高考数学文二轮复习考前三个月配套教学案专题二导数及其应用
第五讲 导数及其应用
1．导数的几何意义
(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)．
(2)曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为
y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
(3)导数的物理意义：s′(t)＝v(t)，v′(t)＝a(t)．
2．函数的单调性与导数
如果已知函数在某个区间上单调递增(减)，则这个函数的导数在这个区间上大(小)于零恒成立．在区间上离散点处导数等于零，不影响函数的单调性，如函数y＝x＋sinx.
3．函数的导数与极值
对可导函数而言，某点导数等于零是函数在该点取得极值的必要条件，但对不可导的函数，可能在极值点处函数的导数不存在(如函数y＝|x|在x＝0处)，因此对于一般函数而言，导数等于零既不是函数取得极值的充分条件也不是必要条件．
4．闭区间上函数的最值
在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小值．
1．(2013·广东)若曲线y＝kx＋lnx在点(1，k)处的切线平行于x轴，则k＝________.
答案 －1
解析∵y′＝k＋，∴y′|x＝1＝k＋1＝0，∴k＝－1.
2．(2013·福建)设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的
是( )
A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)
B．－x0是f(－x)的极小值点
C．－x0是－f(x)的极小值点
D．－x0是－f(－x)的极小值点
答案D
解析A错，因为极大值未必是最大值．B错，因为函数y＝f(x)与函数y＝f(－x)
的图象关于y轴对称，－x0应是f(－x)的极大值点．C错，函数y＝f(x)与函数y＝－f(x)的图象关于x轴对称，x0应为－f(x)的极小值点．D对，函数y＝f(x)与y＝－f(－x)的图象关于原点对称，－x0应为y＝－f(－x)的极小值点．
3．(2013·浙江)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数
y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是( )
答案B
解析从导函数的图象可以看出，导函数值先增大后减小，x＝0时最大，所以函数f(x)的图象的变化率也先增大后减小，在x＝0时变化率最大．A项，在x＝0时变化率最小，故错误；C项，变化率是越来越大的，故错误；D项，变化率是越来越小的，故错误．B项正确．
4．(2012·重庆)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )
A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)
C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)
D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)
答案D
解析利用极值的存在条件判定．
当x<－2时，y＝(1－x)f′(x)>0，得f′(x)>0；
当－2
0，得f′(x)<0；
当x>2时，y＝(1－x)f′(x)<0，得f′(x)>0，
∴f(x)在(－∞，－2)上是增函数，在(－2,1)上是减函数，在(1,2)上是减函数，在(2，＋∞)
上是增函数，
∴函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)．
5．(2013·安徽)若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有极值点x1，x2，且f(x1)＝x1，则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数是( )
A．3B．4C．5D．6
答案A
解析f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由已知得x1≠x2，
且若x1x2，如图，
同理得方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有三个不同实根．
题型一导数意义及应用
例1(1)在平面直角坐标系xOy中，点P在曲线C：y＝x3－10x＋3上，且在第二象限内，已知曲线C在点P处的切线的斜率为2，则点P的坐标为________．
(2)函数y＝x2(x>0)的图象在点(ak，a)处的切线与x轴的交点的横坐标为ak＋1，其中k∈N*.若a1＝16，则a1＋a3＋a5的值是________．
审题破题 (1)利用导数的几何意义，列方程求交点P的坐标．(2)本题是导数和数列的综合，可先从函数图象的切线方程出发，确定ak＋1和ak的关系．
答案(1)(－2,15) (2)21
解析(1)因为y′＝3x2－10，设P(x，y)，
则由已知有3x2－10＝2，即x2＝4，∴x＝±2，
又∵点P在第二象限，∴x＝－2.
则y＝(－2)3－10×(－2)＋3＝15，
∴点P坐标为(－2,15)．
(2)对函数y＝x2，y′＝2x，
∴函数y＝x2(x>0)在点(ak，a)处的切线方程为y－a＝2ak(x－ak)，令y＝0得ak＋1＝ak.
又∵a1＝16，∴a3＝a2＝a1＝4，a5＝a3＝1，
∴a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.
反思归纳在求曲线的切线方程时，注意两点：①求曲线在点P处的切线方程和求曲线过点P的切线方程，在点P的切线，一定是以点P为切点；过点P的切线不管点P在不在曲线上，点P不一定是切点；②当切点坐标未知时，应首先设出切点坐标，再求解．
变式训练1直线y＝2x＋b是曲线y＝lnx (x>0)的一条切线，则实数b＝________.
答案－ln2－1
解析切线的斜率是2，根据导数的几何意义可以求出切点的横坐标，进而求出切点的坐标，切点在切线上，代入即可求出b的值．y′＝，令＝2，得x＝，故切点为，代入直线方程，得ln＝2×＋b，所以b＝－ln2－1.
