
[解]　(1)由题设知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞), f ′(x)＝，且f ′(x)＝0有两个不同的正根，即x2－ax＋a＝0有两个不同的正根，则
∴a>4.
(2)不等式f(x1)＋f(x2)<λ(x1＋x2)恒成立等价于λ>恒成立．
f(x1)＋f(x2)＝alnx1＋x－ax1＋alnx2＋x－ax2.
由(1)可知x1＋x2＝a，x1x2＝a，
∴f(x1)＋f(x2)＝a(lnx1＋lnx2)＋(x＋x)－a(x1＋x2)
＝aln(x1x2)＋[(x1＋x2)2－2x1x2]－a(x1＋x2)
＝alna＋(a2－2a)－a2＝a，
∴＝lna－a－1，
令y＝lna－a－1，则y′＝－.
∵a>4，∴y′<0，
∴y＝lna－a－1在(4，＋∞)上单调递减，
∴y ∴λ的最小值是ln4－3.

　研究极值、最值问题的3个关注点
(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．
[对点训练]
1．[角度1](2018·福建泉州一模)函数f(x)＝ax3＋(a－1)x2－x＋2(0≤x≤1)在x＝1处取得最小值，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，0] B．
C． D．(－∞，1]
[解析]　f′(x)＝3ax2＋2(a－1)x－1，x∈[0,1]，
a＝0时，f′(x)＝－2x－1<0，
f(x)在[0,1]上单调递减，f(x)min＝f(1)符合题意；
a≠0时，Δ＝4(a2＋a＋1)>0，
x1＝，x2＝，
a>0时，若f(x)在x＝1处取最小值，
只需x1≤0且x2≥1，解得0 a<0时，若f(x)在x＝1处取最小值，
只需x1≥1或x2≤0，解得a<0；
综上a≤，故选C.
[答案]　C
2．[角度2](2017·北京卷)已知函数f(x)＝excosx－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)在区间上的最大值和最小值．
[解]　(1)∵f(x)＝ex·cosx－x，
∴f(0)＝1，
f′(x)＝ex(cosx－sinx)－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)＝ex(cosx－sinx)－1，令g(x)＝f′(x)，
则g′(x)＝－2sinx·ex≤0在上恒成立，且仅在x＝0处等号成立，
∴g(x)在上单调递减，
∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0且仅在x＝0处等号成立，
∴f(x)在上单调递减，
∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f＝－.

1．(2018·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为(　　)
A．y＝－2x B．y＝－x
C．y＝2x D．y＝x
[解析]　∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，∴a－1＝0，解得a＝1，∴f(x)＝x3＋x，∴f′(x)＝3x2＋1，
∴f′(0)＝1，故曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x，故选D.
[答案]　D
2．(2018·天津卷)已知函数f(x)＝exlnx，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(1)的值为________．
[解析]　∵f(x)＝exlnx，∴f′(x)＝ex，
∴f′(1)＝e1×(ln1＋1)＝e.
[答案]　e
3．(2018·全国卷Ⅲ)曲线y＝(ax＋1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a＝________.
[解析]　设f(x)＝(ax＋1)ex，则f′(x)＝(ax＋a＋1)ex，所以曲线在点(0,1)处的切线的斜率k＝f′(0)＝a＋1＝－2，解得a＝－3.
[答案]　－3
4．(2018·北京卷)设函数f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为0，求a；
(2)若f(x)在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．
[解]　(1)因为f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex，所以f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex.
f′(2)＝(2a－1)e2.
由题设知f′(2)＝0，即(2a－1)e2＝0，解得a＝.
(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex＝(ax－1)(x－1)ex.
若a>1，则当x∈时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝1处取得极小值．
若a≤1，则当x∈(0,1)时，ax－1≤x－1<0，
所以f′(x)>0.
所以1不是f(x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是(1，＋∞)．

1.高考对导数的几何意义的考查，多在选择、填空题中出现，难度较小，有时出现在解答题第一问．
2．高考重点考查导数的应用，即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，多在选择、填空的后几题中出现，难度中等．有时出现在解答题第一问．

