高考数学二轮复习 专题16 不等式与线性规划（含解析）试题

一、选择题1．(文)(2015·唐山市一模)已知全集U＝{x|x2>1}，集合A＝{x|x2－4x＋3<0}，则∁UA＝()A．(1,3) B．(－∞，1)∪[3，＋∞)C．(－∞，－1)∪[3，＋∞) D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)[答案]C[解析]∵U＝{x|x2>1}＝{x|x>1或x<－1}，A＝{x|x2－4x＋3<0}＝{x|1<x<3}，∴∁UA＝{x|x<－1或x≥3}．(理)(2014·唐山市一模)己知集合A＝{x|x2－3x＋2<0}，B＝{x|log4x>eq\f(1,2)}，则()A．A∩B＝∅ B．B⊆AC．A∩(∁RB)＝R D．A⊆B[答案]A[解析]A＝{x|x2－3x＋2<0}＝{x|1<x<2}，B＝{x|log4x>eq\f(1,2)}＝{x|x>2}，∴A∩B＝∅.[方法点拨]解不等式或由不等式恒成立求参数的取值范围是高考常见题型．1．解简单的分式、指数、对数不等式的基本思想是把它们等价转化为整式不等式(一般为一元二次不等式)求解．2．解决含参数不等式的难点在于对参数的恰当分类，关键是找到对参数进行讨论的原因．确定好分类标准，有理有据、层次清楚地求解．3．解不等式与集合结合命题时，先解不等式确定集合，再按集合的关系与运算求解．4．分段函数与解不等式结合命题，应注意分段求解．2．(文)(2014·天津理，7)设a、b∈R，则“a>b”是“a|a|>b|b|”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件[答案]C[解析](1)若a>b，则①a>b≥0，此时a|a|>b|b|；②a>0>b，显然有a|a|>b|b|；③0≥a>b，此时0<|a|<|b|，∴a|a|>a|b|>b|b|，综上a>b时，有a|a|>b|b|成立．(2)若a|a|>b|b|，①b＝0时，有a>0，∴a>b；②b>0时，显然有a>0，∴a2>b2，∴a>b；③b<0时，若a≥0时，a>b；若a<0，则－a2>－b2，∴a2<b2，∴(a＋b)(a－b)<0，∴a>b，综上当a|a|>b|b|时有a>b成立，故选C．(理)(2014·四川文，5)若a>b>0，c<d<0，则一定有()A．eq\f(a,d)>eq\f(b,c) B．eq\f(a,d)<eq\f(b,c)C．eq\f(a,c)>eq\f(b,d) D．eq\f(a,c)<eq\f(b,d)[答案]B[解析]∵c<d<0，∴eq\f(1,d)<eq\f(1,c)<0，∴－eq\f(1,d)>－eq\f(1,c)>0，又∵a>b>0，∴－eq\f(a,d)>－eq\f(b,c)>0，即eq\f(a,d)<eq\f(b,c).选B．[方法点拨]不等式的性质经常与集合、充要条件、命题的真假判断、函数等知识结合在一起考查，解题时，关键是熟记不等式的各项性质，特别是各不等式成立的条件，然后结合函数的单调性求解．3．(文)若直线2ax＋by－2＝0(a、b∈R)平分圆x2＋y2－2x－4y－6＝0，则eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)的最小值是()A．1 B．5C．4eq\r(2) D．3＋2eq\r(2)[答案]D[解析]直线平分圆，则必过圆心．圆的标准方程为(x－1)2＋(y－2)2＝11.∴圆心C(1,2)在直线上⇒2a＋2b－2＝0⇒a＋b＝1.∴eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝(eq\f(2,a)＋eq\f(1,b))(a＋b)＝2＋eq\f(2b,a)＋eq\f(a,b)＋1＝3＋eq\f(2b,a)＋eq\f(a,b)≥3＋2eq\r(2)，故选D．(理)(2015·湖南文，7)若实数a，b满足eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)，则ab的最小值为()A．eq\r(2) B．2C．2eq\r(2) D．4[答案]C[解析]考查基本不等式．根据eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)，可得a>0，b>0，然后利用基本不等式eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥2eq\r(\f(1,a)×\f(2,b))求解ab的最小值即可；∵eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)，∴a＞0，b＞0，∵eq\r(ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥2eq\r(\f(1,a)×\f(2,b))＝2eq\r(\f(2,ab))，∴ab≥2eq\r(2)，(当且仅当b＝2a时取等号)，所以ab的最小值为2eq\r(2)，故选C．[方法点拨]1.用基本不等式eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)求最值时，要注意“一正、二定、三相等”，一定要明确什么时候等号成立，要注意“代入消元”、“拆、拼、凑”、“1的代换”等技巧的应用．2．