Question

已知a∈R，函數(shù)f（x）=x²+ax-lnx，g（x）=e^x．（其中e是自然對數(shù)的底數(shù)）
（1）當a=-1時，求函數(shù)y=f（x）的極值；
（2）令F(x)=

f(x)

g(x)

，若函數(shù)F（x）在區(qū)間（0，1]上是單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的正負性判斷單調(diào)性，從而求函數(shù)的極值；
（2）求出F（x）的導(dǎo)數(shù)，化簡構(gòu)造函數(shù)h（x），求出h（x）的導(dǎo)數(shù)，討論函數(shù)h′（x）正負性，判斷h（x）的單調(diào)性，根據(jù)h（x）的正負性，判斷F（x）的單調(diào)性，從而求出參數(shù)a的取值范圍．

解答： 解：（1）當a=-1時，f（x）=x²-x-lnx，定義域為（0，+∞），
∴f′（x）=2x-1-

1

x

=

2x2-x-1

x

=

(x-1)(2x+1)

x

，
∴當0＜x＜1，時f′（x）＜0，當x＞1時，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴在x=1時，f（x）有極小值，且極小值f（x）=f（1）=0；
（2）F（x）=

f(x)

g(x)

=

x2+ax-lnx

ex

，定義域為（0，+∞），
F′（x）=

-x2+(2-a)x+a- 1 x +lnx

ex

，
令h（x）=-x2+(2-a)x+a-

1

x

+lnx，則h′（x）=-2x+

1

x2

+

1

x

+2-a，
h^″（x）=-2-

1

x3

-

1

x2

＜0，故h′（x）在區(qū)間（0，1]上單調(diào)遞減，
從而對（0，1]，h′（x）≥h′（1）=2-a
①當2-a≥0，即a≤2時，h′（x）≥0，∴y=h（x）在區(qū)間（0，1]上單調(diào)遞增，
∴h（x）≤h（1）=0，即F′（x）≤0，
∴y=F（x）在區(qū)間（0，1]上是減函數(shù)，a≤2滿足題意；
②當2-a＜0，即a＞2時，由h′（1）＜0，h′（

1

a

）=-

2

a

+a2+2＞0，0＜

1

a

＜1，
且y=h′（x）在區(qū)間（0，1]的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，
∴y=h′（x）在區(qū)間（0，1]有唯一零點，設(shè)為x₀，
∴h（x）在區(qū)間（0，x₀）上單調(diào)遞增，在（x₀，1]上單調(diào)遞減，
∴h（x₀）＞h（1）=0，而h（e^-a）=-e^-2a+（2-a）e^-a+a-e^a+lne^-a＜0，
且y=h（x）在區(qū)間（0，1]的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，
y=h（x）在區(qū)間（0，1）有唯一零點，設(shè)為x′，
即y=F′（x）在區(qū)間（0，1）有唯一零點，設(shè)為x′，
又F（x）在區(qū)間（0，x′）上單調(diào)遞減，在（x′，1）上單調(diào)遞增，
矛盾，a＞2不合題意；
綜上所得：a的取值范圍為（-∞，2]．

點評：本題考查的是利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值，同時考查了利用導(dǎo)數(shù)解決參數(shù)問題，利運用了二次求導(dǎo)，是一道導(dǎo)數(shù)的綜合性問題．屬于難題．