前言
關於用導數法判斷函數的單調性問題，教材上所舉例子是通過解不等式[從數的角度]求解導函數的正負，從而判斷原函數的單調性，所以學生就依葫蘆畫瓢，碰到這類問題都這樣做，但是他會發現在高三中的大多數同類題目都不能求解，思路自然會受阻而放棄，其實只需要老師做這樣的引導：
思考方法和途徑：先求定義域，解得\(f'(x)\)，其一，令\(f'(x)>0\)或\(f'(x)<0\)，看能不能從數的角度突破，如果可以就通過解不等式得到單調區間；其二，如果\(f'(x)>0\)不能解再看是否可以考慮從形的角度入手分析，做出導函數的圖像或其部分圖像，從而得到單調區間；其三，如果以上都行不通，不妨考慮通過求二階導來判斷一階導的正負，從而知道單調性。
儲備待用
以下的知識點在用導數法判斷單調性時很可能會用到，請大家逐個復習回顧。
①常見的初等函數的動態圖像，需要理解掌握。
- \(f(x)=e^x+a\)；\(f(x)=(x+1)(x+m)\)；\(f(x)=ln(x+a)\)；\(f(x)=x^2+a\)；\(g(x)=a\cdot x^2\)；\(h(x)=a\cdot e^x\)；
如果你會使用desmos軟件，可以在下面試一試含參函數的變化情況。
②用導函數的部分圖像判斷導函數的正負的原理解釋：
說明：假定某函數的導函數為\(f'(x)=e^x(x-1)(x-2)\)，則其圖像和\(y=(x-1)(x-2)\)的圖像在解釋單調性上是一樣的，故我們可以借助更簡單和更熟悉的二次函數\(y=(x-1)(x-2)\)的圖像來解決問題。
③求導法則和常用求導公式，復合函數的求導法則；
④用圖讀圖能力；
⑤整體部分理論；
⑥分類討論的技巧；先簡單后復雜；
- 引申閱讀：用導函數的圖像判斷原函數的單調性；
原始圖像
用導函數的完整圖像判斷原函數的單調性
(1).求\(a，b\)的值。
分析：由於\(f'(x)=6x^2+2ax+b\)，且對稱軸為\(x=-\frac{1}{2}\)，則有\(-\frac{a}{6}=-\frac{1}{2}\)，則\(a=3\)，
又由於\(f'(1)=0\)，則\(6+2a+b=0\)，解得\(b=-12\)，所以\(a=3，b=-12\)。
即函數\(f(x)=2x^3+3x^2-12x+1\)，
(2).判斷函數的單調性，並求函數的極值。
分析：因為\(f(x)=2x^3+3x^2-12x+1\)，\(f'(x)=6x^2+6x-12=6(x^2+x-2)\)
常規的解法這樣寫道：
令\(f'(x)>0\)，即\(x^2+x-2>0\)，解得\(x>1\)或\(x<-2\)，
令\(f'(x) <0\)，即\(x^2+x-2 <0\)，解得$ -2<x<1$，
有了輔助圖像后，我們在演草紙上畫出導函數的示意圖，直接這些寫：
當\(x< -2\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增；
當\(-2<x<1\)時，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調遞減；
當\(x>1\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增；然后做總結：
所以函數\(f(x)\)在\((-2，1)\)上單調遞減，在\((-\infty，-2)\)和\((1，+\infty)\)上單調遞增，
當\(x=-2\)時，\(f(x)\)取得極大值，為\(f(-2)=21\)，
當\(x=1\)時，\(f(x)\)取得極小值，為\(f(1)=-6\)。
分子圖像
排除分母，只用導函數的分子圖像判斷原函數的單調性
分析：函數的定義域為\((0，+\infty)\)，
\(f'(x)=2x+\cfrac{2m}{x}-(m+4)=\cfrac{2x^2-(m+4)x+2m}{x}=\cfrac{(x-2)(2x-m)}{x}\)，
令\(f'(x)=0\)，得到\(x=2\)或\(x=\cfrac{m}{2}>0\)，分類討論如下：
當\(0<\cfrac{m}{2}<2\)時，即\(0<m<4\)時， \(x\in (0，\cfrac{m}{2})\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增，
