2019版二轮复习数学（文）通用版讲义：第一部分第二层级重点增分专题三导数的简单应用

重点增分专题三　导数的简单应用
[全国卷3年考情分析]
年份
全国卷Ⅰ
全国卷Ⅱ
全国卷Ⅲ
2018
奇函数的定义及利用导数的几何意义求切线方程·T6
利用导数的几何意义求切线方程·T13
利用导数的几何意义求切线方程·T21(1)
利用函数的极值点求参数及单调区间·T21(1)
利用导数求函数的单调区间·T21(1)
2017
利用导数的几何意义求切线方程·T14
利用导数研究函数的单调性·T21(1)
利用导数研究函数的单调性·T21(1)
利用导数研究函数的单调性·T21(1)
2016
利用导数研究函数的单调性·T21(1)
利用导数的几何意义求切线方程·T20(1)
利用导数研究函数的单调性·T21(1)

(1)此部分内容是高考命题的热点内容．在选择题、填空题中多考查导数的几何意义，难度较小．
(2)应用导数研究函数的单调性、极值、最值，多在选择题、填空题最后几题的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题；常在解答题的第一问中考查，难度一般．
保分考点·练后讲评
[大稳定]
1.(2018·全国卷Ⅱ)曲线y＝2ln x在点(1,0)处的切线方程为______________．
解析：因为y′＝，y′|x＝1＝2，所以切线方程为y－0＝2(x－1)，即y＝2x－2.
答案：y＝2x－2
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________．
解析：f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，则3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1，∴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)和(－1,3)．
答案：(1,3)和(－1,3)
3.(2018·全国卷Ⅲ)曲线y＝(ax＋1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a＝________.
解析：∵y′＝(ax＋a＋1)ex，∴当x＝0时，y′＝a＋1，
∴a＋1＝－2，解得a＝－3.
答案：－3
4.曲线f(x)＝x3－2x2＋2过点P(2,0)的切线方程为________．
解析：因为f(2)＝23－2×22＋2＝2≠0，
所以点P(2,0)不在曲线f(x)＝x3－2x2＋2上．
设切点坐标为(x0，y0)，则≤x0≤，
因为f′(x)＝3x2－4x，
所以
消去y0，整理得(x0－1)(x－3x0＋1)＝0，
解得x0＝1或x0＝(舍去)
或x0＝(舍去)，
所以y0＝1，f′(x0)＝－1，
所以所求的切线方程为y－1＝－(x－1)，
即y＝－x＋2.
答案：y＝－x＋2
[解题方略]
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

[小创新]
1.已知函数f(x)＝x2－ax的图象在点A(1，f(1))处的切线l与直线x＋3y－1＝0垂直，记数列的前n项和为Sn，则S2 018的值为(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选D　由题意知f(x)＝x2－ax的图象在点A(1，f(1))处的切线斜率k＝f′(1)＝
2－a＝3⇒a＝－1，故f(x)＝x2＋x.则＝＝－，S2 018＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.

2.曲线f(x)＝－x3＋3x2在点(1，f(1))处的切线截圆x2＋(y＋1)2＝4所得的弦长为(　　)
A．4 B．2
C．2 D.
解析：选A　因为f′(x)＝－3x2＋6x，则f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率k＝－3＋6＝3，又f(1)＝2，故切线方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0.
因为圆心C(0，－1)到直线3x－y－1＝0的距离d＝0，
所以直线3x－y－1＝0截圆x2＋(y＋1)2＝4所得的弦长就是该圆的直径4，故选A.
3.已知函数f(x)＝x－sin x－cos x的图象在点A(x0，y0)处的切线的斜率为1，则tan x0＝________.
解析：∵f(x)＝x－sin x－cos x，∴f′(x)＝－cos x＋sin x＝＋sin.
∵函数f(x)的图象在点A(x0，y0)处的切线斜率为1，
∴＋sin＝1，
∴x0－＝＋2kπ，k∈Z，
∴x0＝＋2kπ，k∈Z，
∴tan x0＝tan＝－.
答案：－

