Question

已知函數(shù)f（x）=

a

2

x²-lnx+x+1，g（x）=ae^x+

a

x

+ax-2a-1，其中a∈R．
（Ⅰ）若a=2，求f（x）的極值點；
（Ⅱ）試討論f（x）的單調性；
（Ⅲ）若a＞0，?x∈（0，+∞），恒有g（x）≥f′（x）（f′（x）為f（x）的導函數(shù)），求a的最小值．

Answer 1

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

+1，x∈（0，+∞），從而令導數(shù)為0求極值點；
（Ⅱ）求導 f′（x）=ax-

1

x

+1=

ax2+x-1

x

，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+

a+1

x

-2（a+1），x＞0，從而求導h′（x）=ae^x-

a+1

x2

=

a•ex•x2-(a+1)

x2

，再令p（x）=ae^x•x²-（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（x₀）=ae^x₀+

a+1

x0

-2（a+1），從而化恒成立問題為最值問題，再轉化為

a+1

x 2 0

+

a+1

x0

-2（a+1）≥0，從而可得0＜

a+1

a

≤e，從而求解．

解答： 解：（Ⅰ）∵f′（x）=ax-

1

x

+1，x∈（0，+∞），
∴a=2時，f′（x）=2x-

1

x

+1=

2x2+x-1

x

=

(2x-1)(x+1)

x

=0，
∴解得x=

1

2

，x=-1（舍）；
即f（x）的極值點為x₀=

1

2

．

（Ⅱ） f′（x）=ax-

1

x

+1=

ax2+x-1

x

，
（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ax²+x-1=0，△=1+4a，
（2）若1+4a≤0，即a≤-

1

4

時，
ax²+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＞-

1

4

時，ax²+x-1=0的根為x₁=

-1+ 1+4a

2a

，x₂=

-1- 1+4a

2a

，
①若-

1

4

＜a＜0，則 

-1- 1+4a

2a

＞

-1+ 1+4a

2a

＞0，
∴當x∈（

-1+ 1+4a

2a

，

-1- 1+4a

2a

）時，ax²+x-1＞0，即f′（x）＞0，得f（x）是增函數(shù)；
當x∈（0，

-1+ 1+4a

2a

），（

-1- 1+4a

2a

，+∞）時，ax²+x-1＜0，即f′（x）＜0，得f（x）是減函數(shù)．
②若a＞0，

-1- 1+4a

2a

＜0＜

-1+ 1+4a

2a

，
∴當x∈（0，

-1+ 1+4a

2a

）時，ax²+x-1＜0，即f′（x）＜0，得f（x）是減函數(shù)；
當x∈（

-1+ 1+4a

2a

，+∞）時，ax²+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≤-

1

4

時，f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)；
當-

1

4

＜a＜0時，f（x）在（

-1+ 1+4a

2a

，

-1- 1+4a

2a

）上是增函數(shù)，在（0，

-1+ 1+4a

2a

），（

-1- 1+4a

2a

，+∞）上是減函數(shù)；
當a＞0時，f（x）在（

-1+ 1+4a

2a

，+∞）上是增函數(shù)，在（0，

-1+ 1+4a

2a

）上是減函數(shù)．

（Ⅲ）令h（x）=g（x）-f′（x）=ae^x+

a+1

x

-2（a+1），x＞0，
于是h′（x）=ae^x-

a+1

x2

=

a•ex•x2-(a+1)

x2

．
令p（x）=ae^x•x²-（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）→+∞，
∴?x₀∈（0，+∞），使得p（x₀）=0．
∴當x∈（0，x₀）時，p（x）＜0，即h′（x）＜0，此時，h（x）單調遞減；
當x∈（x₀，+∞）時，p（x）＞0，即h′（x）＞0，此時，h（x）單調遞增，
∴h_min（x）=h（x₀）=ae^x₀+

a+1

x0

-2（a+1），①
由p（x₀）=0可得ae^x₀•

x

2 0

-（a+1）=0，整理得ae^x₀=

a+1

x 2 0

，②
代入①中，得h（x₀）=

a+1

x 2 0

+

a+1

x0

-2（a+1），
由?x∈（0，+∞），恒有g（x）≥f′（x），
轉化為

a+1

x 2 0

+

a+1

x0

-2（a+1）≥0，③
因為a＞0，③式可化為

1

x 2 0

+

1

x0

-2≥0，整理得2

x

2 0

-x₀-1≤0，
解得-

1

2

≤x₀≤1；
再由x₀＞0，于是0＜x₀≤1；
由②可得e^x₀•

x

2 0

=

a+1

a

；
令m（x₀）=e^x₀•

x

2 0

，則根據(jù)p（x）的單調性易得m（x₀）在（0，1]是增函數(shù)，
∴m（0）＜m（x₀）≤m（1），
即0＜

a+1

a

≤e，
解得a≥

1

e-1

，即a的最小值為

1

e-1

．

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．