题目内容
已知函数f（x）=2lnx-x+
+2f′（1）x2．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）＞ax对x∈（1，e）恒成立，求实数a的取值范围．
| 1 |
| x |
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）＞ax对x∈（1，e）恒成立，求实数a的取值范围．
考点：利用导数求闭区间上函数的最值,导数的运算
专题：计算题,导数的概念及应用
分析：（1）根据题意，对f（x）求导，可得f′（x）=
-1-
+4f′（1）x，令x=1可得f′（1）的值，进而可得f′（x）的解析式，令f′（x）≤0，解可得函数f（x）的单调递减区间；
（2）由（1）可得f（x）的表达式，则可将f（x）＞ax变形为a＜
+
-1，取g（x）=
+
-1，求导可得则g′（x）=
，令h（x）=2x-xlnx-2，求导分析可得h（x）的单调区间与最小值，进而可得g′（x）＞0，可得g（x）的单调性与最小值，结合a＜
+
-1可得a的取值范围．
| 2 |
| x |
| 1 |
| x2 |
（2）由（1）可得f（x）的表达式，则可将f（x）＞ax变形为a＜
| 2lnx |
| x |
| 1 |
| x2 |
| 2lnx |
| x |
| 1 |
| x2 |
| 2x-xlnx-2 |
| x3 |
| 2lnx |
| x |
| 1 |
| x2 |
解答：
解：（1）函数f（x）=2lnx-x+
+2f′（1）x2，有x＞0，
则f′（x）=
-1-
+4f′（1）x，
令x=1可得，f′（1）=4f′（1），则f′（1）=0；
故f′（x）=
-1-
=-（
）2≤0，
故函数f（x）的单调递减区间为（0，+∞），
（2）由（1）可得，f（x）=2lnx-x+
，
若f（x）＞ax对x∈（1，e）恒成立，即a＜
+
-1在（1，e）恒成立，
取g（x）=
+
-1，则g′（x）=
-
=
，
令h（x）=2x-xlnx-2，则h′（x）=1-lnx，
又由1＜x＜e，则h′（x）=1-lnx＞0，即h（x）在（1，e）为增函数，
故h（x）＞h（1）=0，
则g′（x）=
＞0，即g（x）在（1，e）为增函数，
故g（x）＞g（1）=0，
若a＜
+
-1在（1，e）恒成立，
则必有a≤0．
| 1 |
| x |
则f′（x）=
| 2 |
| x |
| 1 |
| x2 |
令x=1可得，f′（1）=4f′（1），则f′（1）=0；
故f′（x）=
| 2 |
| x |
| 1 |
| x2 |
| x-1 |
| x |
故函数f（x）的单调递减区间为（0，+∞），
（2）由（1）可得，f（x）=2lnx-x+
| 1 |
| x |
若f（x）＞ax对x∈（1，e）恒成立，即a＜
| 2lnx |
| x |
| 1 |
| x2 |
取g（x）=
| 2lnx |
| x |
| 1 |
| x2 |
| 2-lnx |
| x2 |
| 2 |
| x3 |
| 2x-xlnx-2 |
| x3 |
令h（x）=2x-xlnx-2，则h′（x）=1-lnx，
又由1＜x＜e，则h′（x）=1-lnx＞0，即h（x）在（1，e）为增函数，
故h（x）＞h（1）=0，
则g′（x）=
| 2x-xlnx-2 |
| x3 |
故g（x）＞g（1）=0，
若a＜
| 2lnx |
| x |
| 1 |
| x2 |
则必有a≤0．
点评：本题考查函数的导数的计算以及应用，注意首先要分析函数的定义域，其次注意正确求出f（1）的值，从而得到f（x）的解析式．
练习册系列答案
教育世家状元卷系列答案
黄冈课堂作业本系列答案
单元加期末复习先锋大考卷系列答案
相关题目
下列函数中，可以是奇函数的为（ ）
| A、f（x）=（x-a）|x|，a∈R |
| B、f（x）=x2+ax+1，a∈R |
| C、f（x）=log2（ax-1），a∈R |
| D、f（x）=ax+cosx，a∈R |
已知向量
=（x，3），
=（3，-1），且
⊥
，则x等于（ ）
| a |
| b |
| a |
| b |
| A、-1 | B、-9 | C、9 | D、1 |
已知向量
=（1，2），
=（1，0），
=（3，4），若λ为实数，（
+λ
）⊥
，则λ的值为（ ）
| a |
| b |
| c |
| b |
| a |
| c |
A、-
| ||
B、-
| ||
C、
| ||
D、
|