[析母题]
[典例]　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．
[练子题]
1．若本例中f(x)变为f(x)＝ln x＋－，a∈R且a≠0，讨论函数f(x)的单调性．
解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝－＝.
当a<0时，f′(x)>0恒成立，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a>0时，由f′(x)>0，得x>；
由f′(x)<0，得0 ∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
2．若本例变为：已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x在[1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．
解：由本例解析知f′(x)＝(2ex＋a)(ex－a)，
∵f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
则f′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，
∴(2ex＋a)(ex－a)≥0，
∴－2ex≤a≤ex在[1，＋∞)上恒成立，
∴－2e≤a≤e，
∴实数a的取值范围为[－2e，e]．
3．若本例变为：函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x在[1，＋∞)上存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
解：由本例解析知f′(x)＝2e2x－aex－a2，
设t＝ex，∵x∈[1，＋∞)，∴t∈[e，＋∞)，
即g(t)＝2t2－at－a2在[e，＋∞)上有零点．
∴g(e)＝2e2－ae－a2<0，
解得a>e或a<－2e，
∴实数a的取值范围为(－∞，－2e)∪(e，＋∞)．
[解题方略]
求解或讨论函数单调性有关问题的解题策略
讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：
(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论．
(2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．
[注意]　讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．
[多练强化]
1．已知函数f(x)＝－ln x＋＋3，则函数f(x)的单调递减区间是(　　)
A．(－∞，0)　　　　　　 　B．(0,1)
C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)
解析：选B　f′(x)＝－＋x(x>0)．由得0 所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)．
2．已知函数f(x)在定义域R内可导，f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0.设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．c C．a 解析：选A　依题意得，当x<1时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数．
又f(3)＝f(－1)，－1<0<<1，∴f(－1) 3．已知函数f(x)＝x2－ln x＋在其定义域内的一个子区间(a－1，a＋1)内不是单调函数，求实数a的取值范围．
解：法一：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵函数f(x)＝x2－ln x＋在区间(a－1，a＋1)上不单调，∴f′(x)＝2x－＝在区间(a－1，a＋1)上有零点．由f′(x)＝0，得x＝，则得1≤a<.∴实数a的取值范围为.
法二：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－＝，令f′(x)>0，得x>，令f′(x)<0，得0 ∴实数a的取值范围为.
利用导数研究函数的极值(最值)问题
题型一　求已知函数的极值(最值)
[例1]　(2017·北京高考节选)已知函数f(x)＝excos x－x，求函数f(x)在区间上的最大值和最小值．
[解]　f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
令g(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
则g′(x)＝－2sin x·ex≤0在上恒成立，且仅在x＝0处等号成立，
∴g(x)在上单调递减，
∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0，且仅在x＝0处等号成立，
∴f(x)在上单调递减，
∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f＝－.
[解题方略]　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]的最值时，在得到极值的基础上，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．

题型二　由函数的极值(最值)确定参数值(范围)
[例2]　(1)已知函数f(x)＝(a>0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为(　　)

A.－1　　　　　　　 B.
C. D.＋1
(2)已知函数f(x)＝2ln x－2ax＋x2有两个极值点x1，x2(x1 [解析]　(1)选A　由f(x)＝，
得f′(x)＝，
当a＞1时，若x＞，则f′(x)＜0，f(x)单调递减，
若1＜x＜，则f′(x)>0，f(x)单调递增，
故当x＝时，函数f(x)有最大值＝，得a＝＜1，不合题意；
当a＝1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为f(1)＝，不合题意；
当0＜a＜1时，函数f(x)在 [1，＋∞)上单调递减，此时最大值为f(1)＝＝，得a＝－1，符合题意．
故a的值为－1.
(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－2a＋2x＝，
令f′(x)＝0，即x2－ax＋1＝0，要使f(x)在(0，＋∞)上有两个极值点，则方程x2－ax＋1＝0有两个不相等的正根，
则
∴实数a的取值范围为(2，＋∞)．
[解题方略]　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，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




