【文档说明】2023年高考数学必刷压轴题（新高考版）专题07 一元函数的导数及其应用（利用导函数研究不等式有解（能成立）问题）（全题型压轴题） Word版含解析.docx，共(20)页，1.199 MB，由小赞的店铺上传

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专题07一元函数的导数及其应用（利用导函数研究不等式有解（能成立）问题）（全题型压轴题）利用导函数研究不等式有解（能成立）问题①已知函数()fx在区间D上存在单调区间②变量分离法③双变量12()()fxgx=型④最值法①已知函数

()fx在区间D上存在单调区间1．（2022·全国·高三专题练习）若函数21()ln2fxaxxxx=+−存在单调递增区间，则a的取值范围是()A．1,1e−B．1,e−+C．()1,−+D．1,e−【答案】B()lnfxaxx=+，∴()0f

x在x∈()0+，上有解，即ax+lnx＞0在x∈()0+，上有解，即alnxx−＞在x∈()0+，上有解．令g(x)lnxx=−，则g′(x)21lnxx−=−，∴g(x)lnxx=−在(0，e)上单调递减，在(e，+∞)上单调递增，∴g(x)lnxx=−的最小值为g(e

)=1e−，∴a＞1e−．故选：B．2．（2022·河北·高三阶段练习）若函数()2()exfxxmx=+在1,12−上存在单调递减区间，则m的取值范围是_________．【答案】32m22()(2)e()e(2)exxx

fxxmxmxxmxm=+++=+++，则原向题等价于()0fx在1,12−上有解，即2(2)0xmxm+++在1,12−上有解，即221xxmx−−+在1,12−上有解，因为221(1)11xxxxx−−=−++++，且1(1)1yxx=

−+++在1,12−上单调递减，所以当12x=−时，max113(1)12212y=−−++=−+，所以32m.故答案为：32m3．（2022·福建龙岩·高二期中）若函数()21ln22hxxaxx=−+在()0,3上存在单调递减

区间，则实数a的取值范围为___________.【答案】7,9+解：()12hxaxx=−+，因为函数()21ln22hxxaxx=−+在()0,3上存在单调递减区间，所以()120hxaxx=−+在()0,3上有解

，即不等式212axx+在()0,3上有解，令11,,3ttx=+，令()()221211,,3fttttt=+=+−+，则()1739ftf=，所以79a，即实数a的取值范围

为7,9+.故答案为：7,9+.4．（2022·四川·成都七中高二阶段练习（理））若函数()2lnfxmxxx=+−在定义域内有递减区间，则实数m的取值范围是________．【答案】18m根据题意，函数2()fxmxlnxx=+−，其导数1()21fxmxx=−+

，(0)x若函数2()fxmxlnxx=+−在定义域内存在单调递减区间，则1()210fxmxx=−+在(0,)+上有解；若1()210fxmxx=−+，变形可得221111111()()2228mxxx−=−−+

，则21111()228mx−−+在(0,)+上能成立，设1tx=，则0t，则2211111111()()2282288tx−−+=−−+„，则必有18m，故m的取值范围为18m；故答案为：18m．5．（2022·宁夏·石嘴山市第一中学高二期中（理））若函数()21ln2f

xaxxxx=+−存在单调递增区间，则a的取值范围是___.【答案】1,e−+()21ln2fxaxxxx=+−，其中0x，则()lnfxaxx+=．由于函数()yfx=存在单调递增区间，则0x，使得()0fx

，即0x，lnxax−，构造函数()ln=−xgxx，则()minagx．()2ln1−=xgxx，令()0gx=，得xe=．当0xe时，()0gx；当xe时，()0gx．所以，函数()

ygx=在xe=处取得极小值，亦即最小值，则()()min1gxgee==−，所以，1ae−，故答案为1,e−+．6．（2022·山东泰安·高二期中）已知函数()()()2fxxxcc=−R.(1)若()

fx在2x=处有极大值，求c的值；(2)若()fx在2,3+存在单调递减区间，求c的取值范围．【答案】(1)6c=(2)2(,)3+(1)因为()()23222fxxxcxcxcx=−=−+，所以()()()22343fxxcxcxcxc=−

+=−−.当()0fx¢=，即3cx=，或xc=时，函数()fx可能有极值.由题意，当2x=时，函数()fx有极大值，所以0c.当x变化时，()fx¢，()fx的变化情况如下表所示：x,3c−3c,3ccc(),

c+()fx¢+0−0+()fx单调递增极大值单调递减极小值单调递增因此，当3cx=时，()fx有极大值，此时23c=，所以6c=.(2)由（1）可知：()()()3fxxcxc=−−，当()0fx¢=时，3cx=，或xc=.

