小结板书设计及意图

导数的热点问题

(2016·课标全国乙)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．

(1)求a的取值范围；

(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2. 解

(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．

①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．

②设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，

所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，

在(1，＋∞)上单调递增．

a又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b

23ab2－b>0，故f(x)存在两个零点．

则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a22③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．

e若a≥－，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)上单调递2增．

又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．

e若a<－，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0，2因此f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．

又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．

综上，a的取值范围为(0，＋∞)．

(2)不妨设x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0. 由于f(2－x2)＝－x2ex22－x2

＋a(x2－1)2，e2而fx2＝(x2－2)＋a(x2－1)＝0，

所以f(2－x2)＝－x2e－2－x2－(x2－2)ex2.

－设g(x)＝－xe2x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e2x－ex)，所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0，从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.

利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大.

热点一

利用导数证明不等式

用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力．

1＋x例1

(2015·北京)已知函数f(x)＝ln. 1－x(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；

xx＋；

(2)求证：当x∈(0,1)时，f(x)＞233x(3)设实数k使得f(x)＞kx＋3对x∈(0,1)恒成立，求k的最大值．

3(1)解

因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，

11所以f′(x)＝＋，f′(0)＝2. 1＋x1－x又因为f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x. 3x(2)证明

令g(x)＝f(x)－2x＋3，

2x4则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x)＝. 1－x22因为g′(x)>0(0

所以g(x)在区间(0,1)上单调递增．

所以g(x)>g(0)＝0，x∈(0,1)，

xx＋. 即当x∈(0,1)时，f(x)>23xx＋对x∈(0,1)恒成立．

(3)解

由(2)知，当k≤2时，f(x)>k3xx＋，

当k>2时，令h(x)＝f(x)－k3kx4－k－2则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x)＝. 1－x223334k－24k－2所以当0

上单调递减．

kk

4k－2当0

k3x即f(x)2时，f(x)>kx＋3并非对x∈(0,1)恒成立．

综上可知，k的最大值为2. 思维升华

用导数证明不等式的方法

(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)，②对∀x1，x2∈[a，b]，且x1

(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则对∀x∈D，则f(x)≤M(或f(x)≥m)．

(3)证明f(x)

已知函数f(x)＝aln x＋1(a>0)．

11－；

(1)当x>0时，求证：f(x)－1≥ax(2)在区间(1，e)上f(x)>x恒成立，求实数a的取值范围．

11－

(1)证明

设φ(x)＝f(x)－1－ax11－(x>0)，

＝aln x－axaa则φ′(x)＝－2. xx令φ′(x)＝0，则x＝1，当0

所以φ(x)在(0,1)上单调递减；当x>1时，φ′(x)>0，所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，故φ(x)在x＝1处取到极小值也是最小值，故φ(x)≥φ(1)＝0，

11－. 即f(x)－1≥axx－1(2)解

由f(x)>x得aln x＋1>x，即a>. ln xx－1ln x－xx－1令g(x)＝(10，

xxx故h(x)在区间(1，e)上单调递增，所以h(x)>h(1)＝0. 因为h(x)>0，所以g′(x)>0，即g(x)在区间(1，e)上单调递增，

x－1则g(x)

ln x

所以a的取值范围为[e－1，＋∞)．

热点二

利用导数讨论方程根的个数

方程的根、函数的零点、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解．

m例2

设函数f(x)＝ln x＋，m∈R. x(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；

x(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．

3e解

(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋(x>0)，

xx－e则f′(x)＝2(x>0)，

x∴当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减，

当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，

e∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋＝2，

e∴f(x)的极小值为2. x1mx(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－2－(x>0)，

