（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第5講 導(dǎo)數(shù)與方程學(xué)案 理 新人教A版

《（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第5講 導(dǎo)數(shù)與方程學(xué)案 理 新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第5講 導(dǎo)數(shù)與方程學(xué)案 理 新人教A版（18頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第5講導(dǎo)數(shù)與方程判斷、證明或討論函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)兩類零點(diǎn)問題的不同處理方法：利用零點(diǎn)存在性定理的條件為函數(shù)圖象在區(qū)間a，b上是連續(xù)不斷的曲線，且f(a)f(b)0.(1)直接法：判斷一個(gè)零點(diǎn)時(shí)，若函數(shù)為單調(diào)函數(shù)，則只需取值證明f(a)f(b)0；(2)分類討論法：判斷幾個(gè)零點(diǎn)時(shí)，需要先結(jié)合單調(diào)性，確定分類討論的標(biāo)準(zhǔn)，再利用零點(diǎn)存在性定理，在每個(gè)單調(diào)區(qū)間內(nèi)取值證明f(a)f(b)0，關(guān)鍵1：正確求出導(dǎo)函數(shù)，研究函數(shù)的單調(diào)性所以f(x)在(0，1)，(1，)單調(diào)遞增.因?yàn)閒(e)10，所以f(x)在(1，)有唯一零點(diǎn)x1(ex1e2)，即f(x1)0.關(guān)鍵2：利用零點(diǎn)存在性定理判斷在(1，)內(nèi)存在一個(gè)

2、零點(diǎn)又01，fln x1f(x1)0，故f(x)在(0，1)有唯一零點(diǎn).關(guān)鍵3：利用零點(diǎn)存在性定理判斷在(0，1)內(nèi)存在一個(gè)零點(diǎn)綜上，f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn).(2)略【分類討論法】(2019高考全國(guó)卷)已知函數(shù)f(x)sin xln(1x)，f(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)，證明：(1)f(x)在區(qū)間存在唯一極大值點(diǎn)；(2)f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn).證明：(1)設(shè)g(x)f(x)，則g(x)cos x，g(x)sin x.當(dāng)x時(shí)，g(x)單調(diào)遞減，而g(0)0，g0，可得g(x)在有唯一零點(diǎn)，設(shè)為.關(guān)鍵1：利用零點(diǎn)的存在性定理確定g(x)在內(nèi)有唯一零點(diǎn)則當(dāng)x(1，)時(shí)，g(x)0；當(dāng)x時(shí)，g(x)0

3、.所以g(x)在(1，)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，故g(x)在存在唯一極大值點(diǎn)，即f(x)在存在唯一極大值點(diǎn).關(guān)鍵2：根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性與極大值點(diǎn)的定義判斷極大值點(diǎn)的存在性(2)f(x)的定義域?yàn)?1，).當(dāng)x(1，0時(shí)，由(1)知，f(x)在(1，0)單調(diào)遞增，而f(0)0，所以當(dāng)x(1，0)時(shí)，f(x)0，故f(x)在(1，0)單調(diào)遞減又f(0)0，從而x0是f(x)在(1，0的唯一零點(diǎn).當(dāng)x時(shí)，由(1)知，f(x)在(0，)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，而f(0)0，f0，所以存在，使得f()0，且當(dāng)x(0，)時(shí)，f(x)0；當(dāng)x時(shí)，f(x)0.故f(x)在(0，)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.又f(0)0，

4、f1ln0，所以當(dāng)x時(shí)，f(x)0.從而，f(x)在沒有零點(diǎn).當(dāng)x時(shí)，f(x)0，所以f(x)在單調(diào)遞減而f0，f()0，所以f(x)在有唯一零點(diǎn).當(dāng)x時(shí)，ln(x1)1，所以f(x)0，從而f(x)在(，)沒有零點(diǎn)關(guān)鍵3：在定義域內(nèi)的不同區(qū)間，利用函數(shù)的單調(diào)性、最值、零點(diǎn)存在性定理綜上，f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn).典型例題 (2019廣東省七校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)ln xax.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a0，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a0，f(x)單調(diào)遞增，在上，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減綜上，當(dāng)a0時(shí)，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a0時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞增，在上

