Question

已知函数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）的极值点；
（Ⅱ）试讨论f（x）的单调性；
（Ⅲ）若a＞0，?x∈（0，+∞），恒有g（x）≥f′（x）（f′（x）为f（x）的导函数），求a的最小值．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：计算题,函数的性质及应用,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求导f′（x）=ax-

1

x

+1，x∈（0，+∞），从而令导数为0求极值点；
（Ⅱ）求导 f′（x）=ax-

1

x

+1=

ax2+x-1

x

，讨论a的取值以确定导数的正负，从而确定函数的单调性；
（Ⅲ）令h（x）=g（x）-f′（x）=ae^x+

a+1

x

-2（a+1），x＞0，从而求导h′（x）=ae^x-

a+1

x2

=

a•ex•x2-(a+1)

x2

，再令p（x）=ae^x•x²-（a+1），再求导p′（x）=ae^x•x（x+2）＞0，从而由导数的正负确定函数的单调性，从而求得h_min（x）=h（x₀）=ae^x₀+

a+1

x0

-2（a+1），从而化恒成立问题为最值问题，再转化为

a+1

x 2 0

+

a+1

x0

-2（a+1）≥0，从而可得0＜

a+1

a

≤e，从而求解．

解答： 解：（Ⅰ）∵f′（x）=ax-

1

x

+1，x∈（0，+∞），
∴a=2时，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）的极值点为x₀=

1

2

．

（Ⅱ） f′（x）=ax-

1

x

+1=

ax2+x-1

x

，
（1）a=0时，f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数；
a≠0时，对二次方程ax²+x-1=0，△=1+4a，
（2）若1+4a≤0，即a≤-

1

4

时，
ax²+x-1＜0，而x＞0，故f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，+∞）上是减函数；
（3）若1+4a＞0，即a＞-

1

4

时，ax²+x-1=0的根为x₁=

-1+ 1+4a

2a

，x₂=

-1- 1+4a

2a

，
①若-

1

4

＜a＜0，则 

-1- 1+4a

2a

＞

-1+ 1+4a

2a

＞0，
∴当x∈（

-1+ 1+4a

2a

，

-1- 1+4a

2a

）时，ax²+x-1＞0，即f′（x）＞0，得f（x）是增函数；
当x∈（0，

-1+ 1+4a

2a

），（

-1- 1+4a

2a

，+∞）时，ax²+x-1＜0，即f′（x）＜0，得f（x）是减函数．
②若a＞0，

-1- 1+4a

2a

＜0＜

-1+ 1+4a

2a

，
∴当x∈（0，

-1+ 1+4a

2a

）时，ax²+x-1＜0，即f′（x）＜0，得f（x）是减函数；
当x∈（

-1+ 1+4a

2a

，+∞）时，ax²+x-1＞0，即f′（x）＞0得f（x）是增函数．
∴综上所述，a=0时，f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数；
当a≤-

1

4

时，f（x）在（0，+∞）上是减函数；
当-

1

4

＜a＜0时，f（x）在（

-1+ 1+4a

2a

，

-1- 1+4a

2a

）上是增函数，在（0，

-1+ 1+4a

2a

），（

-1- 1+4a

2a

，+∞）上是减函数；
当a＞0时，f（x）在（

-1+ 1+4a

2a

，+∞）上是增函数，在（0，

-1+ 1+4a

2a

）上是减函数．

（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），则p′（x）=ae^x•x（x+2）＞0，
即p（x）在（0，+∞）上是增函数．
∵p（x）=-（a+1）＜0，而当x→+∞时，p（x）→+∞，
∴?x₀∈（0，+∞），使得p（x₀）=0．
∴当x∈（0，x₀）时，p（x）＜0，即h′（x）＜0，此时，h（x）单调递减；
当x∈（x₀，+∞）时，p（x）＞0，即h′（x）＞0，此时，h（x）单调递增，
∴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），
转化为

a+1

x 2 0

+

a+1

x0

-2（a+1）≥0，③
因为a＞0，③式可化为

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

，则根据p（x）的单调性易得m（x₀）在（0，1]是增函数，
∴m（0）＜m（x₀）≤m（1），
即0＜

a+1

a

≤e，
解得a≥

1

e-1

，即a的最小值为

1

e-1

．

点评：本题考查了导数的综合应用及恒成立问题的应用，同时考查了分类讨论的思想应用，属于难题．