第3讲 导数的简单应用

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第3讲 导数的简单应用

考点一 导数的几何意义

[学生用书P90]

[典型例题

(1)(2020·湖北八校第一次联考)已知曲线C ：f (x )＝x 3－3x ，直线l ：y ＝ax －3a ，则a ＝6是直线l 与曲线C 相切的( )

A ．充分不必要条件

B ．必要不充分条件

C ．充要条件

D ．既不充分也不必要条件

(2)(2020·高考全国卷Ⅰ)曲线y ＝ln x ＋x ＋1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为________．

【解析】 (1)因为曲线C ：f (x )＝x 3－3x ，所以f ′(x )＝3x 2－3.设直线l 与曲线

C 相切，且切点的横坐标为x 0，则切线方程为y ＝(3x 20－3)x －2x 30，所以

???3x 20－3＝a ，2x 30＝3a ，解得???x 0＝3，a ＝6或?????x 0＝－32，a ＝－34，

所以a ＝6是直线l 与曲线C 相切的充分不必要条件，故选A.

(2)设切点坐标为(x 0，ln x 0＋x 0＋1)．由题意得y ′＝1x

＋1，则该切线的斜率k ＝? ????1x ＋1???x ＝x 0＝1x 0

＋1＝2，解得x 0＝1，所以切点坐标为(1，2)，所以该切线的方程为y －2＝2(x －1)，即y ＝2x .

【答案】 (1)A (2)y ＝2x

求曲线y ＝f (x )的切线方程的3种类型及方法

(1)已知切点P (x 0，y 0)，求切线方程

求出切线的斜率f ′(x 0)，由点斜式写出方程．

(2)已知切线的斜率k ，求切线方程

设切点为P (x 0，y 0)，通过方程k ＝f ′(x 0)解得x 0，再由点斜式写出方程．

(3)已知切线上一点(非切点)，求切线方程

设切点为P (x 0，y 0)，利用导数求得切线斜率f ′(x 0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x 0，再由点斜式或两点式写出方程．

[对点训练]

1．曲线f (x )＝x 3－x ＋3在点P 处的切线平行于直线y ＝2x －1，则P 点的坐标为( )

A ．(1，3)

B ．(－1，3)

C ．(1，3)或(－1，3)

D ．(1，－3)

解析：选C.f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )＝2，则3x 2－1＝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．故选C.

2．已知直线l 既是曲线C 1：y ＝e x 的切线，又是曲线C 2：y ＝14

e 2x 2的切线，则直线l 在x 轴上的截距为( )

A ．2

B ．1

C ．e 2

D ．－e 2

解析：选B.设直线l 与曲线C 1：y ＝e x 的切点为A (x 1，e x 1)，与曲线C 2：y ＝

14e 2x 2的切点为B ? ??

??x 2，14e 2x 22.由y ＝e x ，得y ′＝e x ，所以曲线C 1在点A 处的切线方程为y －e x 1＝e x 1 (x －x 1)，即y ＝e x 1x －e x 1 (x 1－1) ①.

由y ＝14e 2x 2，得y ′＝12e 2x ，所以曲线C 2在点B 处的切线方程为y －14e 2x 22＝12

e 2x 2(x －x 2)，即y ＝12e 2x 2x －14e 2x 22 ②.

因为①②表示的切线为同一直线，所以?????e x 1＝12e 2x 2，e x 1（x 1－1）＝14

e 2x 22，解得???x 1＝2，x 2＝2，

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.

考点二利用导数研究函数的单调性

[学生用书P91]

[典型例题]

命题角度1确定函数的单调性(区间)

已知函数f(x)＝ln(x＋1)－ax2＋x

（x＋1）2

，且1

【解】函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝x（x－2a＋3）

（x＋1）3

，x>－1.