热点课题6　导数与函数的单调性与最值




[感悟体验]
　已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx，其中a∈R.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当a>0时，若f(x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求a的取值范围．
[解]　(1)当a＝1时，f(x)＝x2－3x＋lnx(x>0)，
所以f′(x)＝2x－3＋＝，
所以f(1)＝－2，f′(1)＝0.
所以切线方程为y＝－2.
(2)函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx的定义域为(0，＋∞)，
当a>0时，f′(x)＝2ax－(a＋2)＋＝＝，
令f′(x)＝0，解得x＝或x＝.
①当0<≤1，即a≥1时，f(x)在[1，e]上单调递增．
所以f(x)在[1，e]上的最小值为f(1)＝－2，符合题意；
②当1< 所以f(x)在[1，e]上的最小值为f ③当≥e，即0 所以f(x)在[1，e]上的最小值为f(e) 综上，实数a的取值范围是[1，＋∞)．
专题跟踪训练(十二)
一、选择题
1．(2018·福建福州八校联考)已知函数f(x)的导函数是f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋ln，则f(1)＝(　　)
A．－e B．2 C．－2 D．e
[解析]　由已知得f′(x)＝2f′(1)－，令x＝1得f′(1)＝2f′(1)－1，解得f′(1)＝1，则f(1)＝2f′(1)＝2，故选B.
[答案]　B
2．函数f(x)＝x＋的极值情况是(　　)
A．当x＝1时，取极小值2，但无极大值
B．当x＝－1时，取极大值－2，但无极小值
C．当x＝－1时，取极小值－2；当x＝1时，取极大值2
D．当x＝－1时，取极大值－2；当x＝1时，取极小值2
[解析]　求导得f′(x)＝1－，令f′(x)＝0，得x＝±1，函数f(x)在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,0)和(0,1)上单调递减，所以当x＝－1时，取极大值－2，当x＝1时，取极小值2，故选D.
[答案]　D
3．(2018·聊城模拟)已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下面四个图象中，y＝f(x)的图象大致是(　　)


[解析]　由题图知当0 当x>1时，xf′(x)>0，此时f′(x)>0，函数f(x)递增．
所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值．
当x<－1时，xf′(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)递增，当－10，此时f′(x)<0，函数f(x)递减，所以当x＝－1时，函数取得极大值，排除D.符合条件的只有C项，故选C.
[答案]　C
4．(2018·南昌一模)若函数f(x)＝x＋alnx不是单调函数，则实数a的取值范围是(　　)
A．[0，＋∞) B．(－∞，0]
C．(－∞，0) D．(0，＋∞)
[解析]　由题意知x>0，f′(x)＝1＋，要使函数f(x)＝x＋alnx不是单调函数，则方程1＋＝0在x>0上有解，则x＝－a，所以a<0，故选C.
[答案]　C
5．(2018·海南八校联考)已知函数f(x)＝3lnx－x2＋x在区间(1,3)上有最大值，则实数a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
[解析]　因为f′(x)＝－2x＋a－，所以结合题意可得f′(x)＝－2x＋a－在(1,3)上只有一个零点且单调递减，则问题转化为即解得－ [答案]　B
6．(2018·石家庄二中一模)已知对∀x∈(0，＋∞)，不等式lnx＋1≥m－(n>0)恒成立，则的最大值是(　　)
A．1 B．－1 C．e D．－e
[解析]　不等式lnx＋1≥m－可化为lnx＋1－m＋≥0，令F(x)＝lnx＋1－m＋(x>0)，则F′(x)＝－＝，所以当x＝n时，F(x)min＝lnn＋2－m，则lnn＋2－m≥0⇒m≤2＋lnn(n>0)．所以≤.令G(n)＝，则令G′(n)＝＝0，可得n＝，故G(n)max＝＝e，即≤≤e，故选C.
[答案]　C
二、填空题
7．(2018·武汉模拟)设曲线y＝在点(3,2)处的切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，则a＝________.
[解析]　因为y＝，所以y′＝－，则曲线y＝在点(3,2)处的切线的斜率为y′＝－.又因为切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，所以－·(－a)＝－1，解得a＝－2.
[答案]　－2
8．(2018·南宁二模)曲线f(x)＝xlnx在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积是________．