5、單調(diào)遞減(2)由(1)可知，當(dāng)a0時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減故f(x)maxfln1.當(dāng)ln 1，即a時(shí)，f 1，即a0，令0b1且b，則ln b0，f(b)ln babln b0，故f(b)fe，則在(e，)上，g(t)10，故g(t)在(e，)上單調(diào)遞減，故在(e，)上，g(t)g(e)2e0，則f0，故ff0，f(x)在上有一個(gè)零點(diǎn)故f(x)在(0，)上有兩個(gè)零點(diǎn)綜上，當(dāng)a時(shí)，函數(shù)f(x)沒有零點(diǎn)；當(dāng)a時(shí)，函數(shù)f(x)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a0，所以f(x)0時(shí)，令g(x)mx22xm，(i)m1時(shí)，44m20，此時(shí)f(x)0，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；(ii)0m0，令f(x)

6、0，則x1，x2，所以x時(shí)，f(x)0，x時(shí)，f(x)0，所以f(x)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減綜上，m0時(shí)，f(x)在(0，)上單調(diào)遞減；m1時(shí)，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；0m1時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞減，在和上單調(diào)遞增(2)證明：因?yàn)閙，所以f(x)2ln x，由(1)可知f(x)在(0，2)和(2，)上單調(diào)遞增，在(2，2)上單調(diào)遞減，又f(1)0，且1(2，2)，所以f(x)在(2，2)上有唯一零點(diǎn)x1.又0e32，f(e3)(e3e3)6672，f(e3)f(e3)0，所以f(x)在(2，)上有唯一零點(diǎn)綜上，當(dāng)m時(shí)，f(x)有且只有三個(gè)零點(diǎn)根據(jù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)確定參數(shù)范圍已知函數(shù)有零點(diǎn)求

7、參數(shù)范圍常用的方法：(1)分離參數(shù)法：一般命題情境為給出區(qū)間，求滿足函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的參數(shù)范圍，通常解法為從f(x)中分離出參數(shù)，然后利用求導(dǎo)的方法求出由參數(shù)構(gòu)造的新函數(shù)的最值，根據(jù)題設(shè)條件構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的不等式，再通過解不等式確定參數(shù)范圍；(2)分類討論法：一般命題情境為沒有固定區(qū)間，求滿足函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的參數(shù)范圍，通常解法為結(jié)合單調(diào)性，先確定參數(shù)分類的標(biāo)準(zhǔn)，在每個(gè)小范圍內(nèi)研究零點(diǎn)的個(gè)數(shù)是否符合題意，將滿足題意的參數(shù)的各小范圍并在一起，即為所求參數(shù)范圍高考真題思維方法【由導(dǎo)數(shù)特點(diǎn)分類討論】(2018高考全國(guó)卷)已知函數(shù)f(x)exax2.(1)若a1，證明：當(dāng)x0時(shí)，f(x)1；(2)若f(x)在(

8、0，)只有一個(gè)零點(diǎn)，求a.(1)略(2)設(shè)函數(shù)h(x)1ax2ex.f(x)在(0，)只有一個(gè)零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)h(x)在(0，)只有一個(gè)零點(diǎn)關(guān)鍵1：構(gòu)造函數(shù)h(x)，將f(x)的零點(diǎn)情況轉(zhuǎn)化為h(x)的零點(diǎn)情況()當(dāng)a0時(shí)，h(x)0，h(x)沒有零點(diǎn)；關(guān)鍵2：對(duì)參數(shù)a分類討論，結(jié)合函數(shù)值判斷函數(shù)零點(diǎn)情況()當(dāng)a0時(shí)，h(x)ax(x2)ex.當(dāng)x(0，2)時(shí)，h(x)0；當(dāng)x(2，)時(shí)，h(x)0.所以h(x)在(0，2)單調(diào)遞減，在(2，)單調(diào)遞增.故h(2)1是h(x)在(0，)的最小值.關(guān)鍵3：分類討論，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，求函數(shù)最值若h(2)0，即a，h(x)在(0，)沒有零點(diǎn)；若h

9、(2)0，即a，h(x)在(0，)只有一個(gè)零點(diǎn)；若h(2)0，即a，由于h(0)1，所以h(x)在(0，2)有一個(gè)零點(diǎn).由(1)知，當(dāng)x0時(shí)，exx2，所以h(4a)11110.故h(x)在(2，4a)有一個(gè)零點(diǎn)因此h(x)在(0，)有兩個(gè)零點(diǎn).關(guān)鍵4：對(duì)函數(shù)最小值的符號(hào)分類討論，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性判斷零點(diǎn)情況，求出參數(shù)值綜上，f(x)在(0，)只有一個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a.【直接分類討論】(2017高考全國(guó)卷)已知函數(shù)f(x)ae2x(a2)exx.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍.(1)略(2)()若a0，由(1)知，f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn).關(guān)鍵1：針對(duì)f(x)解析