3xx31令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)．

31设φ(x)＝－x3＋x(x>0)，

3则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，

当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上单调递增；

当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．

∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，

2∴φ(x)的最大值为φ(1)＝. 3又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知

2①当m>时，函数g(x)无零点；

32②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；

3

2③当0

3④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．

2综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；

32当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；

32当0

3思维升华

(1)函数y＝f(x)－k的零点问题，可转化为函数y＝f(x)和直线y＝k的交点问题．

(2)研究函数y＝f(x)的值域，不仅要看最值，而且要观察随x值的变化y值的变化趋势．

跟踪演练2

已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)．

(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；

1(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在e，e上有两个零点，求实数m的取值范围．

解

(1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－x2＋2x，

2f′(x)＝－2x＋2，切点坐标为(1,1)，

x切线的斜率k＝f′(1)＝2，

则切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0. (2)g(x)＝2ln x－x2＋m，

－2x＋1x－12则g′(x)＝－2x＝. xx1因为x∈e，e，所以当g′(x)＝0时，x＝1. 1当0；当1

ee112g(e)－g＝4－e＋<0，

ee21则g(e)

1所以g(x)在e，e上的最小值是g(e)．

1g(x)在e，e上有两个零点的条件是

g1＝m－1>0，

11g＝m－2－≤0，e2e1解得1

e11，2＋2. 所以实数m的取值范围是e

热点三

利用导数解决生活中的优化问题

生活中的实际问题受某些主要变量的制约，解决生活中的优化问题就是把制约问题的主要变量找出来，建立目标问题即关于这个变量的函数，然后通过研究这个函数的性质，从而找到变量在什么情况下可以达到目标最优．

例3

某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．

(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；

(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．

解

(1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh(元)，底面的总成本为160πr2元．

所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．

又根据题意得200πrh＋160πr2＝12 000π，

1所以h＝(300－4r2)，

5rπ从而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．

5因为r>0，又由h>0可得r<53，

故函数V(r)的定义域为(0,53)．

π(2)因为V(r)＝(300r－4r3)，

5π故V′(r)＝(300－12r2)，

5令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因为r2＝－5不在定义域内，舍去)．

当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上为增函数；

当r∈(5,53)时，V′(r)<0，故V(r)在(5,53)上为减函数．

由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8. 即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．

思维升华

利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤

(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)．

(2)求导：求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0. (3)求最值：比较函数在区间端点和使f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．

(4)作答：回归实际问题作答．

跟踪演练3

统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时耗油量y(升)，关于行驶速度x(千米/小时)的函数解析式可以表示为：y＝100千米．

(1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？

(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？

100解

(1)当x＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了＝2.5(小时)，

4013要耗油(×403－×40＋8)×2.5＝17.5(升)．

128 00080所以，当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5升．

(2)当速度为x千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了13100依题意得h(x)＝(x3－x＋8)

128 00080x＝1280015x＋－(0

1 280x4100小时，设耗油量为h(x)升，

x13x3－x＋8(0

640x640x2令h′(x)＝0得x＝80，

当x∈(0,80)时，h′(x)<0，h(x)是减函数；

当x∈(80,120]时，h′(x)>0，h(x)是增函数，

当x＝80时，h(x)取到极小值h(80)＝11.25，

因为h(x)在(0,120)上只有一个极值，所以它是最小值．

故当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升.

1已知函数f(x)＝x2－(2a＋2)x＋(2a＋1)ln x. 2(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；

(2)求f(x)的单调区间；

3511，，x1，x2∈[1,2]，恒有|f(x1)－f(x2)|≤λ|－|，求正实数λ的取值范围．(3)对任意的a∈

22x1x2押题依据

有关导数的综合应用试题多考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、导数与不等式等基础知识和基本方法，考查分类整合思想、转化与化归思想等数学思想方法．本题的命制正是根据这个要求进行的，全面考查了考生综合求解问题的能力．

1解

(1)当a＝0时，f(x)＝x2－2x＋ln x，

213f′(x)＝x－2＋，且f(1)＝－，f′(1)＝0，

x23故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝－. 22a＋1(2)f′(x)＝x－(2a＋2)＋

x＝[x－2a＋1]x－1，x>0. x1①当2a＋1≤0，即a≤－时，函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；