[解析]　因为f′(x)＝1＋lnx，且f(1)＝0，f′(1)＝1，所以切线l的斜率k＝1，切线方程为y＝x－1.令x＝0，得y＝－1，令y＝0，得x＝1，∴切线l与两坐标轴的交点坐标分别为A(0，－1)，B(1,0)，则|OA|＝1，|OB|＝1，∴S△ABO＝×1×1＝.
[答案]　
9．(2018·河南安阳调研)已知函数f(x)＝lnx＋ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围为________．
[解析]　f′(x)＝＋ax－2＝(x>0)，函数f(x)存在单调递减区间，即定义域(0，＋∞)内存在区间使ax2－2x＋1≤0，等价于a小于在x∈(0，＋∞)上的最大值，设g(x)＝，则g′(x)＝，可知，函数g(x)在区间(0,1)为增函数，在区间(1，＋∞)为减函数，所以当x＝1时，函数g(x)取得最大值，此时g(x)＝1，所以a<1，故填(－∞，1)．
[答案]　(－∞，1)
三、解答题
10．(2018·贵阳模拟)已知函数f(x)＝－lnx.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求函数f(x)在上的最大值和最小值(其中e是自然对数的底数)．
[解]　(1)f(x)＝－lnx＝1－－lnx，
f(x)的定义域为(0，＋∞)．
∵f′(x)＝－＝，由f′(x)>0⇒01，
∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)由(1)得f(x)在上单调递增，在[1，e]上单调递减，
∴f(x)在上的最大值为f(1)＝1－－ln1＝0.
又f＝1－e－ln＝2－e，f(e)＝1－－lne＝－，且f ∴f(x)在上的最小值为f＝2－e.
综上，f(x)在上的最大值为0，最小值为2－e.
11．已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(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；
(3)函数f(x)是否为R上的单调减函数？若是，求出a的取值范围？若不是，请说明理由．
[解]　(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，
所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，
因为ex>0，所以－x2＋2>0，
解得－ 所以函数f(x)的单调递增区间是(－，)．
(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)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，
所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1,1)都成立．
因为ex>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0，
则a≥＝＝(x＋1)－对x∈(－1,1)都成立．
令g(x)＝(x＋1)－，
则g′(x)＝1＋>0.
所以g(x)＝(x＋1)－在(－1,1)上单调递增．
所以g(x) 所以a的取值范围是.
(3)若函数f(x)在R上单调递减，则f′(x)≤0对x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0对x∈R都成立，
因为ex>0，所以x2－(a－2)x－a≥0对x∈R都成立．
所以Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，这是不可能的．
故函数f(x)不可能在R上单调递减．
12．(2018·辽宁五校模拟)已知函数f(x)＝2lnx＋x2－2ax(a>0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1 [解]　(1)由题意知，函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝，令x2－ax＋1＝0，则Δ＝a2－4，
①当0 函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>2时，Δ>0，方程x2－ax＋1＝0有两个不同的实根，分别设为x3，x4，不妨令x3 则x3＝，x4＝，此时0 因为当x∈(0，x3)时，f′(x)>0，当x∈(x3，x4)时，
f′(x)<0，当x∈(x4，＋∞)时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
综上：当02时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
(2)由(1)得f(x)在(x1，x2)上单调递减，x1＋x2＝a，x1·x2＝1，
则f(x1)－f(x2)＝2ln＋(x1－x2)(x1＋x2－2a)＝2ln＋＝2ln＋－，
令t＝，则0 令g(t)＝2lnt＋－t(0 故g(t)在(0,1)上单调递减且g＝－2ln2，
故g(t)＝f(x1)－f(x2)≥－2ln2＝g，即0 而a2＝(x1＋x2)2＝＋＋2＝t＋＋2，其中0 令h(t)＝t＋＋2，t∈，
所以h′(t)＝1－<0在t∈上恒成立，
故h(t)＝t＋＋2在上单调递减，
从而a2≥，
故a的取值范围是.