①当－1<2a－3<0，即1

2时，

当－10时，f′(x)>0，则f(x)在(－1，2a－3)，(0，＋∞)上单调递增，

当2a－3

②当2a－3＝0，即a＝3

2时，f′(x)≥0，则f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．

③当2a－3>0，即3

2

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

2时，f(x)在(－1，2a－3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a－3，

0)上单调递减；当a＝3

2时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；当

3

2

1，0)，(2a－3，＋∞)上单调递增，在(0，2a－3)上单调递减．

利用导数求函数的单调区间的3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2 已知函数的单调性求参数

已知x ＝1是f (x )＝2x ＋b x ＋ln x 的一个极值点．

(1)求函数f (x )的单调递减区间；

(2)设函数g (x )＝f (x )－3＋a x ，若函数g (x )在区间[1，2]内单调递增，求a 的取

值范围．

【解】 (1)f (x )＝2x ＋b x

＋ln x ，定义域为(0，＋∞)， 所以f ′(x )＝2－b x 2＋1x ＝2x 2＋x －b x 2

(x >0)． 因为x ＝1是f (x )＝2x ＋b x ＋ln x 的一个极值点，

所以f ′(1)＝0，即2－b ＋1＝0.

解得b ＝3，经检验，符合题意，所以b ＝3.

所以f ′(x )＝2－3x 2＋1x ＝2x 2＋x －3x 2

， 令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1.

所以函数f (x )的单调递减区间为(0，1)．

(2)g (x )＝f (x )－3＋a x ＝2x ＋ln x －a x (x ＞0)，

g ′(x )＝2＋1x ＋a x 2(x ＞0)．

因为函数g (x )在[1，2]上单调递增，

所以g ′(x )≥0在[1，2]上恒成立，

即2＋1x ＋a x 2≥0在[1，2]上恒成立，

所以a ≥－2x 2－x 在[1，2]上恒成立，

所以a ≥(－2x 2－x )max ，x ∈[1，2]．

因为在[1，2]上，(－2x 2－x )max ＝－3，

所以a ≥－3.

所以a 的取值范围是[－3，＋∞)．

(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．已知函数f (x )＝－ln x ＋12x 2＋5，则其单调递增区间为( )

A ．(0，1]

B ．[0，1]

C ．(0，＋∞)

D ．(1，＋∞)

解析：选D.由题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，因为f (x )＝－ln x ＋12

x 2＋5，所以f ′(x )＝－1x ＋x ＝1x (x 2－1)．由???f ′（x ）＞0，x ＞0????x 2－1＞0，x ＞0

????x ＜－1或x ＞1，x ＞0

?x ＞1.故选D. 2．(2020·湖北八校第一次联考)已知f (x )是定义在R 上的函数，f ′(x )是函数f (x )的导函数，且?x ∈R ，f ′(x )＞1，f (1)＝0，则( )

A ．f (e)＜e －1

B ．f (0)＞－1

C ．f (0)＜－1

D ．f (e)＜f (0)＋e

解析：选C.令g (x )＝f (x )－x ，则g ′(x )＝f ′(x )－1＞0，所以g (x )在R 上单调递增，由g (e)＞g (1)得f (e)－e ＞f (1)－1＝－1，所以f (e)＞e －1，故选项A 不正确．由g (0)＜g (1)得f (0)＜f (1)－1＝－1，故选项B 不正确，选项C 正确．由g (e)＞g (0)

得f (e)－e ＞f (0)，所以f (e)＞f (0)＋e ，故选项D 不正确．故选C.

3．已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，讨论f (x )的单调性．

解：函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．

①若a ＝0，则f (x )＝e 2x 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 ? ????－a 2. 当x ∈? ??

??－∞，ln ? ????－a 2时，f ′(x )<0； 当x ∈? ??

??ln ? ????－a 2，＋∞时，f ′(x )>0； 故f (x )在? ??

??－∞，ln ? ????－a 2上单调递减， 在? ??