\(x\in (\cfrac{m}{2}，2)\)時，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調遞減，\(x\in (2，+\infty)\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增，
當\(\cfrac{m}{2}=2\)時，即\(m=4\)時，此時\(f'(x)\ge 0\)恆成立，
當且僅當\(x=2\)時取得等號，故\(f(x)\)在\((0，+\infty)\)上單調遞增，
當\(\cfrac{m}{2}>2\)時，即\(m>4\)時， \(x\in (0，2)\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增，
\(x\in (2，\cfrac{m}{2})\)時，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調遞減， \(x\in (\cfrac{m}{2}，+\infty)\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增，
綜上所述，
當\(0<m<4\)時， \(x\in (0，\cfrac{m}{2})\)時，\(f(x)\)單調遞增，\(x\in (\cfrac{m}{2}，2)\)時，\(f(x)\)單調遞減，\(x\in (2，+\infty)\)時，\(f(x)\)單調遞增，
當\(m=4\)時，\(f(x)\)在\((0，+\infty)\)上單調遞增，
當\(m>4\)時， \(x\in (0，2)\)時，\(f(x)\)單調遞增， \(x\in (2，\cfrac{m}{2})\)時，\(f(x)\)單調遞減， \(x\in (\cfrac{m}{2}，+\infty)\)時，\(f(x)\)單調遞增，
注意：①因式的正確分解；②分類標准的確定；③快速讀圖能力；
因子圖像
排除乘積中的正因子，只用導函數中的部分因子函數圖像判斷原函數的單調性
分析：\(g(x)=e^x[x^2+(m+2)x+1]\)，定義域為\(R\)，
則\(g'(x)=e^x\cdot [x^2+(m+2)x+1]+e^x\cdot (2x+m+2)\)
\(=e^x[x^2+(m+4)x+m+3]=e^x(x+1)[x+(m+3)]\)
令\(g'(x)=0\)，得到\(x=-1\)或\(x=-(m+3)\)，由於\(e^x>0\)恆成立，
故借助開口向上的二次函數\(y=(x+1)[x+(m+3)]\)的圖像分類討論求解如下：
①當\(-(m+3)<-1\)時，即\(m>-2\)時，
\(x\in (-\infty，-m-3)\)時，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)單調遞增，
\(x\in (-m-3，-1)\)時，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)單調遞減，
\(x\in (-1，+\infty)\)時，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)單調遞增，
②當\(-(m+3)=-1\)時，即\(m=-2\)時，\(g'(x)\ge 0\)恆成立，
當且僅當\(x=-1\)時取得等號，故\(g(x)\)在R上單調遞增；
③當\(-(m+3)>-1\)時，即\(m<-2\)時，
\(x\in (-\infty，-1)\)時，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)單調遞增，
\(x\in (-1，-m-3)\)時，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)單調遞減，
\(x\in (-m-3，+\infty)\)時，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)單調遞增，
綜上所述：
當\(m<-2\)時，函數\(g(x)\)的單增區間為\((-\infty，-1)\)和\((-m-3，+\infty)\)，單減區間為$ (-1，-m-3)$;
當\(m=-2\)時，函數\(g(x)\)只有單增區間為\((-\infty，+\infty)\)；
