2018届二轮复习(理)专题一 函数与导数、不等式第4讲学案(全国通用)

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2018届二轮复习(理)专题一 函数与导数、不等式第4讲学案(全国通用)

第4讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题 高考定位 利用导数研究函数的性质,能进行简单的定积分计算,以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体,研究函数的单调性、极值、最值,并能解决简单的问题.‎ 真 题 感 悟 ‎1.(2017·全国Ⅱ卷)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)·ex-1的极值点,则f(x)的极小值为(  )‎ A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1‎ 解析 f′(x)=[x2+(a+2)x+a-1]·ex-1,‎ 则f′(-2)=[4-2(a+2)+a-1]·e-3=0⇒a=-1,‎ 则f(x)=(x2-x-1)·ex-1,f′(x)=(x2+x-2)·ex-1,‎ 令f′(x)=0,得x=-2或x=1,‎ 当x<-2或x>1时,f′(x)>0,‎ 当-20.‎ 故f(x)在上单调递减,在区间上单调递增.‎ ‎(2)①当a=0时,f(x)=e2x≥0恒成立.‎ ‎②若a<0,则由(1)得,当x=ln时,f(x)取得最小值,最小值为f =a2,‎ 故当且仅当a2≥0,即a≥-2e时,f(x)≥0.‎ 综上,a的取值范围是[-2e,0].‎ 考 点 整 合 ‎1.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).‎ 易错提醒 求曲线的切线方程时,要注意是在点P处的切线还是过点P的切线,前者点P为切点,后者点P不一定为切点.‎ ‎2.四个易误导数公式 ‎(1)(sin x)′=cos x;‎ ‎(2)(cos x)′=-sin x;‎ ‎(3)(ax)′=axln a(a>0,且a≠1);‎ ‎(4)(logax)′=(a>0,且a≠1,x>0).‎ ‎3.利用导数研究函数的单调性 ‎(1)导数与函数单调性的关系.‎ ‎①f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件,如函数f(x)=x3在(-∞,+∞)上单调递增,但f′(x)≥0.‎ ‎②f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件,如果函数在某个区间内恒有f′(x)=0时,则f(x)为常数函数.‎ ‎(2)利用导数研究函数单调性的方法.‎ ‎①若求单调区间(或证明单调性),只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.‎ ‎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.‎ ‎4.利用导数研究函数的极值、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.‎ 易错提醒 若函数的导数存在,某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要而不充分条件.‎ 热点一 导数与定积分的几何意义 ‎【例1】 (1)(2016·全国Ⅲ卷)已知f(x)为偶函数,当x≤0时,f(x)=e-x-1-x,则曲线y=f(x)在点(1,2)处的切线方程是________.‎ ‎(2)(2017·邯郸调研)展开式的中间项系数为20,如图阴影部分是由曲线y=x2和圆x2+y2=a及x轴围成的封闭图形,则封闭图形的面积S=________.‎ 解析 (1)设x>0,则-x<0,‎ 因为x≤0时,f(x)=e-x-1-x,所以f(-x)=ex-1+x.‎ 又因为f(x)为偶函数,所以f(x)=ex-1+x,f′(x)=ex-1+1,f′(1)=e1-1+1=2.‎ 所以切线方程为y-2=2(x-1),即2x-y=0.‎ ‎(2)因为展开式的中间项系数为20,中间项为第四项,系数为C=20,解得a=2,‎ 所以曲线y=x2和圆x2+y2=2在第一象限的交点为(1,1),所以阴影部分的面积为-(x-x2)dx=-=-.‎ 答案 (1)2x-y=0 (2)- 探究提高 1.利用导数的几何意义解题,主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化,其中关键是确定切点的坐标.