题型二利用导数研究函数的单调性
例2已知函数f(x)＝x2＋alnx.
(1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调递减区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋在[1，＋∞)上单调，求实数a的取值范围．
审题破题 (1)直接根据f′(x)<0确定单调递减区间；(2)g(x)在[1，＋∞)上单调，则g′(x)≥0或g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立．
解 (1)由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－2时，f′(x)＝2x－＝，
故f(x)的单调递减区间是(0,1)．
(2)由题意得g′(x)＝2x＋－，函数g(x)在[1，＋∞)上是单调函数．
①若g(x)为[1，＋∞)上的单调增函数，则g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立，
设φ(x)＝－2x2，
∵φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，
∴φ(x)max＝φ(1)＝0，∴a≥0.
②若g(x)为[1，＋∞)上的单调减函数，
则g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，不可能．
∴实数a的取值范围为[0，＋∞)．
反思归纳利用导数研究函数单调性的一般步骤：
(1)确定函数的定义域；
(2)求导数f′(x)；
(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
②若已知f(x)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求解．
变式训练2设函数f(x)＝ex－1－x－ax2.
(1)若a＝0，求f(x)的单调区间；
(2)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围．
解 (1)a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)f′(x)＝ex－1－2ax.
由(1)知ex≥1＋x，当且仅当x＝0时等号成立，
故f′(x)≥x－2ax＝(1－2a)x，
从而当1－2a≥0，即a≤时，f′(x)≥0(x≥0)．
∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增．
而f(0)＝0，于是当x≥0时，f(x)≥0.
由ex>1＋x(x≠0)可得e－x>1－x(x≠0)．从而当a>时，f′(x)0，
所以f(x)在区间[1，e]上为增函数．
所以当x＝1时，f(x)取得最小值；
当x＝e时，f(x)取得最大值e2＋1.
(2)证明设h(x)＝g(x)－f(x)＝x3－x2－lnx，x∈[1，＋∞)，
则h′(x)＝2x2－x－＝
＝.
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，所以h(x)>h(1)＝>0.
所以对于x∈(1，＋∞)，g(x)>f(x)成立，即f(x)的图象在g(x)的图象的下方．
反思归纳 (1)求函数的最值可结合函数的单调性、极值，有时也可以和图象联系；(2)用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h(x)>0，其中一个重要技巧就是找到函数h(x)在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口．
变式训练3 (2013·广东)设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．
(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)当k∈时，求函数f(x)在[0，k]上的最大值M.
解 (1)当k＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2，
∴f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．
令f′(x)＝0得x1＝0，x2＝ln2.
列表如下：
x
(－∞，0)
0
(0，ln2)
ln2
(ln2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
由表可知，函数f(x)的递减区间为(0，ln2)，递增区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)．
(2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k)，
∵g(1)＝1－ln2>0，
∵0即k>ln2k，
∴f(x)在(0，ln2k)上单调递减，在(ln2k，k)上单调递增，
∴f(x)在[0，k]上的最大值应在端点处取得．
而f(0)＝－1，f(k)＝(k－1)ek－k3，
下面比较f(0)与f(k)的大小．
令h(k)＝f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1，
则h′(k)＝k(ek－3k)，
再令φ(k)＝ek－3k，则φ′(k)＝ek－30，当k∈(x0,1)时，φ(k)<0，
∴h(k)在上单调递增，在(x0,1)上单调递减．
又h＝－＋>0，h(1)＝0.
∴h(k)≥0在上恒成立，当且仅当k＝1时取“＝”．
综上，函数f(x)在[0，k]上的最大值M＝(k－1)ek－k3.
题型四导数的综合应用
例4已知函数f(x)＝ax·sinx－(a>0)，且f(x)在区间上的最大值为.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)判断函数f(x)在(0，π)内零点个数，并加以证明．
审题破题 (1)通过求最值可确定a的值；(2)函数f(x)的零点个数可以利用函数单调性、极值结合函数草图确定．
解 (1)f′(x)＝a·sinx＋ax·cosx＝a(sinx＋xcosx)．
∵x∈时，sinx＋xcosx>0.
又a>0，∴f′(x)>0，f(x)在上是增函数．
则f(x)max＝f＝a－＝，∴a＝1，
所以f(x)＝xsinx－.
(2)函数f(x)在区间(0，π)内有且只有两个零点．
证明如下：
由(1)知，f(x)＝xsinx－，
从而f(0)＝－<0，f＝－>0.