當\(m>-2\)時，函數\(g(x)\)的單增區間為\((-\infty，-m-3)\)和\((-1，+\infty)\)，單減區間為$ (-m-3，-1)$;
圖像疊加
在同一個坐標系中做出幾個因子函數的圖像，用幾個因子函數的圖像和符號法則判斷導函數的正負
分析：函數的定義域為\(R\)，
\(f'(x)=1\cdot e^x+(x-2)\cdot e^x+2a(x-1)\)
\(=e^x(x-1)+2a(x-1)=(x-1)(e^x+2a)\)，
在同一個坐標系中做出函數\(y=x-1\)[定圖]和函數\(y=e^x+2a\)[動圖]的圖像，
根據動圖\(y=e^x+2a\)是否與\(x\)軸有交點分類討論如下：[1]
注意分類標准和書寫順序，
先令\(2a=0\)，確定函數\(y=e^x\)的位置，然后讓\(2a>0\)，再確定\(y=e^x+2a\)的位置，發現這兩種情形下的\(y=e^x+2a>0\)恆成立，故可以合二為一；
等討論完了這種情形后，在討論\(2a<0\)，很顯然\(2a\geqslant 0\)要簡單一些，故首先書寫，先確定拿到一部分成績，穩定心神；
①當\(2a\ge 0\)時，即\(a\ge 0\)時，恆有\(e^x+2a>0\)，
當\(x\in (-\infty，1)\)上時，\(x-1<0\) ，則\(f'(x)=(e^x+2a)(x-1)<0\)，故\(f(x)\)單調遞減，
當\(x\in (1，+\infty)\)上時，\(x-1>0\) ，則\(f'(x)=(e^x+2a)(x-1)>0\)，故\(f(x)\)單調遞增，
當\(2a<0\)時，即\(a<0\)時，\(y=e^x+2a\)與\(x\)軸有交點，令\(e^x+2a=0\)，解得\(x=ln(-2a)\)，
然后針對\(ln(-2a)\)與\(1\)的大小關系繼續細分如下，主要是\(ln(-2a)\)和\(1\)分別是兩個因子函數的零點；
②當\(ln(-2a)<1\)時，即\(-\cfrac{e}{2}<a<0\)時，
當\(x\in(-\infty，ln(-2a))\)時，\(e^x+2a<0\)，\(x-1<0\)，則\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增；
當\(x\in(ln(-2a)，1)\)時，\(e^x+2a>0\)，\(x-1<0\)，則\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調遞減；
當\(x\in(1，+\infty)\)時，\(e^x+2a>0\)，\(x-1>0\)，則\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增；
③當\(ln(-2a)=1\)時，即\(a=-\cfrac{e}{2}\)時，
當\(x\in(-\infty，1)\)時，\(e^x+2a<0\)，\(x-1<0\)，則\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增；
當\(x\in(1，+\infty)\)時，\(e^x+2a>0\)，\(x-1>0\)，則\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增；
即\(x\in (-\infty，+\infty)\)時，恆有\(f'(x)\ge 0\)，當且僅當\(x=1\)時取到等號，故\(f(x)\)單調遞增；
④當\(ln(-2a)>1\)時，即\(a<-\cfrac{e}{2}\)時，
當\(x\in(-\infty，1)\)時，\(e^x+2a<0\)，\(x-1<0\)，則\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增；
當\(x\in(1，ln(-2a))\)時，\(e^x+2a<0\)，\(x-1>0\)，則\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調遞減；
當\(x\in(ln(-2a)，+\infty)\)時，\(e^x+2a>0\)，\(x-1>0\)，則\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增；
綜上所述，
