对应学生书P223
1．(2011·广州模拟)已知x＝3是函数f(x)＝aln(1＋x)＋x2－10x的一个极值点．
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)若直线y＝b与函数y＝f(x)的图像有三个交点，求b的取值范围．
解析：(1)因为f′(x)＝ ＋2x－10，
∴f′(3)＝＋6－10＝0，得a＝16.
(2)由(1)知，
f(x)＝16ln(1＋x)＋x2－10x，x∈(－1，＋∞)，
f′(x)＝ .
当x∈(－1,1)∪(3，＋∞)时，f′(x)＞0；
当x∈(1,3)时，f′(x)＜0.
∴f(x)的单调增区间是(－1,1)，(3，＋8)；
f(x)的单调减区间是(1,3)，
(3)由(2)知，f(x)在(－1,1)内单调增加，在(1,3)内单调减小，在(3，＋∞)上单调增加，且当x＝1，或x＝3时，f′(x)＝0，∴f(x)的极大值为f(1)＝16ln2－9，极小值为f(3)＝32ln2－21.
∵f(16)＞162－10×16＞16ln2－9＝f(1)，
f(e－2－1)＜－32＋11＝－21＜f(3)，
∴在f(x)的三个单调区间(－1,1)，(1,3)，(3，＋∞)，直线y＝b与y＝f(x)的图像各有一个交点，即f(3)＜b＜f(1)．
∴b的取值范围为(32ln2－21,16ln2－9).
2．设函数f(x)＝x2－mlnx，h(x)＝x2－x＋a.
(1)当a＝0时，f(x)≥h(x)在(1，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；
(2)当m＝2时，若函数k(x)＝f(x)－h(x)在[1,3]上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围．
解析：(1)由a＝0，f(x)≥h(x)，
可得－mlnx≥－x，x∈(1，＋∞)，即m≤ .
记φ(x)＝ ，则f(x)≥h(x)在(1，＋∞)上恒成立等价于m≤φ(x)min.
求得φ′(x)＝
当x∈(1，e)，φ′(x)＜0；
当x∈(e，＋∞)时，φ′(x)＞0.
故φ(x)在x＝e处取得极小值，也是最小值，]
即φ(x)min＝φ(e)＝e，故m≤e.
(2)函数k(x)＝f(x)－h(x)在[1,3]上恰有两个不同的零点等价于方程x－2lnx＝a，在[1,3]上恰有两个相异实根．
令g(x)＝x－2ln，则g′(x)＜1－.
当x∈[1,2)时，g′(x)＜0；
当x∈(2,3]时，g′(x)＞0.
∴g(x)在(1,2)上是单调递减函数，在(2,3]上是单调递增函数．故g(x)min＝g(2)＝2－2ln2.
又g(1)＝1，g(3)＝3－2ln3，
∵g(1)＞g(3)，∴只需g(2)＜a≤g(3)．
故a的取值范围是(2－ln2,3－2ln3].
3．(2010·天津)已知函数f(x)＝ax3－x2＋1(x∈R)，其中a＞0.
(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)若在区间上，f(x)＞0恒成立，求a的取值范围．
解析：(1)当a＝1时，f(x)＝x3－x2＋1，f(2)＝3.f′(x)＝3x2－3x，f′(2)＝6，故曲线y＝
f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为
y－3＝6(x－2)，即y＝6x－9.
(2)f′(x)＝3ax2－3x＝3x(ax－1)．
令f′(x)＝0，解得x＝0，或x＝.
以下分两种情况讨论：
①若0＜a≤2，则≥.当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：
当x∈ | 时， | 即 |
f(x)＞0 等价于 |
解不等式组得－5＜a＜5.因此0＜a≤2.
②若a＞2，则0＜＜.当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：
]
当x∈ 时，
f(x)＞0等价于 即
解不等式组得＜a＜5，或a＜－.因此2＜a＜5.
综合①②，可知a的取值范围为0＜a＜5.
4．(2010·辽宁)已知函数f(x)＝(a＋1)lnx＋ax2＋1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设a≤－2，求证：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，
|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.
解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ | ＋2ax＝ | . |
当a≥0时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a≤－1时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当－1＜a＜0时，令f′(x)＝0，解得x＝，则当x∈ 时，f′(x)＞
0；当x∈ 时，f′(x)＜0.故f(x)在 上单调递增，在
上单调递减．
(2)不妨设x1≥x2.由于a≤－2，故f(x)在(0，＋∞)上单调减少，所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于
f(x2)－f(x1)≥4x1－4x2，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1.
