[明晰考情]1.命題角度：討論函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值以及利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)范圍是高考的熱點(diǎn).2.題目難度：偏難題.考點(diǎn)一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性方法技巧(1)函數(shù)單調(diào)性的判定方法：在某個(gè)區(qū)間(a，b)內(nèi)，如果f′(x)>0，那么函數(shù)y＝f(x)在此區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；如果f′(x)<0，那么函數(shù)y＝f(x)在此區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減.(2)已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍：若可導(dǎo)函數(shù)f(x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減)，則可以得出函數(shù)f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，從而轉(zhuǎn)化為恒成立問(wèn)題來(lái)解決(注意等號(hào)成立的檢驗(yàn)).(3)若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上不單調(diào)，則轉(zhuǎn)化為f′(x)＝0在(a，b)上有解.1.(2018·寧夏模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋eq\f(1,ax)(a≠0，x≠0)在x＝1處的切線與直線(e－1)x－y＋2018＝0平行，求a的值并討論函數(shù)y＝f(x)在(－∞，0)上的單調(diào)性.解∵f′(x)＝ex－eq\f(1,ax2)，f′(1)＝e－eq\f(1,a)＝e－1，∴a＝1.∴f′(x)＝ex－eq\f(1,x2)＝eq\f(x2ex－1,x2)，令h(x)＝x2ex－1，則h′(x)＝(2x＋x2)ex，∴當(dāng)x∈(－∞，－2)時(shí)，h′(x)>0；當(dāng)x∈(－2,0)時(shí)，h′(x)<0.則h(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞增，在(－2,0)上單調(diào)遞減.∴當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，h(x)≤h(－2)＝eq\f(4,e2)－1<0，即當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)<0，∴函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減.2.設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(a,2)x2＋bx＋c，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝1.(1)求b，c的值；(2)若a>0，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在區(qū)間(－2，－1)內(nèi)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解(1)f′(x)＝x2－ax＋b，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝1，,f′0＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝1，,b＝0.))(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)，當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，(a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，a).(3)g′(x)＝x2－ax＋2，依題意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，即當(dāng)x∈(－2，－1)時(shí)，a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))max＝－2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(2,x)，即當(dāng)x＝－eq\r(2)時(shí)等號(hào)成立.所以滿(mǎn)足要求的a的取值范圍是(－∞，－2eq\r(2)).3.設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(3x2＋ax,ex)(a∈R).(1)若f(x)在x＝0處取得極值，確定a的值，并求此時(shí)曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)若f(x)在[3，＋∞)上為減函數(shù)，求a的取值范圍.解(1)對(duì)f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝eq\f(6x＋aex－3x2＋axex,ex2)＝eq\f(－3x2＋6－ax＋a,ex)，因?yàn)閒(x)在x＝0處取得極值，所以f′(0)＝0，即a＝0.當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝eq\f(3x2,ex)，f′(x)＝eq\f(－3x2＋6x,ex)，故f(1)＝eq\f(3,e)，f′(1)＝eq\f(3,e)，從而f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－eq\f(3,e)＝eq\f(3,e)(x－1)，化簡(jiǎn)得3x－ey＝0.(2)由(1)知，f′(x)＝eq\f(－3x2＋6－ax＋a,ex).令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0，解得x1＝eq\f(6－a－\r(a2＋36),6)，x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6).當(dāng)x＜x1時(shí)，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x1＜x＜x2時(shí)，g(x)＞0，即f′(x)＞0，故f(x)為增函數(shù)；當(dāng)x＞x2時(shí)，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)為減函數(shù).由f(x)在[3，＋∞)上為減函數(shù)知，x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6)≤3，解得a≥－eq\f(9,2)，故a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，＋∞)).4.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－2alnx＋(a－2)x.