2020新课标高考数学二轮讲义：第二部分专题六第3讲　导数的简单应用


第3讲　导数的简单应用

[做真题]
题型一　导数的几何意义
1．(2018·高考全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为(　　)
A．y＝－2x　　　　　 B．y＝－x
C．y＝2x D．y＝x
解析：选D.法一：因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，
所以(－x)3＋(a－1)(－x)2＋a(－x)＝－[x3＋(a－1)x2＋ax]，所以2(a－1)x2＝0，因为x∈R，所以a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x.故选D.
法二：因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－1)＋f(1)＝0，所以－1＋a－1－a＋(1＋a－1＋a)＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x.故选D.
2．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知曲线y＝aex＋xln x在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则(　　)
A．a＝e，b＝－1 B．a＝e，b＝1
C．a＝e－1，b＝1 D．a＝e－1，b＝－1
解析：选D.因为y′＝aex＋ln x＋1，所以y′|x＝1＝ae＋1，所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1，所以解得
3．(2018·高考全国卷Ⅱ)曲线y＝2ln(x＋1)在点(0，0)处的切线方程为________．
解析：因为y＝2ln(x＋1)，所以y′＝.当x＝0时，y′＝2，所以曲线y＝2ln(x＋1)在点(0，0)处的切线方程为y－0＝2(x－0)，即y＝2x.
答案：y＝2x
4．(2016·高考全国卷Ⅱ)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________．
解析：设y＝kx＋b与y＝ln x＋2和y＝ln(x＋1)的切点分别为(x1，ln x1＋2)和(x2，ln(x2＋1))．
则切线分别为y－ln x1－2＝(x－x1)，y－ln(x2＋1)＝(x－x2)，
化简得y＝x＋ln x1＋1，y＝x－＋ln(x2＋1)，
依题意，
解得x1＝，
从而b＝ln x1＋1＝1－ln 2.
答案：1－ln 2
题型二　导数与函数的单调性、极值与最值
1．(2017·高考全国卷Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为(　　)
A．－1 B．－2e－3
C．5e－3 D．1
解析：选A.因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－2 2．(一题多解)(2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sin x＋sin 2x，则f(x)的最小值是________．
解析：法一：因为f(x)＝2sin x＋sin 2x，
所以f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝4cos2x＋2cos x－2＝4(cos x＋1)，
由f′(x)≥0得≤cos x≤1，即2kπ－≤x≤2kπ＋，k∈Z，
由f′(x)≤0得－1≤cos x≤，即2kπ＋π≥x≥2kπ＋或2kπ－π≤x≤2kπ－，k∈Z，
所以当x＝2kπ－(k∈Z)时，f(x)取得最小值，
且f(x)min＝f＝2sin＋sin 2＝－.
法二：因为f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)＝4sin cos ·2cos2＝8sin cos3 ＝ ，
所以[f(x)]2＝×3sin2cos6 ≤·
＝，
当且仅当3sin2＝cos2，即sin2＝时取等号，
所以0≤[f(x)]2≤，所以－≤f(x)≤，
所以f(x)的最小值为－.
答案：－
[山东省学习指导意见]
1．导数概念及其几何意义
了解导数概念的实际背景，体会导数的思想及其内涵，理解导数的几何意义．
2．导数的运算
(1)能根据导数定义，求函数y＝c，y＝x，y＝x2，y＝的导数．
(2)能利用导数公式表和导数的四则运算法则求简单函数的导数．
3．导数在研究函数中的应用
(1)结合实例，了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求不超过三次的多项式函数的单调区间．
(2)结合函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求不超过三次的多项式函数的极大值、极小值，以及在给定区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值．
4．生活中的优化问题举例
会利用导数在解决实际问题(探究利润最大、用料最省、效率最高等优化问题)．