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值,则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系,进而和导数联系起来求解.‎ ‎2.利用定积分求平面图形的面积的两个关键点 ‎(1)正确画出几何图形,结合图形位置,准确确定积分区间以及被积函数,从而得到面积的积分表达式,再利用微积分基本定理求出积分值.‎ ‎(2)根据图形的特征,选择合适的积分变量.在以y为积分变量时,应注意将曲线方程变为x=φ(y)的形式,同时,积分上、下限必须对应y的取值.‎ ‎【训练1】 (1)已知函数y=f(x)的图象为如图所示的折线,则[(x+2)f(x)]dx=(  )‎ A.1 B.-1 C.2 D.-2‎ ‎(2)(2017·长郡中学调研)设曲线y=在点处的切线与直线x+ay+1=0垂直,则a=____________.‎ 解析 (1)由y=f(x)图象,易知f(x)= 所以原式=(x+2)(x+1)dx+(-x+1)(x+2)dx ‎=(x2+3x+2)dx+(-x2-x+2)dx ‎=+ ‎=+=2.‎ ‎(2)y′= ‎=,‎ 则曲线y=在点处的切线的斜率为k1=1.‎ 因为直线x+ay+1=0的斜率k2=-,‎ 又该切线与直线x+ay+1=0垂直,‎ 所以k1k2=-1,解得a=1.‎ 答案 (1)C (2)1‎ 热点二 利用导数研究函数的单调性 命题角度1 确定函数的单调性(区间)‎ ‎【例2-1】 已知函数f(x)=ln x+,其中常数k>0,‎ ‎(1)讨论f(x)在(0,2)上的单调性;‎ ‎(2)若k∈[4,+∞),曲线y=f(x)上总存在相异两点M(x1,y1),N(x2,y2)使得曲线y=f(x)在M,N两点处切线互相平行,求x1+x2的取值范围.‎ 解 (1)因为f′(x)=--1‎ ‎==-(x>0,k>0).‎ ‎①当0k>0,且>2,‎ 所以x∈(0,k)时,f′(x)<0,x∈(k,2)时,f′(x)>0,‎ 所以函数f(x)在(0,k)上是减函数,在(k,2)上是增函数;‎ ‎②当k=2时,=k=2,f′(x)<0在(0,2)上恒成立,‎ 所以f(x)在(0,2)上是减函数,‎ ‎③当k>2时,0<<2,k>,‎ 所以x∈时,f′(x)<0,x∈时,f′(x)>0,‎ 所以函数f(x)在上是减函数,在上是增函数.‎ ‎(2)由题意,可得f′(x1)=f′(x2)(x1,x2>0,且x1≠x2),‎ 则--1=--1,‎ 化简得4(x1+x2)=x1x2,‎ 又x1x2<,‎ ‎∴4(x1+x2)<,‎ 即x1+x2>对k∈[4,+∞)恒成立,‎ 令g(k)=k+,则g′(k)=1->0.‎ ‎∴g(k)=k+在[4,+∞)上是增函数,‎ 所以g(k)≥g(4)=5,所以≤,所以x1+x2>,‎ 故x1+x2的取值范围为.‎ 探究提高 1.求函数的单调区间,只需在函数的定义域内解(证)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.‎ ‎2.解答本例容易出现以下错误:‎ ‎(1)忽略函数的定义域,在函数解析式中含有对数必须满足x>0.‎ ‎(2)对k分类讨论不全,题目中已知k>0,对k分类讨论时容易对标准划分不准确,讨论不全面.‎ ‎【迁移探究1】 若将本例中的条件“k>0”变为“k<0”,其他条件不变,f(x)在(0,2)上的单调性如何?‎ 解 由例2-1解析知f′(x)=-在(0,2)上f′(x)<0,故f(x)在(0,2)上为减函数.‎ ‎【迁移探究2】 在本例(1)中,将“(0,2)”改为(0,+∞),其他条件不变,求函数f(x)的单调区间.‎ 解 由例题知f′(x)=-.‎ ‎①当02时,k>,f(x)的单调减区间为和(k,+∞),增区间为.‎ 命题角度2 根据函数的单调性求参数的取值范围 ‎【例2-2】 (2017·兰州二模)已知函数f(x)=x2-2aln x+(a-2)x.‎ ‎(1)当a=-1时,求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)是否存在实数a,使函数g(x)=f(x)-ax在(0,+∞)上单调递增?若存在,求出a的取值范围;若不存在,说明理由.‎ 解 (1)当a=-1时,f(x)=x2+2ln x-3x,‎ 则f′(x)=x+-3==.‎ 当02时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当10时恒成立,‎ ‎∴a≤(x2-2x)=(x-1)2-恒成立.‎ 又φ(x)=(x-1)2-,x∈(0,+∞)的最小值为-.‎ ‎∴当a≤-时,g′(x)≥0恒成立.‎ 又当a=-,g′(x)=当且仅当x=1时,g′(x)=0.