當\(a<-\cfrac{e}{2}\)時，單增區間為\((-\infty，1)\)和\((ln(-2a)，+\infty)\)，單減區間為\((1，ln(-2a))\)；
當\(a=-\cfrac{e}{2}\)時，只有單增區間為\((-\infty，+\infty)\)；
當\(-\cfrac{e}{2}<a<0\)時，單增區間為\((-\infty，ln(-2a))\)和\((1，+\infty)\)，單減區間為\((ln(-2a)，1)\)；
當\(a\ge 0\)時，單減區間為\((-\infty，1)\)，單增區間為\((1，+\infty)\)；
[點評]：由於教材上所舉例子是從數的角度求解導函數的正負，從而判斷原函數的單調性，故許多學生碰到這個題目時思路會受阻，需要老師做引導，如果從數的角度不能突破，可以考慮從形的角度入手分析。
特殊圖像
當導函數中含有\(e^x\)或\(lnx\)類型且相加時，我們利用其各自的零點，尋找分界點判斷導函數的正負，此時的兩個和式的零點往往重合
分析：由題目可知，\(e^x-ax-1\ge lnx\)對任意的\(x∈(0，+\infty)\)恆成立，
分離參數得到，\(a\leq \cfrac{e^x-1-lnx}{x}(x>0)\)；
令\(h(x)= \cfrac{e^x-1-lnx}{x}\)，需要求\(h(x)_{min}\)，
\(h'(x)=\cfrac{(e^x-\frac{1}{x})\cdot x-(e^x-1-lnx)\cdot 1}{x^2}\)
\(=\cfrac{xe^x-1-e^x+1+lnx}{x^2}\)
\(=\cfrac{(x-1)e^x+lnx}{x^2}\)
觀察分子的和式的結構，可以發現兩部分\((x-1)e^x\)和\(lnx\)的零點都是\(x=1\)，故分類如下：
當\(x\in(0，1)\)時，\(x-1<0\)，\(lnx<0\)，則\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)單調遞減；
當\(x\in(1，+\infty)\)時，\(x-1>0\)，\(lnx>0\)，則\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)單調遞增；
故\(h(x)_{min}=h(1)=e-1\)，即\(a\leq e-1\).
解后反思：本題目若轉化為\(f(x)_{min}\geqslant g(x)_{max}\)，這是錯誤的。
補遺：已知函數\(f(x)=\cfrac{lnx+1}{e^x}\)，判斷單調性。
\(f'(x)=\cfrac{\frac{1}{x}-lnx-1}{e^x}\)，分界點為\(x=1\)。
二階導數
當數的角度和形的角度都行不通時，嘗試用二階導判斷一階導的正負
分析：當\(a=1\)時，\(f(x)=\cfrac{1}{2}{x^2}+ln(x+1)\)，
欲證明\(x >0\) 時，\(f(x)<e^x-1\)，即證明\(x>0\)時，\(\cfrac{1}{2}{x^2}+ln(x+1)-e^x+1<0\)恆成立。
令\(g(x)=\cfrac{1}{2}{x^2}+ln(x+1)-e^x+1\)，則原題目轉化為證明：\(g(x)_{max}<0\)即可。
\(g'(x)=x+\cfrac{1}{x+1}-e^x\)，到此嘗試思考：
-
能從數的角度解不等式，找到單調區間嗎？
-
能從形的角度做出圖像，找到單調區間嗎？如果以上兩個思路都不行，我們怎么辦？
令\(h(x)=x+\cfrac{1}{x+1}-e^x\)，則\(h'(x)=1-e^x-\cfrac{1}{(1+x)^2}\)，
當\(x>0\)時，\(h'(x)<0\)恆成立，
故函數\(g'(x)\)單調遞減，則有\(g'(x)<g'(0)=0\)，即有\(x >0\)時，\(g'(x)<0\)恆成立，
則\(x>0\)時，函數\(g(x)\)單調遞減，即有\(g(x)<g(0)=0\)恆成立，
即\(g(x)=\cfrac{1}{2}{x^2}+ln(x+1)-e^x+1<0\)，即\(\cfrac{1}{2}{x^2}+ln(x+1)<e^x-1\)，
即證明了\(x>0\)時，\(f(x)<e^x-1\)。
解后反思：①用導數證明不等式時，有一個很常用的思路是作差構造新函數，轉而求新函數的最值或最值的極限大於小於\(0\)；