??ln ? ????－a 2，＋∞上单调递增．

考点三 利用导数研究函数的极值(最值)问题

[学生用书P92]

[典型例题]

命题角度1 求函数的极值或最值

(2020·高考北京卷改编)已知函数f (x )＝12－x 2.设曲线y ＝f (x )在点(t ，f (t ))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S (t )，求S (t )的最小值．

【解】 因为f ′(x )＝－2x ，则f ′(t )＝－2t ，又f (t )＝12－t 2，所以曲线y ＝f (x )

在点(t，f(t))处的切线方程为y－(12－t2)＝－2t(x－t)，即y＝－2tx＋t2＋12.若t＝0，则围不成三角形，故t≠0.

令x＝0，得y＝t2＋12，记A(0，t2＋12)，O为坐标原点，则|OA|＝t2＋12，

令y＝0，得x＝t2＋12

2t，记B?

?

?

?

?

t2＋12

2t，0，则|OB|＝

t2＋12

2|t|，

所以S(t)＝1

2|OA||OB|＝

（t2＋12）2

4|t|，

因为S(t)为偶函数，所以仅考虑t＞0即可．

当t＞0时，S(t)＝1

4?

?

?

?

?t3＋24t＋

144

t，

则S′(t)＝1

4?

?

?

?

?

3t2＋24－

144

t2＝

3

4t2(t

2－4)(t2＋12)，

令S′(t)＝0，得t＝2，

所以当t变化时，S′(t)与S(t)的变化情况如表：

t(0，2)2(2，＋∞)

S′(t)－0＋

S(t)极小值

所以S(t)min

利用导数研究函数的极值、最值应注意的问题

(1)不能忽略函数f(x)的定义域．

(2)f′(x0)＝0是可导函数在x＝x0处取得极值的必要不充分条件．

(3)函数的极小值不一定比极大值小．

(4)函数在区间(a，b)上有唯一极值点，则这个极值点也是最大(小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．

命题角度2已知函数的极值或最值求参数

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)＝1

x＋2x－3＝

2x2－3x＋1

x，

令f ′(x )＝0，解得x 1＝12，x 2＝1，

当00，所以函数f (x )在? ??

??0，12上单调递增； 当12

??12，1上单调递减； 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? ????0，12，(1，＋∞)，单调递减区间为? ??

??12，1. (2)f ′(x )＝2ax 2－（2a ＋1）x ＋1x ＝（2ax －1）（x －1）x

， 令f ′(x )＝0，得x ′1＝1，x ′2＝12a ，

因为f (x )在x ＝1处取得极值，所以x ′2＝12a ≠x ′1＝1，

当12a <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<12a <1时，f (x )在? ????0，12a 上单调递增，在? ??

??12a ，1上单调递减，在(1，e]上单调递增，

所以最大值1可能在x ＝12a 或x ＝e 处取得，

而f ? ????12a ＝ln 12a ＋a ? ??

??12a 2－(2a ＋1)·12a ＝ln 12a －14a －1<0， 所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2

. 当1<12a

??12a ，e 上单调递增，

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 ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，

解得a ＝1e －2

，与1<12a

当12a ≥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 ＝

1e －2

或a ＝－2.

掌握已知函数极值点或极值求参数的2个要领

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 [对点训练]

1．(多选)(2020·福建漳州期末)定义在区间????

??－12，4上的函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如图，则下列结论正确的是( )

A ．函数f (x )在区间(0，4)上单调递增

B ．函数f (x )在区间? ??

??－12，0上单调递减 C ．函数f (x )在x ＝1处取得极大值

D ．函数f (x )在x ＝0处取得极小值

解析：选ABD.根据导函数的图象可知，在区间????

??－12，0上，f ′(x )＜0，此时函数f (x )单调递减；在区间(0，4]上，f ′(x )＞0，此时函数f (x )单调递增，所以f (x )在x ＝0处取得极小值，没有极大值．所以A ，B ，D 项均正确，C 项错误．故选ABD.

2．函数f (x )＝1－x x ＋ln x ，x ∈????