21②当0<2a＋1<1，即－

③当2a＋1＝1，即a＝0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

④当2a＋1>1，即a>0时，函数f(x)在(1,2a＋1)上单调递减，在(0,1)，(2a＋1，＋∞)上单调递增．

35(3)根据(2)，当a∈2，2时，函数f(x)在[1,2]上单调递减．

11若x1＝x2，则不等式|f(x1)－f(x2)|≤λ|－|对任意正实数λ恒成立，此时λ∈(0，＋∞)．

x1x2若x1≠x2，不妨设1≤x1

11则f(x1)>f(x2)，>，

x1x211原不等式即f(x1)－f(x2)≤λx－x，

1235λλλ，，x1，x2∈[1,2]恒成立，设g(x)＝f(x)－，则对任意即f(x1)－≤f(x2)－对任意的a∈22x1x2x35的a∈[，]，x1，x2∈[1,2]，不等式g(x1)≤g(x2)恒成立，

22即函数g(x)在[1,2]上为增函数，

35故g′(x)≥0对任意的a∈2，2，x∈[1,2]恒成立．

2a＋1λg′(x)＝x－(2a＋2)＋＋2≥0，

xx

即x3－(2a＋2)x2＋(2a＋1)x＋λ≥0，

352即(2x－2x2)a＋x3－2x2＋x＋λ≥0对任意的a∈2，2恒成立．由于x∈[1,2]，2x－2x≤0，

5故只要(2x－2x2)×＋x3－2x2＋x＋λ≥0，

2即x3－7x2＋6x＋λ≥0对任意的x∈[1,2]恒成立．

令h(x)＝x3－7x2＋6x＋λ，x∈[1,2]，

则h′(x)＝3x2－14x＋6<0恒成立，

故函数h(x)在区间[1,2]上是减函数，

所以h(x)min＝h(2)＝λ－8，只要λ－8≥0即可，即λ≥8，

故实数λ的取值范围是[8，＋∞)．

A组

专题通关

1．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝3，对任意x∈R，f′(x)<3，则f(x)>3x＋6的解集为(

) A．(－1,1)

C．(－∞，－1)

答案

C 解析

设g(x)＝f(x)－(3x＋6)，则g′(x)＝f′(x)－3<0，所以g(x)为减函数，又g(－1)＝f(－1)－3＝0，所以根据单调性可知g(x)>0的解集是{x|x<－1}．

2．设a>0，b>0，e是自然对数的底数(

) A．若ea＋2a＝eb＋3b，则a>b

B．若ea＋2a＝eb＋3b，则a

C．若ea－2a＝eb－3b，则a>b

D．若ea－2a＝eb－3b，则a

答案

A 解析

由ea＋2a＝eb＋3b，有ea＋3a>eb＋3b，

令函数f(x)＝ex＋3x，

则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，

因为f(a)>f(b)，所以a>b，A正确，B错误；

由ea－2a＝eb－3b，有ea－2a

令函数f(x)＝ex－2x，则f′(x)＝ex－2，

函数f(x)＝ex－2x在(0，ln 2)上单调递减，

在(ln 2，＋∞)上单调递增，

当a，b∈(0，ln 2)时，由f(a)b，

B．(－1，＋∞) D．(－∞，＋∞)

当a，b∈(ln 2，＋∞)时，由f(a)

故C，D错误．

3．若不等式2xln x≥－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围为(

) A．(－∞，0)

C．(0，＋∞)

答案

B 3解析

条件可转化为a≤2ln x＋x＋(x>0)恒成立．

x3设f(x)＝2ln x＋x＋，

xx＋3x－1则f′(x)＝(x>0)．

x2当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，

所以f(x)min＝f(1)＝4. 所以a≤4. 4．如果函数f(x)＝ax2＋bx＋cln x(a，b，c为常数，a>0)在区间(0,1)和(2，＋∞)上均单调递增，在(1,2)上单调递减，则函数f(x)的零点个数为(

) A．0

C．2

答案

B c解析

由题意可得f′(x)＝2ax＋b＋，

xf′1＝2a＋b＋c＝0，b＝－6a，则解得所以f(x)＝a(x2－6x＋4ln x)，则极大值f(1)＝－cc＝4a，f′2＝4a＋b＋＝0，2B．1 D．3 B．(－∞，4] D．[4，＋∞)