逻辑推理——分类与整合思想研究函数的单调性
[典例]　(2018·佛山月考)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，＋∞)，
∴f′(x)＝－2x＋1＝－，
令f′(x)＝0，则x＝1(负值舍去)．
当00；当x>1时，f′(x)<0.
∴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，
∴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>.
∴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>－.
∴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
∴∴a≥1或a≤－.
∴实数a的取值范围是∪[1，＋∞)．
[素养通路]
逻辑推理是指从一些事实和命题出发，依据规则推出其他命题的素养．主要包括两类：一类是从特殊到一般的推理，推理形式主要有归纳、类比；一类是从一般到特殊的推理，推理形式主要有演绎．
本题是含参函数的单调性问题，对于此类问题一般要分类讨论，常见有以下几种可能：①方程f′(x)＝0是否有根；②若f′(x)＝0有根，求出根后是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．考查了逻辑推理这一核心素养．

A组——“6＋3＋3”考点落实练
一、选择题
1．已知函数f(x)的导函数f′(x)满足下列条件：
①f′(x)>0时，x<－1或x>2；
②f′(x)<0时，－1 ③f′(x)＝0时，x＝－1或x＝2.
则函数f(x)的大致图象是(　　)

解析：选A　根据条件知，函数f(x)在(－1,2)上是减函数．在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，故选A.
2．(2018·合肥质检)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.
3．(2019届高三·广州高中综合测试)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处的极值为10，则数对(a，b)为(　　)
A．(－3,3) B．(－11,4)
C．(4，－11) D．(－3,3)或(4，－11)
解析：选C　f′(x)＝3x2＋2ax＋b，依题意可得
即消去b可得a2－a－12＝0，
解得a＝－3或a＝4，故或当时，
f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，这时f(x)无极值，不合题意，舍去，故选C.
4．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.
5．(2018·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：∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，
∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a.
又∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)恒成立，
即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立，
∴a＝1，∴f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，
∴曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.