??1e ，e 的最大值为________． 解析：f (x )＝1－x x ＋ln x ，则f ′(x )＝－1x 2＋1x ，可得函数f (x )在????

??1e ，1上单调递

减，在(1，e]上单调递增，又f(e)＝1

e＜f?

?

?

?

?1

e＝e－2，所以函数f(x)在??

?

?

?

?

1

e，e上的最

大值为e－2.

答案：e－2

3．已知函数f(x)＝a e x－e－x－(a＋1)x(a∈R)，f(x)既存在极大值，又存在极小值．求实数a的取值范围．

解：由f(x)＝a e x－e－x－(a＋1)x得f′(x)＝a e x＋e－x－(a＋1)，即f′(x)＝e－x(e x－1)(a e x－1)．

由f(x)既存在极大值，又存在极小值，知f′(x)＝0必有两个不相等的实数根．由e x－1＝0得x＝0，所以a e x－1＝0必有一个非零实数根，

所以a≠0，e x＝1

a，所以

1

a＞0且

1

a≠1，所以0＜a＜1或a＞1.

所以实数a的取值范围为(0，1)∪(1，＋∞)．

[学生用书(单独成册)P157]

1．若曲线y＝x n

e x在点?

?

?

?

?

1，

1

e处的切线的斜率为

4

e，则n＝()

A．2B．3 C．4 D．5

解析：选D.由题意得y′＝nx n－1e x－x n e x

（e x）2

＝

nx n－1－x n

e x，所以y′??

?

x＝1

＝

n－1

e＝

4

e，

所以n＝5.故选D.

2．(一题多解)(2020·昆明市三诊一模)设f′(x)是函数f(x) 的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象可能是()

解析：选D.通解：因为在区间(－3，－1)和区间(0，1)上f ′(x )＞0，在区间(－1，0)和区间(1，3)上f ′(x )＜0，所以函数y ＝f (x )在(－3，－1)，(0，1)上单调递增，在(－1，0)，(1，3)上单调递减，观察各选项知，只有D 符合题意，故选D.

优解：由题图知，y ＝f ′(x )在x ＝－1的左侧大于0，右侧小于0，所以函数y ＝f (x )在x ＝－1处取得极大值，观察各选项知，只有D 符合题意，故选D.

3．已知a 为实数，f (x )＝ax 3＋3x ＋2，若f ′(－1)＝－3，则函数f (x )的单调递增区间为( )

A ．(－2，2)

B ．? ????－22，22

C ．(0，2)

D ．? ????－2，22 解析：选B.因为f (x )＝ax 3＋3x ＋2，则f ′(x )＝3ax 2＋3.又f ′(－1)＝3a ＋3＝－3，

解得a ＝－2，故f ′(x )＝－6x 2＋3.由f ′(x )＞0得－22＜x ＜22，则函数f (x )的单调

递增区间为? ????－22

，22.故选B. 4．(多选)设函数f (x )＝e x

ln x ，则下列说法正确的是( )

A ．函数f (x )的定义域是(0，＋∞)

B ．当x ∈(0，1)时，函数f (x )的图象位于x 轴下方

C ．函数f (x )存在单调递增区间

D ．函数f (x )有且仅有两个极值点

解析：选BC.由题意知，函数f (x )的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，所以A 项错误；当x ∈(0，1)时，e x >0，ln x ＜0，所以f (x )＜0，所以函数f (x )在(0，1)上的

图象都在x 轴的下方，所以B 项正确；因为f ′(x )＝e x ? ????ln x －1x （ln x ）2＞0在定义域上有

解，所以函数f (x )存在单调递增区间，所以C 项正确；令g (x )＝ln x －1x (x ＞0且

x ≠1)，则g ′(x )＝1x ＋1x 2(x ＞0且x ≠1)，所以g ′(x )＞0，所以函数g (x )在定义域上

单调递增，所以函数f ′(x )＝0只有一个根x 0，使得f ′(x 0)＝0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0，此时函数f (x )单调递减，当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0，此时函数f (x )单调递增，所以函数f (x )只有一个极小值，所以D 项错误．

5．(多选)(2020·山东临沂期末)已知函数f (x )＝x ＋sin x －x cos x 的定义域为[－2π，2π)，则( )

A ．函数f (x )为奇函数

B ．函数f (x )在[0，π)上单调递增

C ．函数f (x )恰有4个极大值点

D ．函数f (x )有且仅有4个极值点

解析：选BD.