‎ 故当a∈时,g(x)=f(x)-ax在(0,+∞)上单调递增.‎ 探究提高 1.已知函数的单调性,求参数的取值范围,应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0),x∈(a,b)恒成立,解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解),应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围.‎ ‎2.若函数y=f(x)在区间(a,b)上不单调,则转化为f′(x)=0在(a,b)上有解.‎ ‎【训练2】 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-<x<.‎ 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)<g(1)=(1+1)-=.‎ 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.‎ 热点三 利用导数研究函数的极值和最值 命题角度1 求函数的极值、最值 ‎【例3-1】 (2017·北京卷)已知函数f(x)=excos x-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·cos x-x,∴f(0)=1,‎ f′(x)=ex(cos x-sin x)-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(cos x-sin x)-1,令g(x)=f′(x),‎ 则g′(x)=-2sin x·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 =-.‎ 命题角度2 与函数极值点个数有关问题 ‎【例3-2】 (2017·绵阳诊断)已知a∈R,函数f(x)=aex-x-1,g(x)=x-ln(x+1)(e=2.718 28…是自然对数的底数).‎ ‎(1)讨论函数f(x)极值点的个数;‎ ‎(2)若a=1,且命题“∃x∈[0,+∞),f(x)0时,令f′(x)=0,解得x=-ln a.‎ 若x∈(-∞,-ln a),则f′(x)<0,所以f(x)在(-∞,-ln a)上是减函数,‎ 若x∈(-ln a,+∞),则f′(x)>0,所以f(x)在(-ln a,+∞)上是增函数.‎ 当x=-ln a时,f(x)取得极小值为f(-ln a)=ln a,‎ 函数f(x)有且仅有一个极小值点x=-ln a.‎ 所以当a≤0时,f(x)没有极值点,当a>0时,f(x)有1个极小值点.‎ ‎(2)命题“∃x∈[0,+∞),f(x)1时,因为h′(x)=ex-在[0,+∞)是增函数,因为h′(0)=1-k<0,h′(k-1)=ek-1->0.‎ 所以h′(x)在(0,k-1)上存在唯一零点x0,‎ 当x∈[0,x0)时,h′(x)0时,求函数f(x)的单调递增区间;‎ ‎(2)当a<0时,求函数f(x)在上的最小值.‎ 解 (1)由函数f(x)=ax2+(1-2a)x-ln x,‎ 可得f′(x)=2ax+(1-2a)-=,‎ 令f′(x)>0,因为a>0,x>0,‎ ‎∴>0,∴x-1>0,得x>1,‎ ‎∴f(x)的单调递增区间为(1,+∞).‎ ‎(2)由(1)可得f′(x)=,因为a<0,令f′(x)=0,得x1=-,x2=1,‎ ‎①当->1,即-0,因此f(x)在上是增函数,‎ ‎∴f(x)的最小值为f =-a+ln 2.‎ 综上,函数f(x)在区间上的最小值为:‎ f(x)min= ‎1.如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个,这些单调区间不能用“∪”连接,而只能用逗号或“和”字隔开.‎ ‎2.可导函数在闭区间[a,b]上的最值,就是函数在该区间上的极值及端点值中的最大值与最小值.‎ ‎3.可导函数极值的理解 ‎(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定,也有可能极小值大于极大值;‎ ‎(2)对于可导函数f(x),“f(x)在x=x0处的导数f′(x0)=0”是“f(x)在x=x0处取得极值”的必要不充分条件;‎ ‎(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系,导函数由正变负的零点是原函数的极大值点,导函数由负变正的零点是原函数的极小值点.‎ ‎4.求函数的单调区间时,若函数的导函数中含有带参数的有理因式,因式根的个数、大小、根是否在定义域内可能都与参数有关,则需对参数进行分类讨论.