(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)是否存在實(shí)數(shù)a，使函數(shù)g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上單調(diào)遞增？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.解(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2lnx－3x(x>0)，則f′(x)＝x＋eq\f(2,x)－3＝eq\f(x2－3x＋2,x)＝eq\f(x－1x－2,x).當(dāng)0<x<1或x>2時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)1<x<2時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減.∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，(2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1,2).(2)假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上是增函數(shù)，則g′(x)＝f′(x)－a＝x－eq\f(2a,x)－2≥0恒成立，即eq\f(x2－2x－2a,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴x2－2x－2a≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴a≤eq\f(1,2)(x2－2x)＝eq\f(1,2)(x－1)2－eq\f(1,2)恒成立.又φ(x)＝eq\f(1,2)(x－1)2－eq\f(1,2)，x∈(0，＋∞)的最小值為－eq\f(1,2).∴當(dāng)a≤－eq\f(1,2)時(shí)，g′(x)≥0恒成立.又當(dāng)a＝－eq\f(1,2)時(shí)，g′(x)＝eq\f(x－12,x)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，g′(x)＝0.故當(dāng)a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))時(shí)，g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.考點(diǎn)二導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值要點(diǎn)重組(1)可導(dǎo)函數(shù)極值點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)為0，但導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)不一定是極值點(diǎn)，如函數(shù)f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是極值點(diǎn).(2)極值點(diǎn)不是一個(gè)點(diǎn)，而是一個(gè)數(shù)x0，當(dāng)x＝x0時(shí)，函數(shù)取得極值，在x0處，f′(x0)＝0是函數(shù)f(x)在x0處取得極值的必要不充分條件.(3)一般地，在閉區(qū)間[a，b]上函數(shù)y＝f(x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，那么函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上必有最大值與最小值.函數(shù)的最值必在極值點(diǎn)或區(qū)間的端點(diǎn)處取得.5.已知函數(shù)f(x)＝ax－1－lnx(a∈R)，討論函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù).解f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x).當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x)在(0，＋∞)上沒(méi)有極值點(diǎn).當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,a)；由f′(x)>0，得x>eq\f(1,a)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，故f(x)在x＝eq\f(1,a)處有極小值，無(wú)極大值.綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上沒(méi)有極值點(diǎn)；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上有一個(gè)極值點(diǎn).6.(2017·北京)已知函數(shù)f(x)＝excosx－x.(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值.解(1)因?yàn)閒(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f′(0)＝0，又因?yàn)閒(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝1.(2)由(1)可知，f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，設(shè)h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，則h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx.當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，h′(x)＜0，所以h(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減.所以對(duì)任意x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0.所以函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減.因此f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為f(0)＝1，最小值為f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(π,2).7.已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)若對(duì)任意x>0，均有x(2lna－lnx)≤a恒成立，求正數(shù)a的取值范圍.解(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)，x∈(0，＋∞).①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，無(wú)極值；②當(dāng)a>0，x∈(0，a)時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(0，a)上為減函數(shù)；x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上為增函數(shù)，所以f(x)在(0，＋∞)上有極小值，無(wú)極大值，f(x)的極小值為f(a)＝lna＋1.