Question

已知函数f（x）=lnx+ax²+bx（其中a、b为常数且a≠0）在x=1处取得极值．
（1）当a=1时，求f（x）的极大值点和极小值点；
（2）若f（x）在（0，e]上的最大值为1，求a的值．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：（1）通过求解函数的导数，结合函数的极值点，求出b，然后通过函数的单调性求解极值点即可．
（2）通过f′（x）=0求出x₁=1，x₂=

1

2a

，然后讨论当

1

2a

＜0时，f（x）在区间（0，e]上的最大值为f（1），求出a．（ⅱ）当a＞0时，①当

1

2a

＜1时，利用f（x）在（0，

1

2a

）上单调递增，（

1

2a

，1）上单调递减，（1，e）上单调递增，求出a=

1

e-2

．②当1≤

1

2a

＜e时，f（x）在区间（0，1）上单调递增，（1，

1

2a

）上单调递减，（

1

2a

，e）上单调递增，求解a即可．③当x₂=

1

2a

≥e时，f（x）在区间（0，1）上单调递增，在（1，e）上单调递减，求解a即可．

解答： （本小题满分12分）
解：（1）因为f（x）=lnx+ax²+bx，所以f′（x）=

1

x

+2ax+b．
因为函数f（x）=lnx+ax²+bx在x=1处取得极值，
f′（1）=1+2a+b=0．当a=1时，b=-3，f′（x）=

2x2-3x+1

x

，
f′（x）、f（x）随x的变化情况如下表：

x	（0， 1 2 ）	1 2	（ 1 2 ，1）	1	（1，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	?增函数	极大值	?减函数	极小值	?增函数

所以f（x）的单调递增区间为（0，

1

2

）和（1，+∞），单调递减区间为（

1

2

，1）----（3分）
所以f（x）的极大值点为

1

2

，f（x）的极小值点为1．---------------（4分）
（2）因为f′（x）=

2ax2-(2a+1)x+1

x

=

(2ax-1)(x-1)

x

（x＞0），
令f′（x）=0得，x₁=1，x₂=

1

2a

，
因为f（x）在x=1处取得极值，所以x₂=

1

2a

≠x₁=1，
（ⅰ）当

1

2a

＜0时，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，e]上单调递减，
所以f（x）在区间（0，e]上的最大值为f（1），令f（1）=1，解得a=-2，--------（7分）
（ⅱ）当a＞0时，x₂=

1

2a

＞0，
①当

1

2a

＜1时，f（x）在（0，

1

2a

）上单调递增，（

1

2a

，1）上单调递减，（1，e）上单调递增，
所以最大值1可能在x=

1

2a

或x=e处取得，
而f（

1

2a

）=ln

1

2a

+a（

1

2a

）²-（2a+1）•

1

2a

=ln

1

2a

-

1

4a

-1＜0，
所以f（e）=lne+ae²-（2a+1）e=1，解得a=

1

e-2

；------------------（9分）
②当1≤

1

2a

＜e时，f（x）在区间（0，1）上单调递增，（1，

1

2a

）上单调递减，（

1

2a

，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）=ln1+a-（2a+1）＜0，
所以f（e）=lne+ae²-（2a+1）e=1，
解得a=

1

e-2

，与1＜x₂=

1

2a

＜e矛盾；
③当x₂=

1

2a

≥e时，f（x）在区间（0，1）上单调递增，在（1，e）上单调递减，
所以最大值1可能在x=1处取得，而f（1）=ln1+a-（2a+1）＜0，矛盾．
综上所述，a=

1

e-2

或a=-2．------------------------（12分）

点评：考查导数的基本概念（极值点的概念）、应用，含字母的分类讨论的思想．考查分析问题解决问题的能力．