不等式恒成立问题一般用分离参数法转化为函数最值求解或用赋值法讨论求解．4．(文)(2015·天津文，2)设变量x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2≤0，,x－2y≤0，,x＋2y－8≤0，))则目标函数z＝3x＋y的最大值为()A．7 B．8C．9 D．14[答案]C[解析]z＝3x＋y＝eq\f(5,2)(x－2)＋eq\f(1,2)(x＋2y－8)＋9≤9，当x＝2，y＝3时取得最大值9，故选C．此题也可画出可行域如图，借助图象求解．(理)设变量x、y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋y－6≥0，,x－y－2≤0，,y－3≤0，))则目标函数z＝y－2x的最小值为()A．－7 B．－4C．1 D．2[答案]A[解析]由x，y满足的约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋y－6≥0，,x－y－2≤0，,y－3≤0，))画出可行域如图，容易求出A(2,0)，B(5,3)，C(1,3)，由图可知当直线z＝y－2x过点B(5,3)时，z最小值为3－2×5＝－7.5．(2015·四川文，4)设a，b为正实数，则“a＞b＞1”是“log2a＞log2b＞0”A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件[答案]A[解析]考查命题及其关系．a＞b＞1时，有log2a＞log2b6．(文)(2015·福建文，5)若直线eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a>0，b>0)过点(1,1)，则a＋b的最小值等于()A．2 B．3C．4 D．5[答案]C[解析]考查基本不等式．由已知得，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，a>0，b>0，则a＋b＝(a＋b)(eq\f(1,a)＋eq\f(1,b))＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，当eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝b＝2时取等号．(理)已知a>0，b>0，且2a＋b＝4，则eq\f(1,ab)的最小值为()A．eq\f(1,4) B．4C．eq\f(1,2) D．2[答案]C[解析]∵a>0，b>0，∴4＝2a＋b≥2eq\r(2ab)，∴ab≤2，∴eq\f(1,ab)≥eq\f(1,2)，等号在a＝1，b＝2时成立．7．设z＝2x＋y，其中变量x，y满足条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－4y≤－3,3x＋5y≤25,x≥m)).若z的最小值为3，则m的值为()A．1 B．2C．3 D．4[答案]A[解析]作出不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－4y≤－3,3x＋5y≤25))，表示的平面区域，由于z＝2x＋y的最小值为3，作直线l0：x＝m平移l0可知m＝1符合题意．[方法点拨]1.线性规划问题一般有三种题型：一是求最值；二是求区域面积；三是由最优解确定目标函数中参数的取值范围．2．解决线性规划问题首先要画出可行域，再注意目标函数所表示的几何意义，数形结合找到目标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点)，但要注意作图一定要准确，整点问题可通过验证解决．3．确定二元一次不等式组表示的平面区域：①画线，②定侧，③确定公共部分；解线性规划问题的步骤：①作图，②平移目标函数线，③解有关方程组求值，确定最优解(或最值等)．8．(文)关于x的不等式x2－2ax－8a2<0(a>0)的解集为(x1，x2)，且x2－x1＝15，则aA．eq\f(5,2) B．eq\f(7,2)C．eq\f(15,4) D．eq\f(15,2)[答案]A[解析]∵a>0，∴不等式x2－2ax－8a2(x＋2a)(x－4a)<0，∴－2a<x∵x2－x1＝15，∴4a－(－2a)＝15，∴a＝eq\f(5,2).(理)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增，若实数a满足f(log2a)＋f(logeq\f(1,2)a)≤2f(1)，则a的取值范围是()A．[1,2] B．(0，eq\f(1,2)]C．[eq\f(1,2)，2] D．(0,2][答案]C[解析]因为logeq\f(1,2)a＝－log2a，所以f(log2a)＋f(logeq\f(1,2)a)＝f(log2a)＋f(－log2a)＝2f(log2a)，原不等式变为2f(log2a)≤2f(1)，即f(log2a)≤f(1)，又因为f(x)是定义在R上的偶函数，且在[0，＋∞)上递增，所以|log2a|≤1，即－1≤log2a≤1，解得eq\f(1,2)9．(文)(2014·新课标Ⅰ文，11)设x、y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≥a，,x－y≤－1，))且z＝x＋ay的最小值为7，则a＝()A．