‎ ‎5.求函数的极值、最值问题,一般需要求导,借助函数的单调性,转化为方程或不等式问题来解决,有正向思维——直接求函数的极值或最值;也有逆向思维——已知函数的极值或最值,求参数的值或范围,常常用到分类讨论、数形结合的思想.‎ 一、选择题 ‎1.函数f(x)=3x2+ln x-2x的极值点的个数是(  )‎ A.0 B.1 C.2 D.无数个 解析 函数定义域为(0,+∞),‎ 且f′(x)=6x+-2=,‎ 由于x>0,g(x)=6x2-2x+1的Δ=-20<0,‎ 所以g(x)>0恒成立,故f′(x)>0恒成立,‎ 即f(x)在定义域上单调递增,无极值点.‎ 答案 A ‎2.(2017·浙江卷)函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是(  )‎ 解析 利用导数与函数的单调性进行验证.f′(x)>0的解集对应y=f(x)的增区间,f′(x)<0的解集对应y=f(x)的减区间,验证只有D选项符合.‎ 答案 D ‎3.直线y=4x与曲线y=x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为(  )‎ A.2 B.4 C.2 D.4‎ 解析 由得x=0或x=2(x=-2舍).‎ 根据定积分的几何意义,两曲线在第一象限内围成的封闭图形的面积S=(4x-x3)dx==4.‎ 答案 D ‎4.(2017·武汉二模)若定义域为R的单调递增函数y=f(x)对于任意两个不相等的实数m,n都有f >成立,y=f′(x)为函数y=f(x)的导函数,则f(a+1)-f(a),f′(a),f′(a+1)的大小关系为(  )‎ A.f′(a)(m≠n);‎ ‎∴y=f(x)的图象上凸,如图所示,‎ 又f(a+1)-f(a)=表示两点M,N连线的斜率kMN.‎ f′(a)与f′(a+1)分别表示曲线y=f(x)在点M,N处切线的斜率,‎ 因此f′(a+1)0)图象下方的阴影部分区域,则阴影部分E的面积为________.‎ 解析 SE=×2+∫1dx ‎=1+(ln x)=1+ln 1-ln=1+ln 2.‎ 答案 1+ln 2‎ ‎7.(2016·全国Ⅲ卷)已知f(x)为偶函数,当x<0时,f(x)=ln(-x)+3x,则曲线y=f(x)在点(1,-3)处的切线方程是________.‎ 解析 令x>0,则-x<0,f(-x)=ln x-3x,‎ 又f(x)为偶函数,即f(-x)=f(x),‎ ‎∴f(x)=ln x-3x(x>0),则f′(x)=-3(x>0).‎ ‎∴f′(1)=-2,‎ ‎∴在点(1,-3)处的切线方程为y+3=-2(x-1),即y=-2x-1.‎ 答案 2x+y+1=0‎ ‎8.(2016·北京卷)设函数f(x)= ‎(1)若a=0,则f(x)的最大值为________;‎ ‎(2)若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是________.‎ 解析 (1)当a=0时,f(x)= 若x≤0,f′(x)=3x2-3=3(x2-1).‎ 由f′(x)>0得x<-1,由f′(x)<0得-1<x≤0.‎ ‎∴f(x)在(-∞,-1)上单调递增;在(-1,0)上单调递减,‎ ‎∴当x≤0时,f(x)≤f(-1)=2.‎ 若x>0,f(x)=-2x单调递减,所以f(x)<f(0)=0.‎ 所以f(x)最大值为2.‎ ‎(2)函数y=x3-3x与y=-2x的图象如图.‎ 由(1)知,当a≥-1时,f(x)取得最大值2.‎ 当a<-1时,y=-2x在x>a时无最大值.且-2a>2.‎ 所以a<-1.‎ 答案 (1)2 (2)(-∞,-1)‎ 三、解答题 ‎9.(2017·浙江卷)已知函数f(x)=(x-)e-x.‎ ‎(1)求f(x)的导函数;‎ ‎(2)求f(x)在区间上的取值范围.‎ 解 (1)f′(x)=(x-)′e-x+(x-)(e-x)′‎ ‎=e-x-(x-)e-x ‎=e-x ‎=(1-x)e-x.‎ ‎(2)令f′(x)=(1-x)e-x=0,解得x=1或.‎ 当x变化时,f(x),f′(x)的变化如下表:‎ x ‎1‎ f′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ f(x)‎ e-  ‎0‎  e-  又f =e-,f(1)=0,f =e-,‎ 则f(x)在区间上的最大值为e-.‎ 又f(x)=(x-)e-x=(-1)2e-x≥0.‎ 综上,f(x)在区间上的取值范围是.‎ ‎10.(2017·山东卷)已知函数f(x)=x3-ax2,a∈R.