5a<0，极小值f(2)＝a(4ln 2－8)<0，又f(10)＝a(40＋4ln 10)>0，结合函数图象可得该函数只有一个零点，故选B. 5．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π dm3，且用料最省，则圆柱的底面半径为(

) A．3 dm

C．6 dm

答案

A 27解析

设圆柱的底面半径为R dm，母线长为l dm，则V＝πR2l＝27π，所以l＝2，要使用料R最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小．

B．4 dm D．5 dm

2754πS表＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·，所以S′表＝2πR－2.令S′表＝0，得R＝3，

RR则当R＝3时，S表最小．故选A. 6．关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是__________．

答案

(－4,0) 解析

由题意知使函数f(x)＝x3－3x2－a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2，当x<0时，f′(x)>0；当02时，f′(x)>0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值＝f(0)＝－a；当x＝2时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值＝f(2)＝－4－a，

－a>0，所以解得－4

7．如果对定义在R上的函数f(x)，对任意两个不相等的实数x1，x2，都有x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，则称函数f(x)为“H函数”．给出下列函数：

ln|x|，x≠0，①y＝－x＋x＋1；②y＝3x－2(sin x－cos x)；③y＝e＋1；④f(x)＝以上函数是0，x＝0.3x

“H函数”的所有序号为________．

答案

②③

解析

因为x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，

即(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0恒成立，

所以函数f(x)在R上是增函数．由y′＝－3x2＋1>0得－33330上是增函数，故①不是“H函数”；由y′＝3－2(cos x＋sin x)＝3－22sin4恒成立，所以②为“H函数”；由y′＝ex>0恒成立，所以③为“H函数”；由于④为偶函数，所以不可能在R上是增函数，所以不是“H函数”．综上可知，是“H函数”的有②③. 148．已知函数f(x)＝x3－x2－3x＋，直线l：9x＋2y＋c＝0，若当x∈[－2,2]时，函数y＝f(x)33的图象恒在直线l下方，则c的取值范围是________．

答案

(－∞，－6) 149cc134解析

根据题意知x3－x2－3x＋<－x－在x∈[－2,2]上恒成立，则－>x3－x2＋x＋，

33222323134设g(x)＝x3－x2＋x＋，

3233则g′(x)＝x2－2x＋，

2则g′(x)>0恒成立，所以g(x)在[－2,2]上单调递增，

所以g(x)max＝g(2)＝3，则c<－6.

a9．已知函数f(x)＝ln x＋(a∈R)，

x＋19(1)当a＝时，如果函数g(x)＝f(x)－k仅有一个零点，求实数k的取值范围；

2(2)当a＝2时，试比较f(x)与1的大小．

99解

(1)当a＝时，f(x)＝ln x＋，

22x＋1定义域是(0，＋∞)．

2x－1x－219f′(x)＝－. 2＝x2x＋12xx＋121令f′(x)＝0，得x＝或x＝2. 21因为当02时，f′(x)>0，

21当

210，，(2，＋∞)上单调递增，

所以函数f(x)在21在2，2上单调递减．

1所以f(x)的极大值是f2＝3－ln 2，

3极小值是f(2)＝＋ln 2. 2因为当x→0时，f(x)→－∞；

当x→＋∞时，f(x)→＋∞，

3－∞，＋ln 2∪(3－ln 2，所以当g(x)＝f(x)－k仅有一个零点时，实数k的取值范围是＋∞)．

22(2)当a＝2时，f(x)＝ln x＋，定义域是(0，＋∞)，

x＋12令h(x)＝f(x)－1＝ln x＋－1，

x＋1x2＋112则h′(x)＝－＝>0，

xx＋12xx＋12所以h(x)在(0，＋∞)上是增函数．

当x>1时，h(x)>h(1)＝0，即f(x)>1；

当0

当x＝1时，h(x)＝h(1)＝0，即f(x)＝1.