②還有一個常用思路是連求兩次導數，用二階導的正負先判斷一階導的增減，再利用一階導的增減在端點處的值再判斷一階導的正負，從而知道原函數的增減性。
不等式性質
用不等式性質判斷導函數正負
分析：由於\(x>0\)，分離參數得到，\(a\ge \cfrac{1}{lnx}-\cfrac{1}{4x}=g(x)\)，需要求函數\(g(x)_{min}\)，
\(g'(x)=\cfrac{-\frac{1}{x}}{(lnx)^2}+\cfrac{1}{4x^2}=-\cfrac{1}{x(lnx)^2}+\cfrac{1}{4x^2}=\cfrac{-4x+(lnx)^2}{4x^2\cdot (lnx)^2}\)
接下來利用不等式性質判斷導函數的分子正負，
由於\(x\in [e，e^2]\)，則\(-4x\in [-4e^2，-4e]\)，又\(lnx\in [1，2]\)，\((lnx)^2\in [1，4]\)，
則必有\(-4x+(lnx)^2<0\)，即\(g'(x)<0\)，故\(g(x)\)在區間\([e，e^2]\)上單調遞減，
故\(g(x)_{min}=g(e^2)=\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{4e^2}\)，故\(a\in [\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{4e^2}，+\infty)\)。
說明：本題目自然還可以使用二階導來判斷一階導的正負；
補充：已知函數\(f(x)=ax-2lnx\)，若函數\(f(x)+x^3>0\)對任意\(x\in (1,+\infty)\)上恆成立，求參數\(a\)的取值范圍；
分析：分離參數得到，\(a>\cfrac{2lnx}{x}-x^2\)，令\(g(x)=\cfrac{2lnx}{x}-x^2\)
則\(g'(x)=\cfrac{2-2lnx-2x^3}{x^2}=g(x)\)，當\(x>1\)時，\(g'(x)<0\)，故\(g(x)\)單調遞減，
\(g(x)_{min}\)的極限為\(g(1)=-1\)，故\(a\geqslant -1\).
對應練習
分析：已知函數\(f(x)=x^2lnx+1-kx\)存在零點，即方程\(f(x)=0\)在定義域\((0，+\infty)\)上有解，
分離參數得到\(k=\cfrac{x^2lnx+1}{x}=xlnx+\cfrac{1}{x}\)，令\(h(x)=xlnx+\cfrac{1}{x}\)，
則題目轉化為\(k=h(x)\)在\((0，+\infty)\)上有解，故要么從數的角度求函數\(h(x)\)的值域；要么求其單調性，做函數的圖像，從形的角度用數形結合求解。
以下用導數求函數\(h(x)\)的單調性。\(h'(x)=lnx+1-\cfrac{1}{x^2}\)，
此時需要注意，導函數中出現了\(lnx\)，故我們將上述的函數人為的分為兩個部分，\(y=lnx\)和\(y=1-\cfrac{1}{x^2}\)，先令\(lnx=0\)得到\(x=1\)，在將\(x=1\)代入\(y=1-\cfrac{1}{x^2}\)驗證也是其零點，說明這兩個函數的零點重合，故接下來我們將定義域分為\((0，1)\)和\((1，+\infty)\)兩部分分類討論即可：
則\(0<x<1\)時，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)單調遞減，\(x>1\)時，\(h'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增，則\(h(x)_{min}=h(1)=1\)。
即\(h(x)\)的值域為\([1，+\infty)\)，故\(k\ge 1\)，即\(k\in [1，+\infty)\)。故選\(B\)
或利用單調性得到函數\(h(x)\)的圖像如下，
再利用函數\(y=k\)和函數\(y=h(x)\)的圖像有交點，得到\(k\)的取值范圍為\(k\in [1，+\infty)\)。故選\(B\)
分析：先將給定的式子通分變形為\(\cfrac{2ex-y}{e}\cdot ln\cfrac{y}{x}\leq \cfrac{x}{me}\)，再次變形為\((2e-\cfrac{y}{x})\cdot ln\cfrac{y}{x}\leq \cfrac{1}{m}\)，