由(1)知，f(x)在上是增函数，且f(x)的图象连续不间断，
∴f(x)在区间上有唯一零点；
当x∈时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx，
由g＝1>0，g(π)＝－π<0，且g(x)在上的图象是连续不断的，故存在m∈，使得g(m)＝0.
由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈时，有g′(x)<0，从而g(x)在内单调递减．
当x∈时，g(x)>g(m)＝0，即f′(x)>0，
从而f(x)在内单调递增，
故当x∈时，f(x)≥f＝>0.
故f(x)在上无零点；
当x∈(m，π)时，有g(x)0，f(π)<0，且f(x)在[m，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点．
综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．
反思归纳利用导数解决不等式恒成立，函数零点个数，证明不等式问题，可以利用求函数的单调性、极值、最值确定函数的草图，数形结合求解一些综合性问题．
变式训练4 (2013·辽宁)(1)证明：当x∈[0,1]时，x≤sinx≤x；
(2)若不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx≤4对x∈[0,1]恒成立，求实数a的取值范围．
(1)证明记F(x)＝sinx－x，
则F′(x)＝cosx－.
当x∈时，F′(x)＞0，F(x)在上是增函数；
当x∈时，F′(x)＜0，F(x)在上是减函数．
又F(0)＝0，F(1)＞0，
所以当x∈[0,1]时，F(x)≥0，即sinx≥x.
记H(x)＝sinx－x，则当x∈(0,1)时，H′(x)＝cosx－1＜0，所以，H(x)在[0,1]上是减函数，则H(x)≤H(0)＝0，即sinx≤x.
综上，x≤sinx≤x，x∈[0,1]．
(2)解方法一因为当x∈[0,1]时，
ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx－4＝(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)sin2
≤(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)2＝(a＋2)x.
所以，当a≤－2时，
不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx≤4对x∈[0,1]恒成立．
下面证明，当a＞－2时，不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx≤4对x∈[0,1]不恒成立．
因为当x∈[0,1]时，ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx－4
＝(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)sin2
≥(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)2
＝(a＋2)x－x2－
≥(a＋2)x－x2＝－x.
所以存在x0∈(0,1)
满足
ax0＋x＋＋2(x0＋2)cosx0－4＞0.
即当a＞－2时，不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx－4≤4对x∈[0,1]不恒成立．
综上，实数a的取值范围是(－∞，－2]．
方法二记f(x)＝ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx－4，则
f′(x)＝a＋2x＋＋2cosx－2(x＋2)sinx.
记G(x)＝f′(x)，则
G′(x)＝2＋3x－4sinx－2(x＋2)cosx.
当x∈(0,1)时，cosx＞，因此
G′(x)＜2＋3x－4×x－(x＋2)＝(2－2)x＜0.
于是f′(x)在[0,1]上是减函数，
因此，当x∈(0,1)时，f′(x)＜f′(0)＝a＋2.
故当a≤－2时，f′(x)＜0，从而f(x)在[0,1]上是减函数，所以f(x)≤f(0)＝0.
即当a≤－2时，不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx≤4，对x∈[0,1]恒成立．
下面证明：当a＞－2时，不等式ax＋x2＋＋
2(x＋2)cosx≤4，对x∈[0,1]不恒成立．
由于f′(x)在[0,1]上是减函数，
且f′(0)＝a＋2＞0，f′(1)＝a＋＋2cos1－6sin1.
当a≥6sin1－2cos1－时，f′(1)≥0，
所以当x∈(0,1)时，f′(x)＞0.
因此f(x)在[0,1]上是增函数，故f(1)＞f(0)＝0；
当－2＜a＜6sin1－2cos1－时，f′(1)＜0.
又f′(0)＞0.故存在x0∈(0,1)，使f′(x0)＝0，则当0＜x＜x0时，f′(x)＞f′(x0)＝0，所以f(x)在[0，x0]上是增函数，所以当x∈(0，x0)时，f(x)＞f(0)＝0.
所以，当a＞－2时，不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx≤4对x∈[0,1]不恒成立．
综上，实数a的取值范围是(－∞，－2]．
典例 (12分)设函数f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f′(x)．
(1)求函数g(x)的单调区间和最小值；
(2)讨论g(x)与g的大小关系；
(3)求实数a的取值范围，使得g(a)－g(x)<对任意x>0成立．
规范解答
解 (1)由题意，g(x)＝lnx＋，x>0，
∴g′(x)＝，且x>0，
令g′(x)＝0，得x＝1，[2分]
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，
故(0,1)是g(x)的单调减区间，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0.