因为函数f (x )的定义域为[－2π，2π)，所以函数f (x )是非奇非偶函数，故A 项错误；由f (x )＝x ＋sin x －x cos x ，得f ′(x )＝1＋cos x －(cos x －x sin x )＝1＋x sin x ，所以当x ∈[0，π)时，f ′(x )＞0，此时函数f (x )单调递增，故B 项正确；显然f ′(0)≠0，

令f ′(x )＝0，得sin x ＝－1x ，分别作出函数y ＝sin x 与y ＝－1x 在区间[－2π，2π)

上的图象，如图，由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故f (x )在区间[－2π，2π)上的极值点的个数为4，且f (x )只有2个极大值点，故C 项错误，D 项正确．故选BD.

6．(2020·西安五校联考)已知函数f (x )＝x 2

2＋(m ＋1)e x ＋2(m ∈R )有两个不同的极值点，则实数m 的取值范围为( )

A.? ????－1－1e ，－1 B ．????

??－1e ，0

C.? ????－∞，－1e D ．(0，＋∞)

解析：选A.函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝x ＋(m ＋1)e x .

因为函数f (x )有两个不同的极值点，所以f ′(x )＝x ＋(m ＋1)e x 有两个不同的零

点，故关于x 的方程－m －1＝x e x 有两个不同的解．

令g (x )＝x e x ，则g (x )＝x e x 的图象与y ＝－m －1的图象有两个不同的交点．

g ′(x )＝1－x e x ，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )＞0；

当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0.

所以函数g (x )＝x e x 在区间(－∞，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递

减．故g (x )在x ＝1处取得最大值．

又当x →－∞时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→0，且g (1)＝1e ，

所以0＜－m －1＜1e ，所以－1－1e ＜m ＜－1，故选A.

7．(2020·广东省七校联考)已知曲线y ＝1x ＋ln x a

在x ＝1处的切线l 与直线2x ＋3y ＝0垂直，则实数a 的值为________．

解析：因为直线2x ＋3y ＝0的斜率为－23，所以曲线y ＝1x ＋ln x a 在x ＝1处的

切线的斜率为32，y ′＝－x －2＋1xa ，因为当x ＝1时，y ′＝32，所以－1＋1a ＝32，可

得a ＝25.

答案：25

8．已知f (x )＝x 2＋ax ＋3ln x 在(1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围为________．

解析：由题意得f ′(x )＝2x ＋a ＋3x ＝2x 2＋ax ＋3x

≥0在(1，＋∞)上恒成立?g (x )＝2x 2＋ax ＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立?Δ＝a 2－24≤0或?????－a 4≤1，g （1）≥0

?－26

≤a ≤26或?

??a ≥－4，a ≥－5?a ≥－2 6. 答案：[－26，＋∞)

9．(2020·深圳市统一测试)函数f (x )是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f ′(x )为其导函数，若xf ′(x )＋f (x )＝(1－x )e x ，且f (2)＝0，则f (x )＞0的解集为________．

解析：设F (x )＝xf (x )，则F ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )＝(1－x )e x ，设F (x )＝(ax ＋b )e x ＋c ，

则F ′(x )＝(ax ＋b ＋a )e x

，所以???a ＝－1，a ＋b ＝1，解得???a ＝－1，b ＝2，所以F (x )＝(2－x )e x ＋c ，又F (2)＝2f (2)＝0，所以c ＝0，F (x )＝(2－x )e x ，f (x )＝2－x x e x ，由f (x )＞0，得0＜

x ＜2，所以不等式f (x )＞0的解集是(0，2)．

答案：(0，2)