B组

能力提高

π0，上的函数f(x)，f′(x)是它的导函数，且恒有f(x)

) 10．定义在2ππ

A.3f>2f43ππC.2f6>f4

答案

D 解析

∵f(x)

即f′(x)sin x－f(x)cos x>0，

∴f′xsin x－fxcos xfx′＝>0，

sin2xsin xπB．f(1)<2f6sin 1 ππD.3f6

fxπ∴函数在0，上单调递增，

sin x2ππ从而<，即3f6

3答案

2a解析

解方程2(x＋1)＝a，得x＝－1. 2设方程x＋ln x＝a的根为t(t>0)，则t＋ln t＝a，

at＋ln tt－＋1＝t－则|AB|＝＋1

22tln t＝2－2＋1. tln t设g(t)＝－＋1(t>0)，

2211t－1则g′(t)＝－＝(t>0)，令g′(t)＝0，得t＝1. 22t2t当t∈(0,1)时，g′(t)<0；当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，

3所以g(t)min＝g(1)＝，

233所以|AB|≥，所以|AB|的最小值为. 2212．已知函数f(x)＝aln(x＋1)－x2在区间(0,1)内任取两个实数p，q，且p≠q，不等式fp＋1－fq＋1>1恒成立，则实数a的取值范围为________．

p－q答案

[15，＋∞) πf6πf3

解析

fp＋1－fq＋1fp＋1－fq＋1＝，表示点(p＋1，f(p＋1))与点(q＋1，f(q＋1))连线的p－qp＋1－q＋1斜率，因为p，q∈(0,1)，所以11在(1,2)内恒成立．由定义域可知x>－1，所以f′(x)＝即a－2x>1，x＋1a>1＋2x，所以a>(1＋2x)(x＋1)在(1,2)内恒成立．设y＝(1＋2x)(x＋1)，则y＝2x2＋3xx＋13131＋1＝2(x＋)2－，当1≤x≤2时，函数y＝2(x＋)2－的最大值为15，所以a≥15，即a的4848取值范围为[15，＋∞)．

ln x－x＋213．已知函数f(x)＝a·. x(1)若函数f(x)在点(1，f(1))处的切线过点(0,4)，求函数f(x)的最大值；

1(2)当a<1时，若函数g(x)＝xf(x)＋x2－2x＋2在区间2，2内有且只有一个零点，求实数a的取值范围．(参考数值：ln 2≈0.7) 解

(1)∵f′(x)＝a·1－1x－ln x－x＋2xx2－ln x－1＝a·，

x2f′(1)＝－a，f(1)＝a. ∴f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－a＝－a(x－1)，

即y＝－ax＋2a. 又∵该切线过点(0,4)，∴a＝2. ln x－x＋21＋ln x∴f(x)＝2·，f′(x)＝－2·2，

xx110，时，f′(x)>0，f(x)在0，单调递增；

∴当x∈ee11，＋∞时，f′(x)<0，f(x)在，＋∞单调递减．

当x∈ee1∴当x＝时，f(x)取得最大值

e11ln －＋2ee1f＝2·＝2e－2. e1e(2)∵g(x)＝xf(x)＋x2－2x＋2 ＝a(ln x－x＋2)＋x2－2x＋2，

12x－ax－1－1＋2x－2＝∴g′(x)＝a，

xxaa1令g′(x)＝0，得x1＝，x2＝1，显然x1＝<，

222

1∴在2，1上g′(x)<0，在(1,2)上g′(x)>0，

1故g(x)在2，1上是减函数，在(1,2)上是增函数．

1要使g(x)在2，2上只有一个零点，

①函数g(x)的极小值g(1)＝a＋1＝0，即a＝－1. 1g≤0，2②

g2>0，135ln ＋＋≤0，a即224

aln 2＋2>0，

即2a>－ln 2.a≤5，4ln 2－6

25由ln 2≈0.7，可知－<，

ln 24ln 2－625∴－0，③2g2≤0，

得2a≤－ln 2，a>5，4ln 2－6

a不存在．

综上，a的取值范围为－25