10、式的特點(diǎn)，可對(duì)參數(shù)a直接分類討論()若a0，由(1)知，當(dāng)xln a時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為f(ln a)1ln a關(guān)鍵2：結(jié)合函數(shù)單調(diào)性求函數(shù)最小值，進(jìn)而根據(jù)最小值直接判斷零點(diǎn)的情況當(dāng)a1時(shí)，由于f(ln a)0，故f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a(1，)時(shí)，由于1ln a0，即f(ln a)0，故f(x)沒有零點(diǎn)；當(dāng)a(0，1)時(shí)，1ln a0，即f(ln a)2e220，故f(x)在(，ln a)有一個(gè)零點(diǎn).設(shè)正整數(shù)n0滿足n0ln，則f(n0)en0(aen0a2)n0en0n02n0n00.由于lnln a，因此f(x)在(ln a，)有一個(gè)零點(diǎn).類討論，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性與最小值判斷

11、函數(shù)零點(diǎn)情況，求參數(shù)取值范圍綜上，a的取值范圍為(0，1).典型例題 (2019唐山模擬)已知函數(shù)f(x)xexa(x1)2.(1)若ae，求函數(shù)f(x)的極值；(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍【解】(1)由題意知，當(dāng)ae時(shí)，f(x)xexe(x1)2，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?，)，f(x)(x1)exe(x1)(x1)(exe)令f(x)0，解得x1或x1.當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，f(x)的變化情況如下表所示：x(，1)1(1，1)1(1，)f(x)00f(x)極大值極小值e所以當(dāng)x1時(shí)，f(x)取得極大值；當(dāng)x1時(shí)，f(x)取得極小值e.(2)令f(x)0，即xexa(x1

12、)20，得xexa(x1)2.當(dāng)x1時(shí)，方程為e1a0，顯然不成立，所以x1不是方程的解，即1不是函數(shù)f(x)的零點(diǎn)當(dāng)x1時(shí)，分離參數(shù)得a.記g(x)(x1)，則g(x).當(dāng)x1時(shí)，g(x)1時(shí)，g(x)0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增當(dāng)x0時(shí)，g(x)0；當(dāng)x時(shí)，g(x)0；當(dāng)x1時(shí)，g(x)；當(dāng)x時(shí)，g(x).故函數(shù)g(x)的圖象如圖所示作出直線ya，由圖可知，當(dāng)a0)(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若g(x)f(x)m，當(dāng)a2時(shí)，g(x)在e1，e上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求m的取值范圍解：(1)f(x)a1，當(dāng)a1時(shí)，f(x)，令f(x)0，得x1，令f(x)0，得0x1時(shí)，令f(x)0，得x

13、1或x0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增當(dāng)a1時(shí)，(i)0a0，得x1，所以f(x)在上單調(diào)遞增，在，(1，)上單調(diào)遞減；(ii)a時(shí)，f(x)0，所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞減；(iii)a0，得1xf(e)，所以m.可化為函數(shù)零點(diǎn)的函數(shù)問題與函數(shù)零點(diǎn)性質(zhì)研究本考點(diǎn)包括兩個(gè)方向：一是與函數(shù)零點(diǎn)性質(zhì)有關(guān)的問題(更多涉及構(gòu)造函數(shù)法)；二是可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點(diǎn)的函數(shù)問題(更多涉及整體轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合等方法技巧)能夠利用等價(jià)轉(zhuǎn)換構(gòu)造函數(shù)法求解的問題常涉及參數(shù)的最值、曲線交點(diǎn)、零點(diǎn)的大小關(guān)系等求解時(shí)一般先通過等價(jià)轉(zhuǎn)換，將已知轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點(diǎn)問題，再構(gòu)造函數(shù)，然后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的

