题目内容
已知函数f（x）=
x2-lnx+x+1，g（x）=aex+
+ax-2a-1，其中a∈R．
（Ⅰ）若a=2，求f（x）的极值点；
（Ⅱ）试讨论f（x）的单调性；
（Ⅲ）若a＞0，?x∈（0，+∞），恒有g（x）≥f′（x）（f′（x）为f（x）的导函数），求a的最小值．
| a |
| 2 |
| a |
| x |
（Ⅰ）若a=2，求f（x）的极值点；
（Ⅱ）试讨论f（x）的单调性；
（Ⅲ）若a＞0，?x∈（0，+∞），恒有g（x）≥f′（x）（f′（x）为f（x）的导函数），求a的最小值．
考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值
专题：计算题,函数的性质及应用,导数的综合应用
分析：（Ⅰ）求导f′（x）=ax-
+1，x∈（0，+∞），从而令导数为0求极值点；
（Ⅱ）求导 f′（x）=ax-
+1=
，讨论a的取值以确定导数的正负，从而确定函数的单调性；
（Ⅲ）令h（x）=g（x）-f′（x）=aex+
-2（a+1），x＞0，从而求导h′（x）=aex-
=
，再令p（x）=aex•x2-（a+1），再求导p′（x）=aex•x（x+2）＞0，从而由导数的正负确定函数的单调性，从而求得hmin（x）=h（x0）=aex0+
-2（a+1），从而化恒成立问题为最值问题，再转化为
+
-2（a+1）≥0，从而可得0＜
≤e，从而求解．
| 1 |
| x |
（Ⅱ）求导 f′（x）=ax-
| 1 |
| x |
| ax2+x-1 |
| x |
（Ⅲ）令h（x）=g（x）-f′（x）=aex+
| a+1 |
| x |
| a+1 |
| x2 |
| a•ex•x2-(a+1) |
| x2 |
| a+1 |
| x0 |
| a+1 | ||
|
| a+1 |
| x0 |
| a+1 |
| a |
解答：
解：（Ⅰ）∵f′（x）=ax-
+1，x∈（0，+∞），
∴a=2时，f′（x）=2x-
+1=
=
=0，
∴解得x=
，x=-1（舍）；
即f（x）的极值点为x0=
．
（Ⅱ） f′（x）=ax-
+1=
，
（1）a=0时，f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数；
a≠0时，对二次方程ax2+x-1=0，△=1+4a，
（2）若1+4a≤0，即a≤-
时，
ax2+x-1＜0，而x＞0，故f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，+∞）上是减函数；
（3）若1+4a＞0，即a＞-
时，ax2+x-1=0的根为x1=
，x2=
，
①若-
＜a＜0，则
＞
＞0，
∴当x∈（
，
）时，ax2+x-1＞0，即f′（x）＞0，得f（x）是增函数；
当x∈（0，
），（
，+∞）时，ax2+x-1＜0，即f′（x）＜0，得f（x）是减函数．
②若a＞0，
＜0＜
，
∴当x∈（0，
）时，ax2+x-1＜0，即f′（x）＜0，得f（x）是减函数；
当x∈（
，+∞）时，ax2+x-1＞0，即f′（x）＞0得f（x）是增函数．
∴综上所述，a=0时，f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数；
当a≤-
时，f（x）在（0，+∞）上是减函数；
当-
＜a＜0时，f（x）在（
，
）上是增函数，在（0，
），（
，+∞）上是减函数；
当a＞0时，f（x）在（
，+∞）上是增函数，在（0，
）上是减函数．
（Ⅲ）令h（x）=g（x）-f′（x）=aex+
-2（a+1），x＞0，
于是h′（x）=aex-
=
．
令p（x）=aex•x2-（a+1），则p′（x）=aex•x（x+2）＞0，
即p（x）在（0，+∞）上是增函数．
∵p（x）=-（a+1）＜0，而当x→+∞时，p（x）→+∞，
∴?x0∈（0，+∞），使得p（x0）=0．
∴当x∈（0，x0）时，p（x）＜0，即h′（x）＜0，此时，h（x）单调递减；
当x∈（x0，+∞）时，p（x）＞0，即h′（x）＞0，此时，h（x）单调递增，
∴hmin（x）=h（x0）=aex0+
-2（a+1），①
由p（x0）=0可得aex0•
-（a+1）=0，整理得aex0=
，②
代入①中，得h（x0）=
+
-2（a+1），
由?x∈（0，+∞），恒有g（x）≥f′（x），
转化为
+
-2（a+1）≥0，③
因为a＞0，③式可化为
+
-2≥0，整理得2
-x0-1≤0，
解得-
≤x0≤1；
再由x0＞0，于是0＜x0≤1；
由②可得ex0•
=
；
令m（x0）=ex0•
，则根据p（x）的单调性易得m（x0）在（0，1]是增函数，
∴m（0）＜m（x0）≤m（1），
即0＜
≤e，
解得a≥
，即a的最小值为
．
| 1 |
| x |
∴a=2时，f′（x）=2x-