由题意，()fx在2,3+存在单调递减区间，所以()0fx在2,3+上有解，由（1）知，()fx在[,]3cc上单调递减，所以23c，解得23c，或2c，即23c.综上所述，c的取值范围是2(,)3+

.7．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()lnfxxax=+在1x=的切线与直线20xy+=垂直，函数()()212gxfxxbx=+−．（1）求实数a的值；（2）若函数()gx存在单调递减区间，求实数b的取值范围；【答案】（1）1a=；（2）3b

（1）()()ln,1afxxaxfxx=+=+(1)1kfa==+,又函数()lnfxxax=+在1x=的切线与直线20xy+=垂直1(1)()112aa+−=−=（2）()212gxxlnxxbx=++−，()11gxxbx=++−函数

()gx存在单调递减区间，则()110gxxbx=++−在(0,)+上成立,即11bxx++在(0,)+上成立113yxx=++（当且仅当1x=时等号成立）3b，检验当3b=时函数在(0,)+单增，不满

足题意，3b②变量分离法1．（2022·山西大附中高二期中）若存在(1,1x−，使得不等式2exaxa−成立，则实数a的取值范围是（）A．2,e−B．2,e+C．1,e−D．1,e+

【答案】B∵2exaxa−在(1,1−上有解，∴2e1xax+在(1,1−上有解，令2e()1xfxx=+，(1,1x−，则min()afx即可．又222222e(1)ee(21)()(1)(1)xxxxxfxxx+−+=

=++，令()0fx=，解得12x=−，∴当11,2x−−时，()0fx，则()fx为减函数，当1,12x−时，()0fx，则()fx为增函数，∴当12x=−时，()fx取得最小值122ef−=．∴2ea

，则实数a的取值范围是2,e+．故选：B．2．（2022·北京·人大附中高二期中）已知函数()()()21ln102fxxaxaxaa=−+−+，若存在()00,x+，使得()01fx成立，则实数a的取值范围为（）A．(0,1B．()

1,+C．40,3D．4,3+【答案】D()fx的定义域为()0+，，()()()()1111axxfxaxaxx+−=−+−=，∵当1x时，()0fx，当01x时，()0

fx，∴()fx在()01，上单调递增，在()1+，上单调递减，即()()max3112fxfa==−，又∵存在()00,x+，使得()01fx成立，∴3112a−，解得43a，则实数a的取值范围为4,3+，故选：D.3．（2022·辽宁·建平县实验中学模拟预测）已

知函数()()e0xfxfx=−，若存在实数0x使不等式()200212xafx−−成立，则a的取值范围为()A．)1,+B．(,3−C．(,2−D．)0,+【答案】A令0x=得()01f=，∴()exfxx=−，将()200212xafx−−化简得0200

21e2xxax−−+，令()2e2xxgxx=−+，则()e1xxgx=−+，令()()e1xhxgxx==−+，∵()e10xhx=+，∴()gx为增函数，当0x时，()()00gxg

=，()gx为增函数，()()01gxg=；当0x时，()()00gxg=，()gx为减函数，()()01gxg=；因此()gx最小值为1，从而211a−，即1a．故选：A．4．（2022·河南·新乡县高中

模拟预测（文））若关于x的不等式()1exxkx+在区间(),0−上有且只有一个整数解，则实数k的取值范围是（）．A．210,2eB．4231,4e2eC．4332,4e3eD．322

1,3e2e【答案】D当0x时，不等式()1exxkx+可化为()1exxkx+令()()1e(0)xxfxxx+=，则()()()()222e1e2e1xxxxxxxxfxxx+−+−+==，令()0fx=可得，152x−=当15,2x−−−时，()

0fx，当15,02x−−时，()0fx，所以()fx在区间15,02−−上单调递减，在15,2−−−上单调递增，又()2122ef−=，(1)0f−=．由此可得函数()()1e(0)xxfxxx+=的图象如下：由已知不等式()1exx

kx+在区间(),0−上有且只有一个整数解，∴(3)(2)fkf−∴32213e2ek，即实数k的取值范围为3221,3e2e．故选：D.5．（2022·全国·高二）已知函数21()ln2fxxxa=−−，若0x，()0fx，则a的取值