故(1，＋∞)是g(x)的单调增区间，
因此，x＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点．
所以最小值为g(1)＝1.[4分]
(2)由(1)知g＝－lnx＋x，
设h(x)＝g(x)－g＝2lnx－x＋，
则h′(x)＝－，且x>0.[6分]
当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g；
当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h′(x)<0，h′(1)＝0，
因此，h(x)在(0，＋∞)内单调递减，
当0h(1)＝0，即g(x)>g，
当x>1时，h(x)0成立⇔g(a)－1<.
则lna＋－1<，即lna<1，
∴0－2B．m≥－2
C．m<2D．m≤2
答案B
解析依题意知，x>0，f′(x)＝，
令g(x)＝2x2＋mx＋1，x∈(0，＋∞)，
当－≤0时，g(0)＝1>0恒成立，∴m≥0成立，
当－>0时，则Δ＝m2－8≤0，∴－2≤m<0，
综上，m的取值范围是m≥－2.
3．已知函数f(x)＝mx2＋lnx－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围为________．
答案 [1，＋∞)
解析f′(x)＝mx＋－2≥0对一切x>0恒成立，
m≥－2＋，
令g(x)＝－2＋，则当＝1时，函数g(x)取最大值1，故m≥1.
4．设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.若f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间，则a的取值范围为
________．
答案 (－，＋∞)
解析由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－(x－)2＋＋2a.
当x∈[，＋∞)时，f′(x)的最大值为f′()＝＋2a.
令＋2a>0，得a>－.
所以当a>－时，f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间．
5．已知函数f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若对于任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是__________．
答案
解析由于f′(x)＝1＋>0，因此函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以x∈[0,1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.根据题意可知存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立，令h(x)＝＋，则要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min，又函数h(x)＝＋在x∈[1,2]上单调递减，所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥.
专题限时规范训练
一、选择题
1．已知函数y＝－xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，下面四个图象中，y＝f(x)的图象可能是( )
答案B
解析由函数y＝－xf′(x)的图象知x<－1时，f′(x)>0，f(x)为增函数；－11时，f′(x)>0，f(x)为增函数．
2．若函数f(x)＝cosx＋2xf′，则f与f的大小关系是( )
A．f＝fB．f>f
C．f
C．m≤D．m<
答案A
解析因为函数f(x)＝x4－2x3＋3m，所以f′(x)＝2x3－6x2，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝3，经检验知x＝3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f(3)＝3m－，不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，所以3m－≥－9，解得m≥.
8．设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是( )
A．(－2,0)∪(2，＋∞) B．(－2,0)∪(0,2)
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0,2)
答案D
解析x>0时′<0，∴φ(x)＝为减函数，
又φ(2)＝0，∴当且仅当00，
此时x2f(x)>0.
又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数．
故x2f(x)>0的解集为(0,2)∪(－∞，－2)．
二、填空题
9．某名牌电动自行车的耗电量y与速度x之间有如下关系：y＝x3－x2－40x(x>0)，为使耗电量最小，则速度应定为________．
答案40
解析∵y′＝x2－39x－40，令y′＝0.
即x2－39x－40＝0，解得x＝40或x＝－1(舍)．
当x>40时，y′>0，当01时，f(t)<＋；当t<1时，f(t)>＋.
故f(t)<＋的解集为t>1，即x2>1，
因此x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
三、解答题
13．(2013·福建)已知函数f(x)＝x－alnx(a∈R)．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的极值．
解函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－.
(1)当a＝2时，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－(x>0)，
因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，
所以曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.
(2)由f′(x)＝1－＝，x>0知：
①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；
②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a.
又当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，
从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－alna，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；
当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－alna，无极大值．
14．(2013·山东)已知函数f(x)＝ax2＋bx－lnx(a，b∈R)．
(1)设a≥0，求f(x)的单调区间；
(2)设a>0，且对任意x>0，f(x)≥f(1)．试比较lna与－2b的大小．
解(1)f(x)的定义域为x∈(0，＋∞)，
f′(x)＝.
当a＝0时，f′(x)＝.
①若b≤0，当x>0时，f′(x)<0恒成立，所以函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)．
②若b>0，当0时，f′(x)>0.
所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
当a>0时，由f′(x)＝0得2ax2＋bx－1＝0.
解得x1＝，x2＝，此时x1<0，x2>0.
当0x2时，f′(x)>0.
所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是
.
综上所述：当a＝0，b≤0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)．
当a＝0，b>0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间
是.
(2)由题意知：函数f(x)在x＝1处取得最小值，
由(1)知，是f(x)的惟一极小值点，故＝1，整理得b＝1－2a.
令g(x)＝2－4x＋lnx，则g′(x)＝，
令g′(x)＝0得x＝.
当00，g(x)单调递增；
当x>时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
所以g(x)≤g＝1＋ln＝1－ln4<0.
故g(a)<0，即2－4a＋lna＝2b＋lna<0，
即lna<－2b.
