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(人教A版)2017-2018学年高中数学选修2-2第一章导数及其应用章末优化总结课件_图文

章末优化总结

网络 体系构建 专题 归纳整合
章末检测

专题一 导数的几何意义与曲线的切线方程 导数作为一种工具,在解决数学问题时极为方便,因此要准确把握导数的定义,这 是前提.另外,用导数的几何意义求曲线的切线,既降低了思维的难度,也减小了 运算量,使解题过程简洁优美. 利用导数的几何意义求切线方程时关键是搞清所给的点是不是切点,常见的类型有 两种,一类是求“在某点处的切线方程”,则此点一定为切点,先求导,再求斜率 代入直线方程即可得;另一类是求“过某点的切线方程”,这种类型中的点不一定 是切点,可先设切点为 Q(x1,y1),则切线方程为 y-y1=f′(x1)(x-x1),再由切线过

点 P(x0,y0)得 y0-y1=f′(x1)(x0-x1).① 又 y1=f(x1),② 由①②求出 x1,y1 的值, 即求出了过点 P(x0,y0)的切线方程.

已知函数 f(x)=x3+x-16. (1)求曲线 y=f(x)在点(2,-6)处的切线方程; (2)直线 l 为曲线 y=f(x)的切线,且经过原点,求直线 l 的方程及切点坐标; (3)如果曲线 y=f(x)的某一切线与直线 y=-14x+3 垂直,求切点坐标与切线的方程. [解析] (1)∵f′(x)=(x3+x-16)′=3x2+1, ∴f(x)在点(2,-6)处的切线的斜率为 k=f′(2)=13. ∴切线的方程为 y=13(x-2)+(-6),即 y=13x-32.

(2)解法一:设切点为(x0,y0), 则直线 l 的斜率为 f′(x0)=3x20+1, ∴直线 l 的方程为 y=(3x20+1)(x-x0)+x30+x0-16. 又∵直线 l 过点(0,0), ∴0=(3x20+1)(0-x0)+x30+x0-16. 整理得,x30=-8,∴x0=-2. ∴y0=(-2)3+(-2)-16=-26. k=3×(-2)2+1=13. ∴直线 l 的方程为 y=13x,切点坐标为(-2,-26).

解法二:设直线 l 的方程为 y=kx,切点为(x0,y0), 则 k=xy00--00=x30+xx00-16, 又∵k=f′(x0)=3x20+1, ∴x30+xx00-16=3x20+1, 解之得,x0=-2, ∴y0=(-2)3+(-2)-16=-26. k=3×(-2)2+1=13. ∴直线 l 的方程为 y=13x,切点坐标为(-2,-26).

(3)∵切线与直线y=-x4+3垂直, ∴切线的斜率k=4. 设切点坐标为(x0,y0),则f′(x0)=3x20+1=4, ∴x0=±1. ∴?????xy00==-1,14, 或?????xy00==--118,. 即切点为(1,-14)或(-1,-18). 切线方程为y=4(x-1)-14或y=4(x+1)-18. 即y=4x-18或y=4x-14.

1.曲线

y=sin

sin x x+cos

x-12在点

M???π4,0???处的切线的斜率为(

)

A.-12

1 B.2

C.-

2 2

2 D. 2

解析:本小题考查导数的运算、导数的几何意义,考查运算求解能力.y′=

cos

x?sin

x+cos ?sin

x?-sin x+cos

x?cos x?2

x-sin

x?=1+s1in

,把 2x

x=π4代入得导数值为12.

答案:B

2.已知 P(-1,1),Q(2,4)是曲线 y=x2 上的两点, (1)求过点 P,Q 的曲线 y=x2 的切线方程. (2)求与直线 PQ 平行的曲线 y=x2 的切线方程. 解析:(1)因为 y′=2x,P(-1,1),Q(2,4)都是曲线 y=x2 上的点.过 P 点的切线的 斜率 k1=y′|x=-1=-2, 过 Q 点的切线的斜率 k2=y′|x=2=4, 过 P 点的切线方程:y-1=-2(x+1), 即:2x+y+1=0. 过 Q 点的切线方程:y-4=4(x-2), 即:4x-y-4=0.