范围是（）A．1,2−−B．1,2−C．(,1−D．(,e−【答案】A由21()ln2fxxxa=−−，得21ln2axx−．设21()ln2gxxx=−，则211()x

gxxxx−=−=．令()0gx，得01x；令()0gx，得1x，则()gx在(0,1)上单调递增，在(1,)+上单调递减，从而1()(1)2gxg=−，故12a−．故选：A.6．（2022·全

国·高三专题练习）关于x的不等式(1)e1xxax−−有且仅有两个整数解，则正数a的取值范围是_______．【答案】23e12e123a++设()(1)exfxx=−，()1=−gxax，有()e(1)eexxxfxxx=+−=，所以函数()fx在(,0)−上单调递减，[0,)+

上单调递增当x→+时，()fx→+；当x→−时()0fx→，(0)1f=−，(0)1g=−由题可得：0a，据此，作出函数()fx，()gx图象，如图．观察图象可知：若要使不等式(1)e1xxax−−有且

仅有两个整数解，则满足2(21)e21a−−，且3(31)e31a−−解得23e12e123a++．故答案为：23e12e123a++7．（2022·全国·高三专题练习）已知函数f(x)＝x2

－2lnx，若关于x的不等式f(x)－m≥0在[1，e]上有实数解，则实数m的取值范围是________.【答案】(－∞，e2－2]由f(x)－m≥0得f(x)≥m，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，()22(1)(1)2xxfxxxx+−

−=＝，当x∈[1，e]时，()0fx，此时，函数f(x)单调递增，所以f(1)≤f(x)≤f(e).即1≤f(x)≤e2－2，要使f(x)－m≥0在[1，e]上有实数解，则有m≤e2－2.故答案为：(－∞，e2－2]8．（2022·全国·高二）对于函数()y

fx=，若在定义域内存在实数0x，使得()()00()fxkfxfk+=+成立，其中k为大于0的常数，则称点()0,xk为函数()fx的k级“平移点”.已知函数2()lnfxaxx=+在)1,+上存在1

级“平移点”，则实数a的最小值为___________.【答案】ln22−由2()lnfxaxx=+在)1,+上存在1级“平移点”，则()()1()1fxfxf+=+有解，即：22(1)ln(1)lnaxxaxxa+++=++

，得：2ln1xaxx=+，∴12ln1xaxx=+在)1,+上有解，令1()ln1xhxxx=+，)1,x+，则()()()22111lnln1ln1ln110xxxxxxxxhxxx−−−++−+++==，∴()

hx在)1,+上单调递增，则1()(1)lnln22hxh==−，∴2ln2a−，即ln22a−.故答案为：ln22−9．（2022·全国·高三专题练习）如果存在1x，2,xab且12xx，使()()()()1212gxg

xLfxfx−−成立，则在区间,ab上，称()gx为()fx的“倍函数”．设()lnfxx=，()2ln1xgxx=+，若在区间,ee上，()gx为()fx的“倍函数”，则实数L的取值范围为______．【答案】,9e−由题可知()()2

2ln12ln1xgxx−=+，在,ee上，()0gx．因此函数()gx在,ee上单调递增，易知()fx在,ee上单调递增，不妨设21exxe，因为()()()()1212gxgxLfxfx−−，所以()()()(

)()1212gxgxLfxfx−−，即()()()()1122gxfxgxxLLf−−．令()()()hxgxLfx=−，则()()12hxhx，则函数()hx在,ee上存在增区间，则()()22ln102ln1xLhxxx−=−+在,ee上有解，即()()22

ln12ln1xxLx−+在,ee上有解，所以()()()2max2ln1,2ln1xxLxeex−+．令lnxt=，则1,12t，令()()()2211,1221t

etFttt−=+，则()maxLFt，又()()()3214021tteteFtt−+=+，所以()Ft单调递增，所以()()max19eFtF==，所以9eL．所以实数L的取值范围为,9e−故

答案为：,9e−10．（2022·安徽师范大学附属中学高二期中）已知函数()e,=−xfxaxaR．(1)求()fx的单调区间；(2)存在0[3,4]x，使得()00fx成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案不唯一，见解析(2