－5 B．3C．－5或3 D．5或－3[答案]B[解析]当a＝－5时，作出可行域，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝－5，,x－y＝－1，))得交点A(－3，－2)，则目标函数z＝x－5y过A点时取最大值，zmax＝7，不合题意，排除A、C；当a＝3时，同理可得目标函数z＝x＋3y过B(1,2)时，zmin＝7符合题意，故选B．(理)(2014·北京理，6)若x、y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2≥0，,kx－y＋2≥0，,y≥0，))且z＝y－x的最小值为－4，则k的值为()A．2 B．－2C．eq\f(1,2) D．－eq\f(1,2)[答案]D[解析]本题考查了线性规划的应用．若k≥0，z＝y－x没有最小值，不合题意．若k<0，则不等式组所表示的平面区域如图所示．由图可知，z＝y－x在点(－eq\f(2,k)，0)处取最小值－4，故0－(－eq\f(2,k))＝－4，解得k＝－eq\f(1,2)，即选项D正确．10．(2015·江西质量监测)在平面直角坐标系中，若不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－1≥0,x－1≤0,ax－y＋1≥0))(a为常数)所表示的平面区域的面积等于5，则a的值为()A．－11 B．3C．9 D．9或－11[答案]C[解析]由题意知不等式组所表示的平面区域为一个三角形区域，设为△ABC，其中A(1,0)，B(0,1)，C(1,1＋a)且a>－1，因为S△ABC＝5，所以eq\f(1,2)×(1＋a)×1＝5，解得a＝9.11．(2015·南昌市一模)已知实数x，y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1－y≥0,x＋y－4≤0,y≥m))，若目标函数z＝2x＋y的最大值与最小值的差为2，则实数m的值为()A．4 B．3C．2 D．－eq\f(1,2)[答案]C[解析]eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1－y≥0,x＋y－4≤0,y≥m))表示的可行域如图中阴影部分所示．将直线l0：2x＋y＝0向上平移至过点A，B时，z＝2x＋y分别取得最小值与最大值．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1－y＝0,y＝m))得A(m－1，m)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－4＝0,y＝m))得B(4－m，m)，所以zmin＝2(m－1)＋m＝3m－2，zmax＝2(4－m)＋m＝8－m，所以zmax－zmin＝8－m－(3m－2)＝10－4m＝2，解得m＝2.12．(2015·洛阳市期末)设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的导函数为f′(x)．对∀x∈R，不等式f(x)≥f′(x)恒成立，则eq\f(b2,a2＋2c2)的最大值为()A．eq\r(6)＋2 B．eq\r(6)－2C．2eq\r(2)＋2 D．2eq\r(2)－2[答案]B[解析]由已知得：f′(x)＝2ax＋b，f(x)≥f′(x)恒成立即ax2＋(b－2a)x＋c－b≥0恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ≤0，))∴b2≤－4a2＋4ac，∴eq\f(b2,a2＋2c2)≤eq\f(－4a2＋4ac,a2＋2c2)＝eq\f(－4＋\f(4c,a),1＋2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2)，设eq\f(c,a)＝t，令g(t)＝eq\f(4t－1,1＋2t2)，令t－1＝m，则g(t)＝eq\f(4m,1＋2m＋12)＝eq\f(4m,2m2＋4m＋3)＝eq\f(4,2m＋\f(3,m)＋4)≤eq\f(4,2\r(6)＋4)＝eq\r(6)－2，当且仅当2m＝eq\f(3,m)，即m＝eq\r(\f(3,2))时等号成立，故选B．二、填空题13．(文)不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥0，,x＋y－\r(2)－1≤0，,x－ky＋k≥0))表示的是一个轴对称四边形围成的区域，则k＝________.[答案]±1[解析]本题可以通过画图解决，如图直线l：x－ky＋k＝0过定点(0,1)．当k＝±1时，所围成的图形是轴对称图形．(理)设变量x、y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≥3，,x－y≥－1，,2x－y≤3，))则目标函数z＝x2＋y2的最大值为________．[答案]41[解析]约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≥3，,x－y≥－1，,2x－y≤3，))画出可行域如图，易知x＝4，y＝5时，z有最大值，z＝42＋52＝41.14．