考點:利用導數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性,利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值
專題:計算題,函數(shù)的性質及應用,導數(shù)的綜合應用
分析:(Ⅰ)求導f′(x)=ax-
+1,x∈(0,+∞),從而令導數(shù)為0求極值點;
(Ⅱ)求導 f′(x)=ax-
+1=
,討論a的取值以確定導數(shù)的正負,從而確定函數(shù)的單調性;
(Ⅲ)令h(x)=g(x)-f′(x)=ae
x+
-2(a+1),x>0,從而求導h′(x)=ae
x-
=
,再令p(x)=ae
x•x
2-(a+1),再求導p′(x)=ae
x•x(x+2)>0,從而由導數(shù)的正負確定函數(shù)的單調性,從而求得h
min(x)=h(x
0)=ae
x0+
-2(a+1),從而化恒成立問題為最值問題,再轉化為
+
-2(a+1)≥0,從而可得0<
≤e,從而求解.
解答:
解:(Ⅰ)∵f′(x)=ax-
+1,x∈(0,+∞),
∴a=2時,f′(x)=2x-
+1=
=
=0,
∴解得x=
,x=-1(舍);
即f(x)的極值點為x
0=
.
(Ⅱ) f′(x)=ax-
+1=
,
(1)a=0時,f(x)在(0,1)上是減函數(shù),在(1,+∞)上是增函數(shù);
a≠0時,對二次方程ax
2+x-1=0,△=1+4a,
(2)若1+4a≤0,即a≤-
時,
ax
2+x-1<0,而x>0,故f′(x)<0,
∴f(x)在(0,+∞)上是減函數(shù);
(3)若1+4a>0,即a>-
時,ax
2+x-1=0的根為x
1=
,x
2=
,
①若-
<a<0,則
>
>0,
∴當x∈(
,
)時,ax
2+x-1>0,即f′(x)>0,得f(x)是增函數(shù);
當x∈(0,
),(
,+∞)時,ax
2+x-1<0,即f′(x)<0,得f(x)是減函數(shù).
②若a>0,
<0<
,
∴當x∈(0,
)時,ax
2+x-1<0,即f′(x)<0,得f(x)是減函數(shù);
當x∈(
,+∞)時,ax
2+x-1>0,即f′(x)>0得f(x)是增函數(shù).
∴綜上所述,a=0時,f(x)在(0,1)上是減函數(shù),在(1,+∞)上是增函數(shù);
當a≤-
時,f(x)在(0,+∞)上是減函數(shù);
當-
<a<0時,f(x)在(
,
)上是增函數(shù),在(0,
),(
,+∞)上是減函數(shù);
當a>0時,f(x)在(
,+∞)上是增函數(shù),在(0,
)上是減函數(shù).
(Ⅲ)令h(x)=g(x)-f′(x)=ae
x+
-2(a+1),x>0,
于是h′(x)=ae
x-
=
.
令p(x)=ae
x•x
2-(a+1),則p′(x)=ae
x•x(x+2)>0,
即p(x)在(0,+∞)上是增函數(shù).
∵p(x)=-(a+1)<0,而當x→+∞時,p(x)→+∞,
∴?x
0∈(0,+∞),使得p(x
0)=0.
∴當x∈(0,x
0)時,p(x)<0,即h′(x)<0,此時,h(x)單調遞減;
當x∈(x
0,+∞)時,p(x)>0,即h′(x)>0,此時,h(x)單調遞增,
∴h
min(x)=h(x
0)=ae
x0+
-2(a+1),①
由p(x
0)=0可得ae
x0•
-(a+1)=0,整理得ae
x0=
,②
代入①中,得h(x
0)=
+
-2(a+1),
由?x∈(0,+∞),恒有g(x)≥f′(x),
轉化為
+
-2(a+1)≥0,③
因為a>0,③式可化為
+
-2≥0,整理得
2-x
0-1≤0,
解得-
≤x
0≤1;
再由x
0>0,于是0<x
0≤1;
由②可得e
x0•
=
;
令m(x
0)=e
x0•
,則根據(jù)p(x)的單調性易得m(x
0)在(0,1]是增函數(shù),
∴m(0)<m(x
0)≤m(1),
即0<
≤e,
解得a≥
,即a的最小值為
.
點評:本題考查了導數(shù)的綜合應用及恒成立問題的應用,同時考查了分類討論的思想應用,屬于難題.