)3e,3+(1)()e=−xfxa．当0a时，()0,()fxfx单调递增；当0a时，令()0fx=，得lnxa=．若ln,()0,()xafxfx单调递减，若ln,()0,()xafxf

x单调递增．综上，当0a时，函数()fx单调递增区间为(,)−+，无减区间；当0a时，函数()fx单调递减区间为(,ln)a−，单调递增区间为(ln,)a+上．(2)由题设，在[3,4]x上，minexax，设e()=xgx

x，则2e(1)()−=xxgxx．当[3,4]x时()0gx恒成立，所以()gx在[3,4]上单调递增，3min()e)(33gxg==．于是33ea，故3,3ea+．11．（2022·广东实验中学附属天河学校高二期中）已知函数()()24ln1fxx

x=−+.(1)求函数()fx的极值；(2)在()1,x−+内存在x，使不等式()0fxa−成立，求实数a的取值范围；【答案】(1)极小值为14ln2−，无极大值(2)[14ln2,)−+(1

)∵()()24ln1fxxx=−+，定义域为()1,−+∴()42(2)(1)211xxfxxxx+−=−=++设()0fx=，可得1x=或2x=−（舍），由()0fx，得1x；由()0fx，得11x−，所

以()fx的单调增区间为()1,+，单调减区间为()1,1−；当x变化时，()fx，()fx的变化情况如下表：()1,1−1()1,+()fx-0+()fx单调递减14ln2−单调递增当1x=

时，()fx有极小值，并且极小值为()114ln2f=−，无极大值.(2)在()1,x−+内存在x，使不等式()0fxa−成立等价于()minfxa，由（1）知()()min114ln2fxf==−所以14ln2a−，即a的取

值范围为[14ln2,)−+12．（2022·全国·高三专题练习（理））已知函数21()(2)2ln()2fxxaxaxaR=−++.(1)若2a，讨论函数()fx的单调性；(2)设函数()(2)gxax=−+，若至少存在一个0[e

,4]x，使得()()00fxgx成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)在(0,2)和(,)a+上单调递增，在(2,)a上单调递减(2)2,ln2−+(1)函数21()(2)2ln2fxxaxax=−++的

定义域是0xx2(2)2(2)()()xaxaxxafxxx−++−−==.当2a时，由()0fx，得02x或xa，由()0fx，得2xa，∴()fx在(0,2)和(,)a+上单调递增，在(2,)a上单调递减.(2)至少存在一个0[,4]xe，使得()()

00fxgx成立，即当[,4]xe时，212ln02xax+有解∵当[,4]xe时，ln1x，∴2122lnxax−有解，令212(),[,4]lnxhxxex=−，则min2()ahx.∵222111lnln22

()0(ln)(ln)xxxxxxhxxx−−=−=−，∴()hx在[,4]e上单调递减，∴min4()(4)ln2hxh==−，∴42ln2a−，即2ln2a−，∴实数a的取值范围

2,ln2−+.③双变量12()()fxgx=型1．（2022·甘肃省武威第一中学模拟预测（文））已知函数()()22exfxxagxx=−+=，，若对任意的21,1x−，存在11,22x−使得()()12fxgx=

，则实数a的取值范围是（）A．e1,4+B．[e，4]C．1e,4e+D．1e1,4e++【答案】B解：()2exgxx=的导函数为()()22ee2exxxgxxxxx=

+=+，由)1,0x−时，()0gx，(0,1x时，()0gx，可得g（x）在[–1，0]上单调递减，在（0，1]上单调递增，故g（x）在[–1，1]上的最小值为g（0）=0，最大值为g（1）=e，所以对于任意的2[1,1]x−，()2

0,egx．因为2yxa=−+开口向下，对称轴为y轴，所以当0x=时，max()fxa=，当2x=时，min()4fxa=−，则函数2()fxxa=−+在[12−，2]上的值域为[a–4，a]，由题意，得[0,e4a−，a，可得40eaa−，

解得e4a．故选：B.2．（2020·江西·奉新县第一中学高二阶段练习（文））已知函数f（x）＝x2﹣3x，g（x）＝mx+1，对任意x1∈[1，3]，存在x2∈[1，3]，使得g（x1）＝f（x2），则实数m的取值范围为（）A．[1312−，﹣1]B．[﹣1，