(2)因为 y′=2x,直线 PQ 的斜率 k=42-+11=1, 切线的斜率 k=y′|x=x0 =2x0=1, 所以 x0=12,所以切点 M???12,14???, 所以切线方程为 y-14=x-12,即 x-y-14=0.

专题二 导数与函数的单调性 利用导数的符号判断函数的单调性是导数几何意义在研究曲线变化规律时的一个应 用,它充分体现了数形结合思想,所以是高考中常考命题点.一般是给出函数解析 式后求其单调区间. 在利用导数讨论函数的单调区间时,首先要确定函数的定义域,解决问题的过程中, 只能在定义域内,通过讨论导数的符号,来判断函数的单调区间.

(2015·高考江苏卷)已知函数 f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R). (1)试讨论 f(x)的单调性; (2)若 b=c-a(实数 c 是与 a 无关的常数),当函数 f(x)有三个不同的零点时,a 的 取值范围恰好是(-∞,-3)∪???1,32???∪???32,+∞???,求 c 的值. [解析] (1)f′(x)=3x2+2ax,令 f′(x)=0,解得 x1=0,x2=-23a. 当 a=0 时,因为 f′(x)=3x2>0(x≠0),所以函数 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增; 当 a>0 时,若 x∈???-∞,-23a???∪(0,+∞),则 f′(x)>0,若 x∈???-23a,0???,则 f′(x) <0,

所以函数 f(x)在???-∞,-23a???,(0,+∞)上单调递增,在???-23a,0???上单调递减; 当 a<0 时,若 x∈(-∞,0)∪???-23a,+∞???时,则 f′(x)>0,若 x∈???0,-23a???,则 f′(x)<0,所以函数 f(x)在(-∞,0),???-23a,+∞???上单调递增,在???0,-23a???上单调 递减.

(2)由(1)知,函数 f(x)的两个极值为 f(0)=b,f???-23a???=247a3+b,则函数 f(x)有三个零

点等价于 f(0)·f???-23a???=b???247a3+b???<0,从而?????a->2470a,3<b<0

??a<0, 或???0<b<-247a3.

又 b=c-a,所以当 a>0 时,247a3-a+c>0 或当 a<0 时,247a3-a+c<0. 设 g(a)=247a3-a+c,因为函数 f(x)有三个零点时,a 的取值范围恰好是(-∞,-3) ∪???1,32???∪???32,+∞???,则在(-∞,-3)上,g(a)<0,且在???1,32???∪???32,+∞???上,g(a) >0 恒成立,从而 g(-3)=c-1≤0,且 g???32???=c-1≥0,因此 c=1. 此时,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a],因为函数 f(x)有三个零点, 则 x2+(a-1)x+1-a=0 有两个异于-1 的不等实根,所以 Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2 +2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0,解得 a∈(-∞,-3)∪???1,32???∪???32,+∞???. 综上,c=1.

3.(2014·高考山东卷)设函数 f(x)=aln x+xx+-11,其中 a 为常数. (1)若 a=0,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)讨论函数 f(x)的单调性. 解析:(1)由题意知 a=0 时,f(x)=xx+-11,x∈(0,+∞).此时,f′(x)=?x+21?2, 可得 f′(1)=12,f(1)=0,所以曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 x-2y-1=0. (2)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=ax+?x+21?2=ax2+x??2xa++12??2x+a, 当 a≥0,f′(x)>0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增;

当 a<时,令 g(x)=ax2+(2a+2)x+a, 由于 Δ=(2a+2)2-4a2=4(2a+1), ①当 a=-12时,Δ=0,f′(x)=-x12?x?+x-11?2?2≤0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减; ②a<-12时,Δ<0,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减; ③当-12<a<0 时 Δ>0 设 x1x2(x1<x2)是函数 g(x)的两个零点, 则 x1=-?a+1?+a 2a+1,

x2=-?a+1?-a 2a+1;

由 x1=a+1--a2a+1=

a2+2a+1- -a

2a+1 >0.