令\(\cfrac{y}{x}=t>0\)，則不等式變形為\((2e-t)\cdot lnt\leq \cfrac{1}{m}\)，令\(h(t)=(2e-t)\cdot lnt\)，則需要求\(h(t)_{max}\)；
\(h'(x)=(-1)lnt+(2e-t)\cdot \cfrac{1}{t}=\cfrac{-t(lnt+1)+2e}{t}\)，先用觀察法或經驗找到導函數的分子的零點\(t=e\)，
當\(t\in (0，e)\)時，\(h'(t)>0\)，\(h(t)\)單調遞增，當\(t\in (e，+\infty)\)時，\(h'(t)<0\)，\(h(t)\)單調遞減，
故\(h(t)_{max}=h(e)=e\)，即\(\cfrac{1}{m}\ge e\)，解得\(0<m\leq \cfrac{1}{e}\)；故選\(D\)。
關聯題型
- 依托函數的單調性，求函數的極值類型；或已知極值點，求參數的取值范圍問題；
(1).當\(a=2\)時，求函數\(f(x)\)在點\((1，f(1))\)處的切線方程；
分析：當\(a=2\)時，\(f(x)=x-2lnx\)，\(f'(x)=1-\cfrac{2}{x}\)，\(f'(1)=-1\)，故函數\(f(x)\)在點\((1，f(1))\)處的切線方程為\(y-1=-(x-1)\)，即\(x+y-2=0\)。
(2).記函數\(g(x)=f(x)-\cfrac{a-1}{x}\)，若當\(x=1\)時，函數\(g(x)\)有極大值，求\(a\)的取值范圍；
分析：\(g(x)=x-alnx-\cfrac{a-1}{x}\)，定義域為\((0，+\infty)\)，
則\(g'(x)=1-\cfrac{a}{x}+\cfrac{a-1}{x^2}=\cfrac{x^2-ax+(a-1)}{x^2}=\cfrac{(x-1)[x-(a-1)]}{x^2}\)
令\(g'(x)=0\)，則\(x_1=1\)，\(x_2=a-1\)，以下針對\(a-1\)與\(1\)的關系以及定義域分類討論如下，
①當\(a-1\leq 0\)時，即\(a\leq 1\)時，
當\(x\in (0，1)\)時，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)單調遞減，當\(x\in (1，+\infty)\)時，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)單調遞增，
故\(x=1\)不是函數\(g(x)\)的極大值點，不合題意；
②當\(0<a-1<1\)時，即\(1<a<2\)時，
當\(x\in (0，a-1)\)時，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)單調遞增，當\(x\in (a-1，1)\)時，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)單調遞減，當\(x\in (1，+\infty)\)時，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)單調遞增，故\(x=1\)不是為函數\(g(x)\)的極大值點，不合題意；
③當\(a-1=1\)時，即\(a=2\)時，\(g'(x)\ge 0\)恆成立，故\(x=1\)不是函數\(g(x)\)的極值點，不合題意；
④當\(a-1>1\)時，即\(a>2\)時，
當\(x\in (0，1)\)時，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)單調遞增，當\(x\in (1，a-1)\)時，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)單調遞減，當\(x\in (a-1，+\infty)\)時，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)單調遞增，故\(x=1\)為函數\(g(x)\)的極大值點，滿足題意；
綜上所述，當\(a>2\)時，\(x=1\)為函數\(g(x)\)的極大值點，即所求的\(a\)的取值范圍是\((2，+\infty)\).