14、單調(diào)性、極值、最值等，并結(jié)合分類討論，通過確定函數(shù)的零點(diǎn)達(dá)到解決問題的目的高考真題思維方法【可化為函數(shù)零點(diǎn)的函數(shù)問題】(2014高考課標(biāo)全國(guó)卷)已知函數(shù)f(x)x33x2ax2，曲線yf(x)在點(diǎn)(0，2)處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2.(1)求a；(2)證明：當(dāng)k0.當(dāng)x0時(shí)，g(x)3x26x1k0，g(x)單調(diào)遞增，g(1)k10時(shí)，令h(x)x33x24，則g(x)h(x)(1k)xh(x).h(x)3x26x3x(x2)，h(x)在(0，2)單調(diào)遞減，在(2，)單調(diào)遞增，所以g(x)h(x)h(2)0.所以g(x)0在(0，)沒有實(shí)根.綜上，g(x)0在R有唯一實(shí)根，關(guān)鍵3：利用導(dǎo)數(shù)

15、判斷函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合零點(diǎn)存在性即曲線yf(x)與直線ykx2只有一個(gè)交點(diǎn).【函數(shù)零點(diǎn)性質(zhì)研究】(2016高考全國(guó)卷)已知函數(shù)f(x)(x2)exa(x1)2有兩個(gè)零點(diǎn).(1)求a的取值范圍；(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：x1x22.(1)略(2)證明：不妨設(shè)x1x2.由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，又f(x)在(，1)上單調(diào)遞減，所以x1x22等價(jià)于f(x1)f(2x2)，即f(2x2)0.關(guān)鍵1：利用分析法轉(zhuǎn)化要證明的不等式由于f(2x2)x2e2x2a(x21)2，而f(x2)(x22)ex2a(x21)20，所以f(2x2)x2e2x2(x22)e

16、x2.關(guān)鍵2：將代入，利用整體代入消元設(shè)g(x)xe2x(x2)ex，則g(x)(x1)(e2xex).所以當(dāng)x1時(shí)，g(x)0，而g(1)0，故當(dāng)x1時(shí)，g(x)0.從而g(x2)f(2x2)0，故x1x22.關(guān)鍵4：利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性、用最值證明不等式典型例題 (2019武漢市調(diào)研測(cè)試)已知函數(shù)f(x)a(ln x)(aR，a為常數(shù))在(0，2)內(nèi)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1x2)(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)求證：x1x20，由題意，知yh(x)在(0，2)內(nèi)存在兩個(gè)零點(diǎn)因?yàn)閔(x)ex1a，則當(dāng)a0時(shí)，h(x)0，h(x)在(0，2)上單調(diào)遞增，h(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)不合題意當(dāng)a

17、0時(shí)，由h(x)0，得x1ln a，由1ln a0，得a.(i)若1ln a0，即a時(shí)，h(x)在(0，1ln a)上單調(diào)遞減，在(1ln a，2)上單調(diào)遞增則h(x)minh(1ln a)aln a，當(dāng)a1時(shí)，h(x)minaln a0，不合題意，舍去當(dāng)1a時(shí)，h(x)minaln a0，x0時(shí)h(x)0，從而h(x)在(0，1ln a)和(1ln a，2)上各有一個(gè)零點(diǎn)所以yh(x)在(0，2)上存在兩個(gè)零點(diǎn)(ii)若1ln a2，即ae時(shí)，h(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，h(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，舍去(iii)若1ln a2且h(2)0，即ae時(shí)，h(x)在(0，1ln a)上有一個(gè)零點(diǎn)，

18、而在(1ln a，2)上沒有零點(diǎn)，舍去綜上可得，1a，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為(1，)(2)證明：令H(x)h(x)h(22ln ax)，0x1ln a，則H(x)h(x)h(22ln ax)ex1ae22ln ax1aex12a2a2a0，所以H(x)在(0，1ln a)上單調(diào)遞增，從而H(x)0，即h(x)h(22ln ax)0，所以h(x1)h(22ln ax1)0，而h(x1)h(x2)，且h(x)在(1ln a，2)上單調(diào)遞增所以h(x2)h(22ln ax1)，x222ln ax1，所以x1x20時(shí)，求f(x)在區(qū)間(0，1上的最大值；(2)若函數(shù)g(x)f(x)x有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x