(文)(2015·天津文，12)已知a＞0，b＞0，ab＝8，则当a的值为________时，log2a·log2(2b[答案]4[解析]log2a·log2(2b)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(log2a＋log22b,2)))2＝eq\f(1,4)[log2(2ab)]2＝eq\f(1,4)(log216)2＝4，当a＝2b时取等号，结合a>0，b>0，ab＝8，可得a＝4，b＝2.(理)(2015·重庆文，14)设a，b>0，a＋b＝5，则eq\r(a＋1)＋eq\r(b＋3)的最大值为________．[答案]3eq\r(2)[解析]考查基本不等式．由2ab≤a2＋b2两边同时加上a2＋b2，得(a＋b)2≤2(a2＋b2)两边同时开方即得：a＋b≤eq\r(2a2＋b2)(a>0，b>0，当且仅当a＝b时取“＝”)；从而有eq\r(a＋1)＋eq\r(b＋3)≤eq\r(2a＋1＋b＋3)＝eq\r(2×9)＝3eq\r(2)(当且仅当a＋1＝b＋3，即a＝eq\f(7,2)，b＝eq\f(3,2)时，“＝”成立)故填：3eq\r(2).15．(2014·邯郸市一模)已知f(x)是定义在[－1，1]上的奇函数且f(1)＝2，当x1、x2∈[－1,1]，且x1＋x2≠0时，有eq\f(fx1＋fx2,x1＋x2)>0，若f(x)≥m2－2am－5对所有x∈[－1，1]、a∈[－1,1]恒成立，则实数m的取值范围是________．[答案][－1,1][解析]∵f(x)是定义在[－1,1]上的奇函数，∴当x1、x2∈[－1,1]且x1＋x2≠0时，eq\f(fx1＋fx2,x1＋x2)>0等价于eq\f(fx1－f－x2,x1－－x2)>0，∴f(x)在[－1,1]上单调递增．∵f(1)＝2，∴f(x)min＝f(－1)＝－f(1)＝－2.要使f(x)≥m2－2am－5对所有x∈[－1,1]，a∈[－1，1]恒成立，即－2≥m2－2am－5对所有a∈[－1,1]恒成立，∴m2－2am－3≤0，设g(a)＝m2－2am－3，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－1≤0，,g1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3≤m≤1，,－1≤m≤3.))∴－1≤m≤1.∴实数m的取值范围是[－1,1]．三、解答题16．(文)(2015·湖北文，21)设函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，f(x)＋g(x)＝ex，其中e为自然对数的底数．(1)求f(x)，g(x)的解析式，并证明：当x>0时，f(x)>0，g(x)>1；(2)设a≤0，b≥1，证明：当x>0时，ag(x)＋(1－a)＜eq\f(fx,x)＜bg(x)＋(1－b)．[分析]考查1.导数在研究函数的单调性与极值中的应用；2.函数的基本性质．(1)将等式f(x)＋g(x)＝ex中x用－x来替换，并结合已知f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，构造方程组即可求出f(x)，g(x)的表达式；当x>0时，由指数与指数函数的性质知ex>1,0<e－x<1，进而可得到f(x)>0.然后再由基本不等式即可得出g(x)>1.(2)要证明ag(x)＋(1－a)<eq\f(fx,x)<bg(x)＋(1－b)，即证f(x)>axg(x)＋(1－a)x和f(x)<bxg(x)＋(1－b)x.于是构造函数h(x)＝f(x)－cxg(x)－(1－c)x，利用导数在函数的单调性与极值中的应用即可得出结论成立．[解析](1)由f(x)，g(x)的奇偶性及f(x)＋g(x)＝ex， ①得：－f(x)＋g(x)＝e－x. ②联立①②解得f(x)＝eq\f(1,2)(ex－e－x)，g(x)＝eq\f(1,2)(ex＋e－x)．当x>0时，ex>1,0<e－x<1，故f(x)>0. ③又由基本不等式，有g(x)＝eq\f(1,2)(ex＋e－x)>eq\r(exe－x)＝1，即g(x)>1. ④(2)由(1)得f′(x)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,ex)))′＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex＋\f(ex,e2x)))＝eq\f(1,2)(ex＋e－x)＝g(x), ⑤g′(x)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex＋\f(1,ex)))′＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(ex,e2x)))＝eq\f(1,2)(ex－e－x)＝f(x)， ⑥当x>0时，eq\f(fx,x)>ag(x)＋(1－a)等价于f(x)>axg(x)＋(1－a)x， ⑦eq\f(fx,x)<bg(x)＋(1－b)等价于f(x)<bxg(x)＋(1－b)x. ⑧设函数h(x)＝f(x)－cxg(x)－(1－c)x，由⑤⑥，有h′(x)＝g(x)－cg(x)－cxf(x)－(1－c)＝(1－c)[g(x)－1]－cxf(x).