+∞）C．（﹣∞，﹣1]D．[1312−+，）【答案】A由题意()fx在区间[1,3]上的值域为904−，,当0m时，()gx的值域为[1,31]mm++，所以9[1,31]04mm++−，，无解;当=0m时,显然不成立；当0m时，()gx的值域为[

311]mm++，,所以9[311]04mm++−，，,解得13112m−−,综上13112m−−.故选:A.3．（2021·北京二中高一期末）已知函数f（x）＝2x－1，()2cos

2,0?2,0axxgxxax+=+（a∈R），若对任意x1∈[1，＋∞），总存在x2∈R，使f（x1）＝g（x2），则实数a的取值范围是A．1,2−B．2,3+C．1,

1,22−D．371,,224【答案】C当a=0时，函数f（x）＝2x－1的值域为[1,+∞），函数()gx的值域为[0,++∞），满足题意.当a＜0时，y=22(0)xax+的值域

为（2a,+∞）,y=()cos20axx+的值域为[a+2,-a+2],因为a+2-2a=2-a>0,所以a+2＞2a,所以此时函数g(x)的值域为（2a,+∞）,由题得2a＜1，即a＜12，即a＜0.当a＞0时，y=22(0

)xax+的值域为（2a,+∞）,y=()cos20axx+的值域为[-a+2,a+2],当a≥23时，-a+2≤2a,由题得21,1222aaaa−++.当0＜a＜23时，-a+2＞2

a，由题得2a＜1，所以a＜12.所以0＜a＜12.综合得a的范围为a＜12或1≤a≤2，故选C.4．（2022·浙江·高三专题练习）已知函数()cosπfxx=，1()e(0)2axgxaa=−+.若12,[0,1]

xx，使得12()()fxgx=，则实数a的取值范围是（）A．102−，B．12+，B．C．()1,02−+，D．11,00,22−【答案】B当[0,1]x时，π[0,π]x，(

)=cosπ[1,1]fxx−，当[0,1]x，0a时，()31,e22agxaa−−+，当[0,1]x，0a时，()13e,22agxaa−+−.令1()e2ahaa=−+，

则'()1ahae=−，'(0)0h=，当0a时，'()0ha，013()e0122ha−+=；当0a时，'()0ha，013()e0122ha−+=；综上所述，1e12aa−+；由题意，得两个函数的值

域的交集非空，所以0312aa−，解得12a.故选：B.5．（2022·全国·高三专题练习）定义在R上的函数()fx满足()()22fxfx+=，且当2,4x时，()224,232,34,xxxfxxxx−+=+

，()1gxax=+，对任意12,0x−，存在22,1x−，使得()()21gxfx=，则正实数a的取值范围为（）A．1,8+B．(0,8C．10,8D．)8,+【答案】A当2,3x时，

2()(2)4fxx=−−+，此时()fx单调递减，所以()[3,4]fx，当(3,4时，222()xfxxxx+==+22222()10xfxxx−=−=在(3,4x恒成立，此时()fx单调递增，所以119(),32fx，()fx在2,4上的值域为

93,2，()()22fxfx+=，()()()112424fxfxfx=+=+，当2,0x−时，42,4x+，()fx在2,0−上的值域为39,48，a为正实数，()gx在2,1

−上为增函数，()gx在2,1−上的值域为21,1aa−++，依题意39,21,148aa−++，3214918aa−++，解得18a，故a的取值范围是18a.

故选：A.6．（2020·上海·模拟预测）已知函数45(),()sin213xfxgxaxax−+==++（a＞0），若对任意x1∈[0，2]，总存在x2∈[0，2].使g（x1）=f（x2）成立，则实数a的取值范

围是_______．【答案】50,3459[0,2]()4[1,5]11xxfxxx−+==−+−++[0,2],0,()[2,3]xagxaa由题意得21,05[2,3][1,5]0353aaaaaa−−故答

案为：50,37．（2022·浙江省定海第一中学高一开学考试）已知函数()22111xaxxfxaxx−+=+，，＞，若∃x1，x2∈R，x1≠x2，使得f（x1）=f（x2）成立，则实数a

的取值范围是______．【答案】（-∞，1）∪（2，+∞）若∃x1,x2∈R,x1≠x2,使得f(x1)=f(x2)成立,则说明f(x)在R上不单调．①当a=0时,()2,11,1xxfxx−=„，其图象如图所示，满足题意