| 1 |
| x |
| 2x2+x-1 |
| x |
| (2x-1)(x+1) |
| x |
∴解得x=
| 1 |
| 2 |
即f（x）的极值点为x0=
| 1 |
| 2 |
（Ⅱ） f′（x）=ax-
| 1 |
| x |
| ax2+x-1 |
| x |
（1）a=0时，f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数；
a≠0时，对二次方程ax2+x-1=0，△=1+4a，
（2）若1+4a≤0，即a≤-
| 1 |
| 4 |
ax2+x-1＜0，而x＞0，故f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，+∞）上是减函数；
（3）若1+4a＞0，即a＞-
| 1 |
| 4 |
-1+
| ||
| 2a |
-1-
| ||
| 2a |
①若-
| 1 |
| 4 |
-1-
| ||
| 2a |
-1+
| ||
| 2a |
∴当x∈（
-1+
| ||
| 2a |
-1-
| ||
| 2a |
当x∈（0，
-1+
| ||
| 2a |
-1-
| ||
| 2a |
②若a＞0，
-1-
| ||
| 2a |
-1+
| ||
| 2a |
∴当x∈（0，
-1+
| ||
| 2a |
当x∈（
-1+
| ||
| 2a |
∴综上所述，a=0时，f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数；
当a≤-
| 1 |
| 4 |
当-
| 1 |
| 4 |
-1+
| ||
| 2a |
-1-
| ||
| 2a |
-1+
| ||
| 2a |
-1-
| ||
| 2a |
当a＞0时，f（x）在（
-1+
| ||
| 2a |
-1+
| ||
| 2a |
（Ⅲ）令h（x）=g（x）-f′（x）=aex+
| a+1 |
| x |
于是h′（x）=aex-
| a+1 |
| x2 |
| a•ex•x2-(a+1) |
| x2 |
令p（x）=aex•x2-（a+1），则p′（x）=aex•x（x+2）＞0，
即p（x）在（0，+∞）上是增函数．
∵p（x）=-（a+1）＜0，而当x→+∞时，p（x）→+∞，
∴?x0∈（0，+∞），使得p（x0）=0．
∴当x∈（0，x0）时，p（x）＜0，即h′（x）＜0，此时，h（x）单调递减；
当x∈（x0，+∞）时，p（x）＞0，即h′（x）＞0，此时，h（x）单调递增，
∴hmin（x）=h（x0）=aex0+
| a+1 |
| x0 |
由p（x0）=0可得aex0•
| x | 2 0 |
| a+1 | ||
|
代入①中，得h（x0）=
| a+1 | ||
|
| a+1 |
| x0 |
由?x∈（0，+∞），恒有g（x）≥f′（x），
转化为
| a+1 | ||
|
| a+1 |
| x0 |
因为a＞0，③式可化为
| 1 | ||
|
| 1 |
| x0 |
| x | 2 0 |
解得-
| 1 |
| 2 |
再由x0＞0，于是0＜x0≤1；
由②可得ex0•
| x | 2 0 |
| a+1 |
| a |
令m（x0）=ex0•
| x | 2 0 |
∴m（0）＜m（x0）≤m（1），
即0＜
| a+1 |
| a |
解得a≥
| 1 |
| e-1 |
| 1 |
| e-1 |
点评：本题考查了导数的综合应用及恒成立问题的应用，同时考查了分类讨论的思想应用，属于难题．
练习册系列答案
心算口算巧算一课一练系列答案
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如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是（ ）A、
| ||||||
B、1+
| ||||||
C、1+
| ||||||
D、2+
|
已知向量
，
满足
⊥
，|
|=1，|
|=2，则|2
-
|=（ ）
| a |
| b |
| a |
| b |
| a |
| b |
| a |
| b |
A、2
| ||
B、2
| ||
| C、8 | ||
| D、12 |
若函数f（x）=
-
x2+x+1在区间（
，4）上有极值点，则实数a的取值范围是（ ）
| x3 |
| 3 |
| a |
| 2 |
| 1 |
| 3 |
A、（2，
| ||||
B、[2，
| ||||
C、（
| ||||
D、（2，
|
甲和乙等五名志愿者被随机地分到A、B、C、D四个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者，则甲和乙在不同岗位服务的概率为（ ）
A、
| ||
B、
| ||
C、
| ||
D、
|