(2)若對(duì)任意x>0，均有x(2lna－lnx)≤a恒成立，即對(duì)任意x>0，均有2lna≤eq\f(a,x)＋lnx恒成立，由(1)可知f(x)的最小值為lna＋1，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為2lna≤lna＋1，即lna≤1，故0<a≤e，故正數(shù)a的取值范圍是(0，e].典例(12分)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)a2x2－lnx(a∈R).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)如果函數(shù)f(x)的圖象不在x軸的下方，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.審題路線圖(1)eq\x(求導(dǎo)得f′x＝a2x－\f(1,x)x>0)→eq\x(分a＝0，a>0，a<0討論)→eq\x(得fx的單調(diào)區(qū)間)(2)eq\x(將所求轉(zhuǎn)化為fx≥0，即a2≥\f(2lnx,x2))→eq\x(令hx＝\f(2lnx,x2)x>0，利用導(dǎo)數(shù)，求出hx的最大值為\f(1,e))→eq\x(解不等式a2≥\f(1,e)，可求得a的取值范圍)規(guī)范解答·評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)解(1)f′(x)＝a2x－eq\f(1,x)(x＞0).1分當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.當(dāng)a＞0時(shí)，f′(x)＝eq\f(a2x2－1,x)＝eq\f(a2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,a2))),x)，由f′(x)≥0，得x≥eq\f(1,a)；由f′(x)＜0，得0＜x＜eq\f(1,a).3分所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).當(dāng)a<0時(shí)，f′(x)＝eq\f(a2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,a2))),x)，由f′(x)≥0，得x≥－eq\f(1,a)；由f′(x)<0，得0＜x<－eq\f(1,a).5分所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))，單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞)).綜上，當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))；當(dāng)a＜0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))，單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞)).6分(2)f(x)的圖象不在x軸的下方，即當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)≥0恒成立，所以eq\f(1,2)a2x2－lnx≥0，即a2≥eq\f(2lnx,x2).7分令h(x)＝eq\f(2lnx,x2)(x＞0)，則h′(x)＝eq\f(2x－2xlnx,x4)＝eq\f(21－2lnx,x3)，9分由h′(x)＞0，得0＜x＜eq\r(e)；由h′(x)＜0，得x＞eq\r(e).故h(x)在(0，eq\r(e)]上單調(diào)遞增，在[eq\r(e)，＋∞)上單調(diào)遞減.當(dāng)x＝eq\r(e)時(shí)，h(x)取得最大值eq\f(1,e).所以a2≥eq\f(1,e)，解得a≤－eq\f(\r(e),e)或a≥eq\f(\r(e),e).11分故實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(e),e)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(e),e)，＋∞)).12分構(gòu)建答題模板[第一步]求導(dǎo)：一般先確定函數(shù)的定義域，再求導(dǎo)數(shù)f′(x).[第二步]轉(zhuǎn)化：“判斷函數(shù)單調(diào)性、求極值(最值)”常轉(zhuǎn)化為“判斷f′(x)的符號(hào)”，“切線方程、切線的斜率(或傾斜角)、切點(diǎn)坐標(biāo)”，常轉(zhuǎn)化為“導(dǎo)數(shù)的幾何意義”，“恒成立問(wèn)題”常轉(zhuǎn)化為“求最值”等.[第三步]求解：根據(jù)題意求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值、最值等問(wèn)題.[第四步]反思：?jiǎn)握{(diào)區(qū)間不能用“∪”連接；范圍問(wèn)題的端點(diǎn)能否取到.1.已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－eq\f(4,3)處取得極值.(1)確定a的值；(2)若g(x)＝f(x)ex，討論g(x)的單調(diào)性.解(1)對(duì)f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝3ax2＋2x，因?yàn)閒(x)在x＝－eq\f(4,3)處取得極值，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝0，即3a·eq\f(16,9)＋2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝eq\f(16a,3)－eq\f(8,3)＝0，解得a＝eq\f(1,2).(2)由(1)得g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex，故g′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x2＋2x))ex＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋\f(5,2)x2＋2x))ex＝eq\f(1,2)x(x＋1)(x＋4)ex.令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.當(dāng)x＜－4時(shí)，g′(x)＜0，故g(x)為減函數(shù)；當(dāng)－4＜x＜－1時(shí)，g′(x)＞0，故g(x)為增函數(shù)；當(dāng)－1＜x＜0時(shí)，g′(x)＜0，故g(x)為減函數(shù)；當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＞0，故g(x)為增函數(shù).綜上可知，g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)上為減函數(shù)，在(－4，－1)和(0，＋∞)上為增函數(shù).2.已知函數(shù)f(x)＝lnx－a2x2＋ax(a∈R).