导数的几何意义
[典型例题]
(1)(2019·高考全国卷Ⅱ)曲线y＝2sin x＋cos x在点(π，－1)处的切线方程为(　　)
A．x－y－π－1＝0　　　 B．2x－y－2π－1＝0
C．2x＋y－2π＋1＝0 D．x＋y－π＋1＝0
(2)曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线平行于直线y＝2x－1，则点P的坐标为________．
(3)(2019·广州市调研测试)若过点A(a，0)作曲线C：y＝xex的切线有且仅有两条，则实数a的取值范围是________．
【解析】　(1)依题意得y′＝2cos x－sin x，y′|x＝π＝(2cos x－sin x)|x＝π＝2cos π－sin π＝－2，因此所求的切线方程为y＋1＝－2(x－π)，即2x＋y－2π＋1＝0，故选C.
(2)f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，则3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1，所以P(1，3)或(－1，3)，经检验，点(1，3)，(－1，3)均不在直线y＝2x－1上，故点P的坐标为(1，3)或(－1，3)．
(3)设切点坐标为(x0，x0ex0)，y′＝(x＋1)ex，y′|x＝x0＝(x0＋1)ex0，所以切线方程为y－x0ex0＝(x0＋1)ex0(x－x0)，将点A(a，0)代入可得－x0ex0＝(x0＋1)ex0(a－x0)，化简，得x－ax0－a＝0，过点A(a，0)作曲线C的切线有且仅有两条，即方程x－ax0－a＝0有两个解，则有Δ＝a2＋4a>0，解得a>0或a<－4，故实数a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．
【答案】　(1)C　(2)(1，3)或(－1，3)　(3)(－∞，－4)∪(0，＋∞)

(1)求曲线y＝f(x)的切线方程的3种类型及方法
类型
方法
已知切点P(x0，y0)，求切线方程
求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程
已知切线的斜率k，求切线方程
设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程
已知切线上一点(非切点)，求切线方程
设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程
(2)由曲线的切线求参数值或范围的2种类型及解题关键
类型
解题关键
已知曲线在某点处的切线求参数
关键是用“方程思想”来破解，先求出函数的导数，从而求出在某点处的导数值；再根据导数的几何意义与已知条件，建立关于参数的方程，通过解方程求出参数的值
已知曲线的切线方程，求含有双参数的代数式的取值范围
关键是过好“双关”：一是转化关，即把所求的含双参数的代数式转化为含单参数的代数式，此时需利用已知切线方程，寻找双参数的关系式；二是求最值关，常利用函数的单调性、基本不等式等方法求最值，从而得所求代数式的取值范围

[对点训练]
1．(2019·武汉调研)设曲线C：y＝3x4－2x3－9x2＋4，在曲线C上一点M(1，－4)处的切线记为l，则切线l与曲线C的公共点个数为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C.y′＝12x3－6x2－18x，所以切线l的斜率k＝y′，所以切线l的方程为12x＋y－8＝0.联立方程得消去y，得3x4－2x3－9x2＋12x－4＝0，所以(x＋2)(3x－2)(x－1)2＝0，所以x1＝－2，x2＝，x3＝1，所以切线l与曲线C有3个公共点．故选C.
2．(2019·四川绵阳一诊改编)若函数f(x)＝x3＋(t－1)x－1的图象在点(－1，f(－1))处的切线平行于x轴，则t＝________，切线方程为________．
解析：因为函数f(x)＝x3＋(t－1)x－1，所以f′(x)＝3x2＋t－1.因为函数f(x)的图象在点(－1，f(－1))处的切线平行于x轴，所以f′(－1)＝3×(－1)2＋t－1＝2＋t＝0，解得t＝－2.此时f(x)＝x3－3x－1，f(－1)＝1，切线方程为y＝1.
答案：－2　y＝1

利用导数研究函数的单调性
[典型例题]
命题角度一　求函数的单调区间或判断函数的单调性
已知函数f(x)＝ln(x＋1)－，且1 【解】　函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝，x>－1.
①当－1<2a－3<0，即1 当－10时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当2a－3 ②当2a－3＝0，即a＝时，f′(x)≥0，则f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．
③当2a－3>0，即 当－12a－3时，f′(x)>0，则f(x)在(－1，0)，(2a－3，＋∞)上单调递增．
当0 综上，当1