‎ ‎(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程;‎ ‎(2)设函数g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x,讨论g(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.‎ 解 (1)由题意f′(x)=x2-ax,‎ 所以当a=2时,f(3)=0,f′(x)=x2-2x,‎ 所以f′(3)=3,‎ 因此曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程是 y=3(x-3),即3x-y-9=0.‎ ‎(2)因为g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x,‎ 所以g′(x)=f′(x)+cos x-(x-a)sin x-cos x ‎=x(x-a)-(x-a)sin x=(x-a)(x-sin x),‎ 令h(x)=x-sin x,则h′(x)=1-cos x≥0,‎ 所以h(x)在R上单调递增.‎ 因为h(0)=0,所以,当x>0时,h(x)>0;‎ 当x<0时,h(x)<0.‎ ‎①当a<0时,g′(x)=(x-a)(x-sin x),‎ 当x∈(-∞,a)时,x-a<0,g′(x)>0,g(x)单调递增;‎ 当x∈(a,0)时,x-a>0,g′(x)<0,g(x)单调递减;‎ 当x∈(0,+∞)时,x-a>0,g′(x)>0,g(x)单调递增.‎ 所以,当x=a时,g(x)取到极大值,‎ 极大值是g(a)=-a3-sin a,‎ 当x=0时,g(x)取到极小值,极小值是g(0)=-a.‎ ‎②当a=0时,g′(x)=x(x-sin x),‎ 当x∈(-∞,+∞)时,g′(x)≥0,g(x)单调递增;‎ 所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,g(x)无极大值也无极小值.‎ ‎③当a>0时,g′(x)=(x-a)(x-sin x),‎ 当x∈(-∞,0)时,x-a<0,g′(x)>0,g(x)单调递增;‎ 当x∈(0,a)时,x-a<0,g′(x)<0,g(x)单调递减;‎ 当x∈(a,+∞)时,x-a>0,g′(x)>0,g(x)单调递增.‎ 所以,当x=0时,g(x)取到极大值,极大值是g(0)=-a;‎ 当x=a时g(x)取到极小值,极小值是g(a)=-a3-sin a.‎ 综上所述:‎ 当a<0时,函数g(x)在(-∞,a)和(0,+∞)上单调递增,在(a,0)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g(a)=-a3-sin a,极小值是g(0)=‎ ‎-a;‎ 当a=0时,函数g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;‎ 当a>0时,函数g(x)在(-∞,0)和(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g(0)=-a,极小值是g(a)=-a3-sin a.‎ ‎11.(2017·衡水中学月考)已知函数f(x)=ax-1-ln x(a∈R).‎ ‎(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数;‎ ‎(2)若函数f(x)在x=1处取得极值,∀x∈(0,+∞),f(x)≥bx-2恒成立,求实数b的最大值.‎ 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=a-=.‎ 当a≤0时,f′(x)≤0在(0,+∞)上恒成立,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.‎ ‎∴f(x)在(0,+∞)上没有极值点.‎ 当a>0时,由f′(x)<0,得00,得x>,‎ ‎∴f(x)在上单调递减,在上单调递增,即f(x)在x=处有极小值.‎ 综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上没有极值点;‎ 当a>0时,f(x)在(0,+∞)上有一个极值点.‎ ‎(2)∵函数f(x)在x=1处取得极值,‎ ‎∴f′(1)=a-1=0,则a=1,从而f(x)=x-1-ln x.‎ 因此f(x)≥bx-2⇒1+-≥b,‎ 令g(x)=1+-,则g′(x)=,‎ 令g′(x)=0,得x=e2,‎ 则g(x)在(0,e2)上单调递减,在(e2,+∞)上单调递增,‎ ‎∴g(x)min=g(e2)=1-,即b≤1-.‎ 故实数b的最大值是1-.‎
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