若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解函數(shù)f(x)＝lnx－a2x2＋ax的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－2a2x＋a＝eq\f(－2a2x2＋ax＋1,x)＝eq\f(－2ax＋1ax－1,x).方法一①當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝eq\f(1,x)＞0，所以f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，不合題意；②當(dāng)a＞0時(shí)，令f′(x)≤0(x＞0)，即(2ax＋1)(ax－1)≥0(x＞0)，即x≥eq\f(1,a)，此時(shí)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).依題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)≤1，,a＞0，))解得a≥1；③當(dāng)a＜0時(shí)，f′(x)≤0(x＞0)，即(2ax＋1)(ax－1)≥0(x＞0)，即x≥－eq\f(1,2a).此時(shí)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞)).依題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)≤1，,a＜0，))解得a≤－eq\f(1,2).綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[1，＋∞).方法二①當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝eq\f(1,x)＞0，所以f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，不合題意；②當(dāng)a≠0時(shí)，要使函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是減函數(shù)，只需f′(x)≤0在區(qū)間[1，＋∞)上恒成立.因?yàn)閤＞0，所以只要2a2x2－ax－1≥0在區(qū)間[1，＋∞)上恒成立.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,4a2)≤1，,2a2－a－1≥0，))解得a≥1或a≤－eq\f(1,2).綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[1，＋∞).3.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)ax2，其中參數(shù)a∈R.(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(3，f(3))處的切線方程；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)＋(x－a)cosx－sinx，討論g(x)的單調(diào)性并判斷有無(wú)極值，有極值時(shí)求出極值.解(1)由題意得f′(x)＝x2－ax，所以當(dāng)a＝2時(shí)，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，所以f′(3)＝3，因此曲線y＝f(x)在點(diǎn)(3，f(3))處的切線方程是y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0.(2)因?yàn)間(x)＝f(x)＋(x－a)cosx－sinx，所以g′(x)＝f′(x)＋cosx－(x－a)sinx－cosx＝x(x－a)－(x－a)sinx＝(x－a)(x－sinx).令h(x)＝x－sinx，則h′(x)＝1－cosx≥0，所以h(x)在R上單調(diào)遞增.因?yàn)閔(0)＝0，所以當(dāng)x>0時(shí)，h(x)>0；當(dāng)x<0時(shí)，h(x)<0.①當(dāng)a<0時(shí)，g′(x)＝(x－a)(x－sinx)，當(dāng)x∈(－∞，a)時(shí)，x－a<0，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(a,0)時(shí)，x－a>0，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，x－a>0，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增.所以當(dāng)x＝a時(shí)，g(x)取到極大值，極大值是g(a)＝－eq\f(1,6)a3－sina；當(dāng)x＝0時(shí)，g(x)取到極小值，極小值是g(0)＝－a.②當(dāng)a＝0時(shí)，g′(x)＝x(x－sinx)，當(dāng)x∈(－∞，＋∞)時(shí)，g′(x)≥0，g(x)單調(diào)遞增；所以g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)無(wú)極大值也無(wú)極小值.③當(dāng)a>0時(shí)，g′(x)＝(x－a)(x－sinx)，當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，x－a<0，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，x－a<0，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，x－a>0，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增.所以當(dāng)x＝0時(shí)，g(x)取到極大值，極大值是g(0)＝－a；當(dāng)x＝a時(shí)，g(x)取到極小值，極小值是g(a)＝－eq\f(1,6)a3－sina.綜上所述，當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(a,0)上單調(diào)遞減，函數(shù)既有極大值，又有極小值，極大值是g(a)＝－eq\f(1,6)a3－sina，極小值是g(0)＝－a；當(dāng)a＝0時(shí)，函數(shù)g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，無(wú)極值；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，a)上單調(diào)遞減，函數(shù)既有極大值，又有極小值，極大值是g(0)＝－a，極小值是g(a)＝－eq\f(1,6)a3－sina.4.已知函數(shù)f(x)＝x2－ax＋2lnx.(1)若函數(shù)y＝f(x)在定義域上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)設(shè)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，若x1∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，且f(x1)≥t＋f(x2)恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍.解(1)因?yàn)楹瘮?shù)y＝f(x)在定義域上單調(diào)遞增，所以f′(x)≥0，即2x－a＋eq\f(2,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以a≤2x＋eq