②当a<0时,函数y=−x2+2ax的对称轴x=a<0，其图象如图所示，满足题意③当a>0时,函数y=−x2+ax的对称轴x=a>0,其图象如图所示,要使得f(x)在R上不单调则只要二次函数的对称轴x=a<1,或2112111aa

a−++…，∴0<a<1或a>2，综合得a的取值范围是(−∞,1)∪(2,+∞).8．（2020·黑龙江绥化·高一期末）已知函数f（x）＝2x12x−，g（x）＝（4﹣lnx）•lnx+b（b∈R）．（1）若f（x）＞0，求实数x的取值范围；（2）若存在x1，x

2∈[1，+∞），使得f（x1）＝g（x2），求实数b的取值范围；【答案】(1)（0，+∞）(2)[52−，+∞）解：（1）因为f（x）＞0⇔2x12x−＞0，∴2x＞2﹣x，∴x＞﹣x，即x＞0．∴实数x的取值范围为（0，+∞）．（2）设函数f（x），g（x）在区间[1

，+∞）的值域分别为A，B．∵f（x）＝2x12x−在[1，+∞）上单调递增，又13(1)222f=−=∴A＝[32，+∞）．∵g（x）＝（4﹣lnx）•lnx+b＝﹣（lnx﹣2）2+b+4．∵x∈[1，+∞），∴lnx∈

[0，+∞），∴g（x）≤b+4，即(,4Bb=−+依题意可得A∩B≠，∴b+432，即b52−．∴实数b的取值范围为[52−，+∞）④最值法1．（2022·天津河东·高二期中）已知函数()22lnfxaxax

x=++，实数0a.(1)讨论函数()fx在区间()0,10上的单调性和极值情况；(2)若存在()0,x+，使得关于x的不等式()22fxax+成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)(0，2)(2，)+．(1)()()()22222222212122a

xxaxaxaaxaxaafxaxxxxx+−+−+−=−++===，x>0，令()0fx=，可得1xa=，2xa=−(舍)．①当110a时，110a，在10,a

上，()0fx，f(x)单调递减；在1,10a上，()0fx，f(x)单调递增；f(x)有极小值12ln3lnfaaaaaaaa=+−=−，无极大值．②当1010a

„时，110a，在()0,10上，()0fx，f(x)单调递减，f(x)无极值．综上，当110a时，f(x)在10,a上单调递减，在1,10a上单调递增，有极小值3lnaaa−，无极大

值；当1010a„时，f(x)在()0,10上单调递减，无极值．(2)()22fxax+2ln20axx+−，令()2ln2gxaxx=+−，0x，则()2222aaxgxxxx−=−+=，0a，()20gxxa，()200gxxa，()gx在20,

a递减，在2,a+递增，()min2()ln2ln2gxgaaaa==+−−，依题意只需ln2ln20aaaa+−−即可．令()ln2ln2hxxxxx=+−−，令()1ln2l

n1ln2ln0hxxx=+−−=−=，可得2x=，在()0,2上，()0hx，h(x)递增；在()2,+上，()0hx，h(x)递减；故()maxhx=h(2)0=，∴ln2ln20aaaa+−−的解为a>0且a≠2，实数a的取值范围(0，2)(2，)+．2．（2022·安

徽·南陵中学模拟预测（文））已知函数()()()e1xfxaxa=−+R(1)讨论()fx的单调性；(2)当()fx有最小值，且最小值小于1a−时，求a的取值范围【答案】(1)答案见解析(2)(1,)+(1)函数的定义域为R，()exfxa=−，若0a，则

()0fx，所以()fx在R上单调递增；若0a，则当–,(n)lxa时，()0fx，当(ln,)xa+时，()0fx，所以()fx在(–),lna上单调递减，在(ln,)a+上单调递增.(2)由（1）知，当0a时，()

fx在R上没有最小值，当0a时，()fx在lnxa=处取得最小值，最小值为()()ln1llnnfaaaaaa=−+=−，()ln1faa−即ln10aaa+−.设()ln1aagaa=+−，当210,ea时，()()ln1

11gaaa=+−−，不符合条件；当21,ea+时，()ln20gaa=+，所以()ga在21,e+上单调递增，又因为()10g=，所以当21,1ea，时，()0ga，当(

1,)+a时，()0ga.因此a的取值范围是(1,)+.