19、2(x1x2)，求證：g(x1)g(x2)ln a.解：(1)由已知得f(x)的定義域?yàn)?0，)f(x)ax(a1).當(dāng)01時(shí)，1，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以f(x)的最大值為f()ln a1.綜上，當(dāng)01時(shí)，f(x)在區(qū)間(0，1上的最大值為ln a1.(2)證明：g(x)f(x)xln xx2ax，g(x)的定義域?yàn)?0，)，g(x)axa.若g(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x10，且x1x21，x1x20，所以a4.又x1x2，所以xx1x2，即0x1 .g(x1)g(x2)ln x1xax1ln x2xax2ln x1ln(ax1)ax1，設(shè)h(t)ln tln(at)a

20、t，其中tx1(0，)，h(t)a，令h(t)0得t.因?yàn)?，所以h(t)在(0，)上單調(diào)遞增，在(，)上單調(diào)遞減，所以h(t)的最大值為h()2ln 2ln a2ln a，從而g(x1)g(x2)0)(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若1ae，試判斷f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)a(x1)1，令f(x)0，則x11，x2，若a1，則f(x)0恒成立，所以f(x)在(0，)上是增函數(shù)若0a1，當(dāng)x(0，1)時(shí)，f(x)0，f(x)是增函數(shù)，當(dāng)x時(shí)，f(x)0.f(x)是增函數(shù)若a1，則00，f(x)是增函數(shù)，當(dāng)x時(shí)，f(x)0，f(x)是增函數(shù)綜上所述，當(dāng)

21、a1時(shí)，f(x)在(0，)上是增函數(shù)；當(dāng)0a1時(shí)，f(x)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，在(1，)上是增函數(shù)(2)當(dāng)1ae時(shí)，f(x)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，在(1，)上是增函數(shù)，所以f(x)的極小值為f(1)10，所以g(a)在(1，e)上是增函數(shù)，所以g(a)g(e)294ln 4ln 40，所以存在x0(1，4)，使f(x0)0，所以當(dāng)1ae時(shí)，f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)2(2019南昌市第一次模擬測(cè)試)已知函數(shù)f(x)ex(ln xaxab)(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，a，bR，直線yx是曲線yf(x)在x1處的切線(1)求a，b的值；(2)是否存在kZ，使得yf(x)在(k，k1)上有唯

22、一零點(diǎn)？若存在，求出k的值；若不存在，請(qǐng)說明理由解：(1)f(x)ex(ln xaxb)，f(x)的定義域?yàn)?0，)由已知，得即，解得a1，b.(2)由(1)知，f(x)ex，則f(x)ex，令g(x)ln xx，則g(x)0，g(2)ln 210，即f(x)0，當(dāng)x(x0，)時(shí)，g(x)0，即f(x)0.所以f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，)上單調(diào)遞減又當(dāng)x0時(shí)，f(x)0，f(2)e2(ln 2)0，f(e)ee0，f(x)在(，)上單調(diào)遞增當(dāng)b0時(shí)，若xln(b)，則f(x)0，f(x)在ln (b)，)上單調(diào)遞增；若xln (b)，則f(x)0，f(x)在(，ln (b)上

23、單調(diào)遞減(2)令g(x)exbx1ln x，則g(x)exb，易知g(x)單調(diào)遞增且一定有大于0的零點(diǎn)，設(shè)g(x)大于0的零點(diǎn)為x0，則g(x0)0，即eb0，be.方程f(x)ln x有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，即g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，則需滿足g(x0)0，即ebx01ln x0ex01ln x0eex0ln x00)，則h(x)exx0，所以h(x)在(0，)上單調(diào)遞減，h(1)0，所以eex0ln x00的解集為(1，)，所以be1e.當(dāng)bxbxln x，有g(shù)(eb)ebbebln eb(b1)ebb，令G(x)(x1)exx(x1)(ex1)1，x1e，所以x12e0，0ex0，所以g(eb)0，故g

24、(eb)g(x0)0.綜上，b的取值范圍是(，1e)4已知函數(shù)f(x)x2aln x.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)g(x)ln xbxcx2，若函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x11，令f(x)0得x1a，x2a.當(dāng)x(0，a)(a，)時(shí)，f(x)0.所以當(dāng)a1時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，)，無單調(diào)遞增區(qū)間；當(dāng)a1時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，a)，(a，)；單調(diào)遞增區(qū)間為(a，a)(2)由(1)知，a1且x1x22a，x1x21.又g(x)b2cx，所以g()bc(x1x2)，由g(x1)g(x2)0得ln c(xx)b(x1x2)，所以y(x1x2)g()b(x1x2)c(xx)lnln.令t(0，1)，則yln t，所以y1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是，)- 18 -