利用导数求函数的单调区间的三种方法
(1)当不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0可解时，确定函数的定义域，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0求出单调区间．
(2)当方程f′(x)＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f′(x)＝0，求出实数根，把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f′(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间．
(3)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0及方程f′(x)＝0均不可解时求导数并化简，根据f′(x)的结构特征，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f′(x)的符号，得单调区间．　
命题角度二　已知函数的单调性求参数
已知函数f(x)＝ln x－a2x2＋ax(a∈R)．
(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数，求实数a的取值范围．
【解】　(1)当a＝1时，f(x)＝ln x－x2＋x，其定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－2x＋1＝－，
令f′(x)＝0，则x＝1(负值舍去)．
当00；当x>1时，f′(x)<0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)法一：f′(x)＝－2a2x＋a
＝.
①当a＝0时，f′(x)＝>0，
所以f(x)在区间(0，＋∞)上为增函数，不合题意；
②当a>0时，由f′(x)<0，得x>.
所以f(x)的单调递减区间为.
依题意，得解得a≥1；
③当a<0时，由f′(x)<0，得x>－.
所以f(x)的单调递减区间为.
依题意，得解得a≤－.
综上所述，实数a的取值范围是∪[1，＋∞)．
法二：f′(x)＝－2a2x＋a＝.
由f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数，可得g(x)＝－2a2x2＋ax＋1≤0在区间(1，＋∞)上恒成立．
①当a＝0时，1≤0不合题意；
②当a≠0时，可得即
所以所以a≥1或a≤－.
所以实数a的取值范围是∪[1，＋∞)．


(1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围．
(2)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解．　
[对点训练]
1．若函数f(x)＝(x＋a)ex在区间(0，＋∞)上不单调，则实数a的取值范围为________．
解析：f′(x)＝ex(x＋a＋1)，由题意，知方程ex(x＋a＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x＝－a－1>0，解得a<－1.
答案：(－∞，－1)
2．已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，讨论f(x)的单调性．
解：函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a>0，则由f′(x)＝0，得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若a<0，则由f′(x)＝0，得x＝ln.
当x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0；
故f(x)在上单调递减，
在上单调递增．

利用导数研究函数的极值(最值)问题
[典型例题]
命题角度一　求已知函数的极值(最值)
已知函数f(x)＝－1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设m>0，求函数f(x)在区间[m，2m]上的最大值．
【解】　(1)因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝，
由得0 由得x>e.
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．
(2)①当
即0 所以f(x)max＝f(2m)＝－1；
②当m 函数f(x)在区间(m，e)上单调递增，在(e，2m)上单调递减，
所以f(x)max＝f(e)＝－1＝－1；
③当m≥e时，(m，2m)⊆(e，＋∞)，函数f(x)在区间[m，2m]上单调递减，所以f(x)max＝f(m)＝－1.
综上所述，当0

利用导数研究函数极值、最值的方法
(1)若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．
(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．
(3)求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在求得极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．　
命题角度二　已知函数的极值或最值求参数
(2019·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0，1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．
【解】　(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，0)，单调递增，在单调递减；
若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；
若a<0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在，(0，＋∞)单调递增，在单调递减．
(2)满足题设条件的a，b存在．
(i)当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0，1]单调递增，所以f(x)在区间[0，1]的最小值为f(0)＝b，最大值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当b＝－1，2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.
(ii)当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0，1]单调递减，所以f(x)在区间[0，1]的最大值为f(0)＝b，最小值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.
(iii)当0 若－＋b＝－1，b＝1，则a＝3，与0 若－＋b＝－1，2－a＋b＝1，则a＝3或a＝－3或a＝0，与0 综上，当且仅当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[0，1]的最小值为－1，最大值为1.


已知函数极值点或极值求参数的方法
列式
根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，再利用待定系数法求解
验证
因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性
　
[对点训练]
(2019·长春质量检测(一))已知函数f(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x(其中常数a≠0)．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在x＝1处取得极值，且在(0，e]上的最大值为1，求实数a的值．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln x＋x2－3x，x>0，
f′(x)＝＋2x－3＝，
令f′(x)＝0，解得x1＝，x2＝1，
当00，所以函数f(x)在上单调递增；
当 当x>1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以f(x)的单调递增区间为，(1，＋∞)，单调递减区间为.
(2)f′(x)＝＝，
令f′(x)＝0，得x′1＝1，x′2＝，
因为f(x)在x＝1处取得极值，所以x′2＝≠x′1＝1，
当<0时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，
所以f(x)在(0，e]上的最大值为f(1)，令f(1)＝1，解得a＝－2.
当0<<1时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，e]上单调递增，
所以最大值1可能在x＝或x＝e处取得，
而f＝ln ＋a－(2a＋1)×＝ln －－1<0，
所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝.
当1< 所以最大值1可能在x＝1或x＝e处取得，
而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)<0，
所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，
解得a＝，与1< 当≥e时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，
所以最大值1在x＝1处取得，而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)<0，不符合题意．
综上所述，a＝或a＝－2.