10．(2020·高考天津卷改编)已知函数f (x )＝x 3＋6ln x ，f ′(x )为f (x )的导函数．

(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；

(2)求函数g (x )＝f (x )－f ′(x )＋9x 的单调区间和极值．

解：(1)因为f (x )＝x 3＋6ln x ，故f ′(x )＝3x 2＋6x

.可得f (1)＝1，f ′(1)＝9，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －1＝9(x －1)，即y ＝9x －8.

(2)依题意，g (x )＝x 3－3x 2＋6ln x ＋3x ，x ∈(0，＋∞)．从而可得g ′(x )＝3x 2－

6x ＋6x －3x 2，整理可得g ′(x )＝3（x －1）3（x ＋1）x 2

.令g ′(x )＝0，解得x ＝1. 当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：

所以函数＋∞)；g (x )的极小值为g (1)＝1，无极大值．

11．已知函数f (x )＝ln x －x e x ＋ax (a ∈R )．

(1)若函数f (x )在[1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围；

(2)若a ＝1，求f (x )的最大值．

解：(1)由题意知，f ′(x )＝1x －(e x ＋x e x )＋a ＝1x －(x ＋1)e x ＋a ≤0在[1，＋∞)

上恒成立，所以a ≤(x ＋1)e x －1x 在[1，＋∞)上恒成立．令g (x )＝(x ＋1)e x －1x ，则

g ′(x )＝(x ＋2)e x ＋1x 2＞0，所以g (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝2e

－1，

所以a ≤2e －1.

故实数a 的取值范围是(－∞，2e －1]．

(2)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x e x ＋x (x ＞0)，

则f ′(x )＝1x －(x ＋1)e x ＋1＝(x ＋1)? ??

??1x －e x . 令m (x )＝1x －e x ，则m ′(x )＝－1x 2－e x ＜0，

所以m (x )在(0，＋∞)上单调递减．

又m ? ????12＞0，m (1)＜0，所以存在x 0∈? ????12，1满足m (x 0)＝0，即e x 0＝1x 0

. 当x ∈(0，x 0)时，m (x )＞0，f ′(x )＞0；当x ∈(x 0，＋∞)时，m (x )＜0，f ′(x )＜0.

所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减．

所以f (x )max ＝f (x 0)＝ln x 0－x 0e x 0＋x 0，

因为e x 0

＝1x 0，所以x 0＝－ln x 0，x 0e x 0＝1，所以f (x 0)＝－x 0－1＋x 0＝－1，所以f (x )max ＝－1.

12．(2020·西安五校联考)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R .

(1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；

(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围．

解：(1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ，可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)，

则g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x ，

当a ≤0时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增．

当a ＞0时，若x ∈? ??

??0，12a ，则g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，

若x ∈? ??

??12a ，＋∞，则g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减． 所以当a ≤0时，函数g (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；

当a ＞0时，函数g (x )的单调递增区间为? ????0，12a ，单调递减区间为? ??

??12a ，＋∞. (2)由题意知，f ′(1)＝0.

①当a ≤0时，g (x )在(0，＋∞)上单调递增，即f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增． 所以当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，

当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．

所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．

②当0＜a ＜12时，12a ＞1，由(1)知f ′(x )在? ??

??0，12a 上单调递增，可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0；当x ∈? ??

??1，12a 时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，1)上单调递减，在? ??

??1，12a 上单调递增，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意． ③当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意．

④当a ＞12时，0＜12a ＜1，当x ∈? ??

??12a ，1时，f ′(x )单调递减，所以f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )单调递减，所以f ′(x )＜0，f (x )单调递减，

所以f (x )在x ＝1处取得极大值，符合题意．

综上可知，实数a 的取值范围为? ??

??12，＋∞.