法二：易知f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax＝x[x2＋(a－1)x＋a]，因为f(x)为奇函数，所以函数g(x)＝x2＋(a－1)x＋a为偶函数，所以a－1＝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.
6．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.
二、填空题
7．(2019届高三·西安八校联考)曲线y＝2ln x在点(e2,4)处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为________．
解析：因为y′＝，所以曲线y＝2ln x在点(e2,4)处的切线斜率为，所以切线方程为y－4＝(x－e2)，即x－y＋2＝0.令x＝0，则y＝2；令y＝0，则x＝－e2，所以切线与坐标轴所围成的三角形的面积S＝×e2×2＝e2.
答案：e2
8．已知函数f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数f(x)的单调递增区间是________．
解析：函数f(x)＝x2－5x＋2ln x的定义域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋＝＝>0，解得02，故函数f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞)．
答案：和(2，＋∞)
9．若函数f(x)＝x＋aln x不是单调函数，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋，要使函数f(x)＝x＋aln x不是单调函数，则需方程1＋＝0在(0，＋∞)上有解，即x＝－a，∴a<0.
答案：(－∞，0)
三、解答题
10．已知f(x)＝ex－ax2，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝bx＋1.
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)在[0,1]上的最大值．
解：(1)f′(x)＝ex－2ax，
所以f′(1)＝e－2a＝b，f(1)＝e－a＝b＋1，
解得a＝1，b＝e－2.
(2)由(1)得f(x)＝ex－x2，
则f′(x)＝ex－2x，令g(x)＝ex－2x，x∈[0,1]，
则g′(x)＝ex－2，
由g′(x)<0，得0 由g′(x)>0，得ln 2 所以f′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2,1)上单调递增，
所以f′(x)≥f′(ln 2)＝2－2ln 2>0，
所以f(x)在[0,1]上单调递增，
所以f(x)max＝f(1)＝e－1.
11．(2018·潍坊统一考试)已知函数f(x)＝ax－ln x，F(x)＝ex＋ax，其中x>0，a<0.若f(x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实数a的取值范围．
解：由题意得f′(x)＝a－＝，F′(x)＝ex＋a，x>0，
∵a<0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当－1≤a<0时，F′(x)>0，即F(x)在(0，＋∞)上单调递增，不合题意，
当a<－1时，由F′(x)>0，得x>ln(－a)；
由F′(x)<0，得0 ∴F(x)的单调递减区间为(0，ln(－a))，单调递增区间为(ln(－a)，＋∞)．
∵f(x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，
∴ln(－a)≥ln 3，解得a≤－3，
综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．
12．已知函数f(x)＝＋ax，x>1.
(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若a＝2，求函数f(x)的极小值．
解：(1)f′(x)＝＋a，
由题意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，
∴a≤－＝2－.
∵x∈(1，＋∞)，∴ln x∈(0，＋∞)，
∴当－＝0时，函数t＝2－的最小值为－，
∴a≤－，即实数a的取值范围为.
(2)当a＝2时，f(x)＝＋2x(x>1)，
f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得2ln2x＋ln x－1＝0，
解得ln x＝或ln x＝－1(舍去)，即x＝e.
当1e时，f′(x)>0，
∴f(x)的极小值为f(e)＝＋2e＝4e.
B组——大题专攻补短练
1．(2019届高三·益阳、湘潭调研)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＋，∴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，∴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，∴x1<0 ∴f′(x)＝＝，x>0.
令f′(x)>0，得x∈(0，x2)，令f′(x)<0得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝，
∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
2．已知函数f(x)＝，其中a>0.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若直线x－y－1＝0是曲线y＝f(x)的切线，求实数a的值．
(3)设g(x)＝xln x－x2f(x)，求g(x)在区间[1，e]上的最小值．(其中e为自然对数的底数)
解：(1)因为函数f(x)＝，
所以f′(x)＝＝，
由f′(x)>0，得0 由f′(x)<0，得x<0或x>2，
故函数f(x)的单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(－∞，0)和(2，＋∞)．
(2)设切点为(x0，y0)，
由切线斜率k＝1＝⇒x＝－ax0＋2a，①
由x0－y0－1＝x0－－1＝0⇒(x－a)(x0－1)＝0⇒x0＝1，x0＝±.
把x0＝1代入①得a＝1，
把x0＝代入①得a＝1，
把x0＝－代入①无解，
故所求实数a的值为1.
(3)因为g(x)＝xln x－x2f(x)＝xln x－a(x－1)，
所以g′(x)＝ln x＋1－a，由g′(x)>0，得x>ea－1；
由g′(x)<0，得0 ①当ea－1≤1，即0 ②当1 ③当ea－1≥e，即a≥2时，g(x)在区间[1，e]上单调递减，其最小值为g(e)＝e＋a－ae.
故g(x)min＝
3．(2019届高三·南昌调研)设函数f(x)＝ln x－2mx2－n(m，n∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有最大值－ln 2，求m＋n的最小值．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－4mx＝，
当m≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m>0时，令f′(x)>0，得0 令f′(x)<0，得x>，
∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无最大值．
当m>0时，f(x)在上单调递增，在，＋∞上单调递减．
∴f(x)max＝f＝ln－2m·－n＝－ln 2－ln m－－n＝－ln 2，
∴n＝－ln m－，∴m＋n＝m－ln m－.
令h(x)＝x－ln x－(x>0)，
则h′(x)＝1－＝，
由h′(x)<0，得00，得x>，
∴h(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴h(x)min＝h＝ln 2，
∴m＋n的最小值为ln 2.
4．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x∈(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2＝.
当a＝－4时，f′(x)＝.
∴当02时，f′(x)>0，即f(x)单调递增．
∴f(x)只有极小值，且在x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln 2.
(2)∵f′(x)＝，
∴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>－，
∴f(x)在上单调递增；
由f′(x)<0得，x<－，
∴f(x)在上单调递减．
∴当a<0时，f(x)的最小值为f＝aln＋2.
根据题意得f＝aln＋2≥－a，
即a[ln(－a)－ln 2]≥0.
∵a<0，∴ln(－a)－ln 2≤0，解得a≥－2，
∴实数a的取值范围是[－2,0)．