当x>0时，1°若c≤0，由③④，得h′(x)>0，故h(x)在[0，＋∞)上为增函数，从而h(x)>h(0)＝0，即f(x)>cxg(x)＋(1－c)x，故⑦成立．2°若c≥1，由③④，得h′(x)<0，故h(x)在[0，＋∞)上为减函数，从而h(x)<h(0)＝0，即f(x)<cxg(x)＋(1－c)x，故⑧成立．综合⑦⑧，得ag(x)＋(1－a)<eq\f(fx,x)<bg(x)＋(1－b)．(理)(2015·福建文，22)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(x－12,2).(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)证明：当x>1时，f(x)<x－1；(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x0>1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)>k(x－1)．[分析]考查导数的综合应用．(1)求导函数f′(x)，解不等式f′(x)>0并与定义域求交集，得函数f(x)的单调递增区间；(2)构造函数F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(1，＋∞)．欲证明f(x)<x－1，只需证明F(x)的最大值小于0即可；(3)当k≥1时，易知不存在x0>1满足题意；当k<1时，构造函数G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，利用导数研究函数G(x)的单调性，讨论得出结论．[解析](1)f′(x)＝eq\f(1,x)－x＋1＝eq\f(－x2＋x＋1,x)，x∈(0，＋∞)．由f′(x)>0得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,－x2＋x＋1>0.))解得0<x<eq\f(1＋\r(5),2).故f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(5),2))).(2)证明：令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞)．则有F′(x)＝eq\f(1－x2,x).当x∈(1，＋∞)时，F′(x)<0，所以F(x)在[1，＋∞)上单调递减，故当x>1时，F(x)<F(1)＝0，即当x>1时，f(x)<x－1.(3)由(2)知，当k＝1时，不存在x0>1满足题意．当k>1时，对于x>1，有f(x)<x－1<k(x－1)，则f(x)<k(x－1)，从而不存在x0>1满足题意．当k<1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，则有G′(x)＝eq\f(1,x)－x＋1－k＝eq\f(－x2＋1－kx＋1,x).由G′(x)＝0得，－x2＋(1－k)x＋1＝0.解得x1＝eq\f(1－k－\r(1－k2＋4),2)<0，x2＝eq\f(1－k＋\r(1－k2＋4),2)>1.当x∈(1，x2)时，G′(x)>0，故G(x)在[1，x2)内单调递增．从而当x∈(1，x2)时，G(x)>G(1)＝0，即f(x)>k(x－1)，综上，k的取值范围是(－∞，1)．17．(文)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝－eq\f(a,x)(a>0)．(1)当a＝1时，若曲线y＝f(x)在点M(x0，f(x0))处的切线与曲线y＝g(x)在点P(x0，g(x0))处的切线平行，求实数x0的值；(2)若∀x∈(0，e]，都有f(x)≥g(x)＋eq\f(3,2)，求实数a的取值范围．[解析](1)当a＝1时，f′(x)＝eq\f(1,x)，g′(x)＝eq\f(1,x2).因为函数f(x)在点M(x0，f(x0))处的切线与函数g(x)在点P(x0，g(x0))处的切线平行，所以eq\f(1,x0)＝eq\f(1,x\o\al(2,0))，解得x0＝1.(2)若∀x∈(0，e]，都有f(x)≥g(x)＋eq\f(3,2).记F(x)＝f(x)－g(x)－eq\f(3,2)＝lnx＋eq\f(a,x)－eq\f(3,2)，只要F(x)在(0，e]上的最小值大于等于0，F′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)，则F′(x)、F(x)随x的变化情况如下表：x(0，a)a(a，＋∞)F′(x)－0＋F(x)极小值当a≥e时，函数F(x)在(0，e)上单调递减，F(e)为最小值，所以F(e)＝1＋eq\f(a,e)－eq\f(3,2)≥0，得a≥eq\f(e,2)，所以a≥e.当a<e时，函数F(x)在(0，a)上单调递减，在(a，e)上单调递增，F(a)为最小值，所以F(a)＝lna＋eq\f(a,a)－eq\f(3,2)≥0，得a≥eq\r(e)，所以eq\r(e)≤a<e，综上a≥eq\r(e).(理)设函数f(x)＝lnx－ax＋eq\f(1－a,x)－1.(1)当a＝1时，求曲线f(x)在x＝1处的切线方程；(2)讨论函数f(x)的单调性；(3)当a＝eq\f(1,3)时，设函数g(x)＝x2－2bx