一、选择题
1．已知直线2x－y＋1＝0与曲线y＝aex＋x相切(其中e为自然对数的底数)，则实数a的值是(　　)
A．　　　　　　　 B．1
C．2 D．e
解析：选B.由题意知y′＝aex＋1＝2，则a>0，x＝－ln a，代入曲线方程得y＝1－ln a，所以切线方程为y－(1－ln a)＝2(x＋ln a)，即y＝2x＋ln a＋1＝2x＋1⇒a＝1.
2．(2019·成都第二次诊断性检测)已知直线l既是曲线C1：y＝ex的切线，又是曲线C2：y＝e2x2的切线，则直线l在x轴上的截距为(　　)
A．2 B．1
C．e2 D．－e2
解析：选B.设直线l与曲线C1：y＝ex的切点为A(x1，ex1)，与曲线C2：y＝e2x2的切点为B.由y＝ex，得y′＝ex，所以曲线C1在点A处的切线方程为y－ex1＝ex1(x－x1)，即y＝ex1x－ex1(x1－1)　①.
由y＝e2x2，得y′＝e2x，所以曲线C2在点B处的切线方程为y－e2x＝e2x2(x－x2)，即y＝e2x2x－e2x　②.
因为①②表示的切线为同一直线，所以解得所以直线l的方程为y＝e2x－e2，令y＝0，可得直线l在x上的截距为1，故选B.
3．已知f(x)＝x2＋ax＋3ln x在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，－2] B．
C．[－2，＋∞) D．[－5，＋∞)
解析：选C.由题意得f′(x)＝2x＋a＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔g(x)＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔Δ＝a2－24≤0或⇔－2≤a≤2或⇔a≥－2，故选C.
4．函数f(x)(x>0)的导函数为f′(x)，若xf′(x)＋f(x)＝ex，且f(1)＝e，则(　　)
A．f(x)的最小值为e B．f(x)的最大值为e
C．f(x)的最小值为 D．f(x)的最大值为
解析：选A.设g(x)＝xf(x)－ex，
所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－ex＝0，
所以g(x)＝xf(x)－ex为常数函数．
因为g(1)＝1×f(1)－e＝0，
所以g(x)＝xf(x)－ex＝g(1)＝0，
所以f(x)＝，f′(x)＝，
当01时，f′(x)>0，
所以f(x)≥f(1)＝e.
5．若函数f(x)＝ex－(m＋1)ln x＋2(m＋1)x－1恰有两个极值点，则实数m的取值范围为(　　)
A．(－e2，－e) B．
C． D．(－∞，－e－1)
解析：选D.由题意，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ex－(m＋1)＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，所以m＋1＝在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，令g(x)＝，则g′(x)＝，所以函数g(x)在，上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，其图象如图所示，要使m＋1＝在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，则m＋1 6．(多选)对于函数f(x)＝，下列说法正确的有(　　)
A．f(x)在x＝1处取得极大值
B．f(x)有两个不同的零点
C．f(4) D．πe2>2eπ
解析：选AC.由函数f(x)＝，可得函数f(x)的导数为f′(x)＝.当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增．可得函数f(x)在x＝1处取得极大值，且为最大值，所以A正确；因为f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且f(0)＝0，当x>0时，f(x)>0恒成立，所以函数f(x)只有一个零点，所以B错误；由f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且4>π>3>1，可得f(4)2>1，可得<，即πe2<2eπ，所以D错误．故选AC.
二、填空题
7．(2019·高考全国卷Ⅰ)曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0，0)处的切线方程为________．
解析：因为y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝3(x2＋3x＋1)ex，所以曲线在点(0，0)处的切线的斜率k＝y′|x＝0＝3，所以所求的切线方程为y＝3x.
答案：y＝3x
8．函数f(x)＝x2－ln x的最小值为________．
解析：因为f(x)＝x2－ln x(x>0)，所以f′(x)＝2x－，令2x－＝0得x＝，令f′(x)>0，则x>；令f′(x)<0，则0 答案：