- 依托函數的單調性，求函數的最值類型；
已知函數\(f(x)=lnx-ax^2+(a-2)x\)，
(1).若\(f(x)\)在\(x=1\)處取得極值，求\(a\)的值；
分析：由\(f'(1)=0\)，求得\(a=-1\)，經驗證\(a=-1\)滿足題意。
注意：必須要驗證，使得\(f'(x_0)=0\)的\(x_0\)不見得就是極值點(變號零點)，還有不變號零點；
(2).求函數\(y=f(x)\)在區間\([a^2，a]\)上的最大值；
分析：由題目可知，定義域為限定定義域\([a^2，a]\)，且由其可知\(a^2-a<0\)，解得參數\(a\in (0，1)\)；
求導，\(f'(x)=\cdots=\cfrac{-2ax+(a-2)x+1}{x}=-\cfrac{(2x-1)(ax+1)}{x}\)，做出其導函數的分子圖像可知，分類討論如下：
說明，區間\([a^2，a]\)是區間長度變化的區間，用其和\(\cfrac{1}{2}\)的位置關系分三類討論如下，
①當\(0<a\leq \cfrac{1}{2}\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)在區間\([a^2，a]\)上單調遞增，故\(f(x)_{max}=f(a)=lna-a^3+a^2-2a\)；
②當\(a^2\ge \cfrac{1}{2}\)且\(a<1\)時，即\(\cfrac{\sqrt{2}}{2}\leq a<1\)時，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)在區間\([a^2，a]\)上單調遞減，故\(f(x)_{max}=f(a^2)=2lna-a^5+a^3-2a^2\)；
③當\(\cfrac{1}{2}<a<\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)時，\(f(x)\)在區間\([a^2，\cfrac{1}{2}]\)上單調遞增，在區間\([\cfrac{1}{2}，a]\)上單調遞減，故\(f(x)_{max}=f(\cfrac{1}{2})=\cfrac{a}{4}-1-ln2\)；
綜上所述：\(y=f(x)\)在區間\([a^2，a]\)上的最大值為\(f(x)_{max}=F(a)\)
\(F(a)=\left\{\begin{array}{l}{lna-a^3+a^2-2a，0<a\leq \cfrac{1}{2}}\\{\cfrac{a}{4}-1-ln2，\cfrac{1}{2}<a<\cfrac{\sqrt{2}}{2}}\\{2lna-a^5+a^3-2a^2，\cfrac{\sqrt{2}}{2}\leq a<1}\end{array}\right.\)
解后反思：1、參數的范圍的給出方式要引起注意；2、分類討論的標准(\(\cfrac{1}{2}\)和區間\([a^2，a]\)的位置關系分為三類；)和技巧(先兩邊后中間，先簡單后復雜)；
- 能轉化為求最值的恆成立和能成立類型，或能轉化為值域的類型，如上述例5-2.
- 函數有幾個零點問題，轉化為\(a=f(x)\)圖像有幾個交點問題，要畫函數\(f(x)\)圖像需要用到導數求單調性；
- 方程有幾個根的問題；
- 兩個函數圖像有幾個交點的問題；
用導數判斷函數的單調性時，常以恆正、恆負、正負夾雜三種來分類討論；
分析：定義域為\((0，+\infty)\)，\(f'(x)=\cfrac{a-1}{x}+2ax=\cfrac{2ax^2+a-1}{x}\)，
[只需要關注分子函數，其正負取決於兩個部分\(2a\)和\(a-1\)，當\(2a>0\)且\(a-1\geqslant 0\)時，即\(a\geqslant 1\)時得到恆正；
當\(2a\leqslant 0\)且\(a-1< 0\)時，即\(a\leqslant 0\)得到恆負；其他情形肯定是正負夾雜的情形]
①當\(a\geqslant 1\)時，\(f'(x)>0\)，則\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上單調遞增；
②當\(a\leqslant 0\)時，\(f'(x)<0\)，則\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上單調遞減；
③當\(0<a<1\)時，令\(f'(x)=0\)，解得\(x=\sqrt{\frac{1-a}{2a}}\)，
故當\(x\in (0，\sqrt{\frac{1-a}{2a}})\)時，\(f'(x)<0\)，當\(x\in (\sqrt{\frac{1-a}{2a}}，+\infty)\)時，\(f'(x)>0\)，
即函數\(f(x)\)在區間\((0，\sqrt{\frac{1-a}{2a}})\)單調遞減，在區間\((\sqrt{\frac{1-a}{2a}}，+\infty)\)上單調遞增。