令g(x)＝f(x)＋4x，则
g′(x)＝ | ＋2ax＋4＝ | ＝ | . |
≤0. | |||
于是g′(x)≤ | |||
从而g(x)在(0，＋∞)上单调减少，故
g(x1)≤g(x2)，即f(x1)＋4x1≤f(x2)＋4x2，
故对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.
自助餐·选做题
1．若函数y＝f(x)在R上可导且满足不等式xf′(x)＞－f(x)恒成立，且常数a、b满足a＞b，求证：af(a)＞bf(b)．
证明：由已知，得xf′(x)＋f(x)＞0.
∴构造函数F(x)＝xf(x)，
则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，
从而F(x)在R上为增函数．
∵a＞b，∴F(a)＞F(b)，即af(a)＞bf(b).
2．(2011·东北三省市联考)设函数f(x)＝－x3＋2ax2－3a2x＋1,0＜a＜1.
(1)求函数f(x)的极大值；
(2)若x∈[1－a,1＋a]时，恒有－a≤f′(x)≤a成立(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，试
确定实数a的取值范围．
解析：(1)∵f′(x)＝－x2＋4ax－3a2，且0＜a＜1，当f′(x)＞0时，得a＜x＜3a；
当f′(x)＜0时，得x＜a或x＞3a；
∴f(x)的单调递增区间为(a,3a)；
f(x)的单调递减区间为(－∞，a)和(3a，＋∞)．故当x＝3a时，f(x)有极大值，其极大值为f(3a)＝1.
(2)∵f′(x)＝－x2＋4ax－3a2＝－(x－2a)2＋a2，
①当0＜a＜时，1－a＞2a，
∴f′(x)在区间[1－a,1＋a]内是单调递减．
∴[f′(x)]max＝f′(1－a)＝－8a2＋6a－1，
[f′(x)]min＝f′(1＋a)＝2a－1.
∵－a≤f′(x)≤a，∴ 网]
此时，a不存在．
②当≤a＜1时，[f′(x)]max＝f′(2a)＝a2.
[f′(x)]min＝min{f′(1－a)，f′(1＋a)}．
∵－a≤f′(x)≤a，∴
即
此时，≤a≤.
综上，可知实数a的取值范围为 .
3．(2011·宁波模拟)设函数f(x)＝－x3＋2ax2－3a2x＋b(0＜a＜1)．
(1)求函数f(x)的单调区间，并求函数f(x)的极大值和极小值；(2)当x∈[a＋1，a＋2]时，不等式|f′(x)|≤a，求a的取值范围.
解析：(1)∵f′(x)＝－x2＋4ax－3a2＝－(x－3a)(x－a)，由f′(x)＞0，得a＜x＜3a；
由f′(x)＜0，得x＜a，或x＞3a.
则函数f(x)的单调递增区间为(a,3a)，单调递减区间为(－∞，a)和(3a，＋∞)．
列表如下：
∴函数f(x)的极大值为b，极小值为－a3＋b.
(2)∵f′(x)＝－x2＋4ax－3a2＝－(x－2a)2＋a2，
∴f′(x)在[a＋1，a＋2]上单调递减，
∴f′(x)max＝f′(a＋1)＝2a－1，
f′(x)min＝f′(a＋2)＝4a－4.[K]
∵不等式|f′(x)|≤a恒成立，
∴ 解得≤a≤1.
又0＜a＜1，∴≤a＜1，
即a的取值范围是≤a＜1.
4．已知函数f(x)＝
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)求函数f(x)的零点.
解析：(1)当x＞时，f′(x)＝1－＝ ，
由f′(x)＞0，得x＞1.
∴f(x)在(1，＋∞)上是增函数．
当x≤时，f(x)＝x2＋2x＋a－1＝(x＋1)2＋a－2，
∴f(x)在 上是增函数．
∴f(x)的递增区间是 和(1，＋∞)．
(2)当x＞时，由(1)知，f(x)在 上递减，在(1，＋∞)上递增，且f′(1)＝0.
∴f(x)有极小值f(1)＝1＞0，此时f(x)无零点．
当x≤时，f(x)＝x2＋2x＋a－1，
Δ＝4－4(a－1)＝8－4a.
当Δ＜0，即a＞2时，f(x)无零点．
当Δ＝0，即a＝2时，f(x)有一个零点－1.
当Δ＞0，且f | ≥0， | . | ＝－1± | . | |
即 | ?－≤a＜2 时， | ||||
f(x)有两个零点x＝ | |||||
当Δ＞0，且f | ＜0， | ||||
即 | ?a＜－时， | ||||
f(x)仅有一个零点－1－ | |||||