9．(2019·甘肃兰州一中期末改编)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex的极值点，则f′(－2)＝________，f(x)的极小值为________．
解析：由函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex可得f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax－1)ex，因为x＝－2是函数f(x)的极值点，所以f′(－2)＝(－4＋a)e－2＋(4－2a－1)e－2＝0，即－4＋a＋3－2a＝0，解得a＝－1.所以f′(x)＝(x2＋x－2)ex.令f′(x)＝0可得x＝－2或x＝1.当x<－2或x>1时，f′(x)>0，此时函数f(x)为增函数，当－2 答案：0　－e
三、解答题
10．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；
(2)讨论f(x)的单调性．
解：(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x, f(e)＝e＋1，f′(x)＝＋1，f′(e)＝1＋，所以曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－(e＋1)＝(x－e)，即y＝x.
(2)f′(x)＝－2ax＋1＝，x>0，
①当a≤0时，显然f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，令f′(x)＝＝0，则－2ax2＋x＋1＝0，易知其判别式为正，
设方程的两根分别为x1，x2(x1 则x1x2＝－<0，所以x1<0 所以f′(x)＝＝，x>0.
令f′(x)>0，得x∈(0，x2)，令f′(x)<0得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝.
所以函数f(x)在上单调递增，
在上单调递减．
11．已知常数a≠0，f(x)＝aln x＋2x.
(1)当a＝－4时，求f(x)的极值；
(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围．
解：(1)由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2＝.
当a＝－4时，f′(x)＝.
所以当0 即f(x)单调递减；
当x>2时，f′(x)>0，即f(x)单调递增．
所以f(x)只有极小值，且在x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln 2.
所以当a＝－4时，f(x)只有极小值4－4ln 2.
(2)因为f′(x)＝，
所以当a>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；
当a<0时，由f′(x)>0得，x>－，
所以f(x)在上单调递增；
由f′(x)<0得，x<－，
所以f(x)在上单调递减．
所以当a<0时，f(x)的最小值为极小值，即f＝aln－a.
根据题意得f＝aln－a≥－a，
即a[ln(－a)－ln 2]≥0.
因为a<0，所以ln(－a)－ln 2≤0，解得a≥－2，
综上实数a的取值范围是[－2，0)．
12．(2019·广州市调研测试)已知函数f(x)＝xex＋a(ln x＋x)．
(1)若a＝－e，求f(x)的单调区间；
(2)当a<0时，记f(x)的最小值为m，求证：m≤1.
解：(1)当a＝－e时，f(x)＝xex－e(ln x＋x)，f(x)的定义域是(0，＋∞)．
f′(x)＝(x＋1)ex－e＝(xex－e)．
当01时．f′(x)>0.
所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)证明：f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝(xex＋a)，
令g(x)＝xex＋a，则g′(x)＝(x＋1)ex>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
因为a<0，所以g(0)＝a<0，g(－a)＝－ae－a＋a>－a＋a＝0，
故存在x0∈(0，－a)，使得g(x0)＝x0ex0＋a＝0.
当x∈(0，x0)时，g(x)<0，f′(x)＝(xex＋a)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)＝(xex＋a)>0，f(x)单调递增．
故x＝x0时，f(x)取得最小值，即m＝f(x0)＝x0ex0＋a(ln x0＋x0)．
由x0ex0＋a＝0得m＝x0ex0＋a ln(x0ex0)＝－a＋a ln(－a)，
令x＝－a>0，h(x)＝x－x ln x，则h′(x)＝1－(1＋ln x)＝－ln x，
当x∈(0，1)时，h′(x)＝－ln x>0，h(x)＝x－xln x单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＝－ln x<0，h(x)＝x－xln x单调递减，
故x＝1，即a＝－1时，h(x)＝x－x ln x取得最大值1，故m≤1.