所以 x∈(0,x1)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; x∈(x1,x2)时 g(x)>0,f′(x)>0 函数 f(x)单调递增; x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0 函数 f(x)单调递减. 综上可得:

当 a≥0 时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增;

当 a≤-12时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减;

当-12<a<0 时,f(x)在(0,-?a+1?+a 2a+1),(-?a+1?-a 2a+1,+∞)上单 调递减, 在(-?a+1?+a 2a+1,-?a+1?-a 2a+1)上单调递增.

4.函数 f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0).

(1)讨论函数 f(x)的单调性;

(2)若函数 f(x)在区间(1,2)是增函数,求 a 的取值范围.

解析:(1)f′(x)=3ax2+6x+3,f′(x)=0 的判别式 Δ=36(1-a)

①若 a≥1,则 f′(x)≥0,且 f′(x)=0 当且仅当 a=1,x=-1.故此时 f(x)在 R

上是增函数;

②由于 a≠0,故当 a<1 时,f′(x)=0 有两个根

x1=-1+a

1-a,x2=-1-a

1-a .

若 0<a<1,则当 x∈(-∞,x2)或 x∈(x1,+∞)时 f′(x)>0,故 f(x)分别在(-∞,x2),(x1,+∞)是增函数; 当 x∈(x2,x1)时,f′(x)<0,故 f(x)在(x2,x1)是减函数; 若 a<0,则当 x∈(-∞,x1)或 x∈(x2,+∞)时 f′(x)<0,故 f(x)分别在(-∞, x1),(x2,+∞)是减函数; 当 x∈(x1,x2)时,f′(x)>0,故 f(x)在(x1,x2)是增函数. (2)当 a>0,x>0 时,f′(x)=3ax2+6x+3>0,故当 a>0 时,f(x)在区间(1,2)是增 函数; 当 a<0 时,f(x)在区间(1,2)是增函数当且仅当

f′(1)≥0 且 f′(2)≥0,解得-54≤a<0. 综上,a 的取值范围是[-54,0)∪(0,+∞).

专题三 导数与函数的极值、最值 函数的极值反映的是函数在某一点附近的局部性质,而不是函数在整个定义 域内的性质;函数的最值是个整体性概念,最大值必是整个区间上所有函数 值中的最大值,最小值必是整个区间上的所有函数值中的最小值.

(2015·高考山东卷)设函数 f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中 a∈R. (1)讨论函数 f(x)极值点的个数,并说明理由; (2)若?x>0,f(x)≥0 成立,求 a 的取值范围. [解析] (1)f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),定义域为(-1,+∞), f′(x)=x+1 1+a(2x-1)=a?2x-1x?+?x1+1?+1=2ax2+xa+x+1 1-a, 设 g(x)=2ax2+ax+1-a, 当 a=0 时,g(x)=1,f′(x)=x+1 1>0,函数 f(x)在(-1,+∞)为增函数,无极值点.

当 a>0 时,Δ=a2-8a(1-a)=9a2-8a, 若 0<a≤89时 ,Δ≤0,g(x)≥0,f′(x)≥0,函数 f(x)在(-1,+∞)为增函数,无 极值点. 若 a>89时 Δ>0,设 g(x)=0 的两根为 x1,x2,且 x1<x2, 且 x1+x2=-12,而 g(-1)=1>0,则-1<x1<-14<x2, 所以当 x∈(-1,x1)时,g(x)>0,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当 x∈(x1,x2),g(x)<0,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x∈(x2,+∞),g(x)>0,f′(x)>0,f(x)单调递增.

因此此时函数f(x)有两个极值点;

当a<0时Δ>0,但g(-1)=1>0,x1<-1<x2, 所以当x∈(-1,x2),g(x)>0,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当x∈(x2,+∞),g(x)<0,f′(x)<0,f(x)单调递减. 所以函数只有一个极值点.

综上可知,当0≤a≤

8 9

时f(x)的无极值点;当a<0时f(x)有一个极值点;当a>89时,

f(x)有两个极值点.

(2)由(1)可知当0≤a≤89时f(x)在(0,+∞)单调递增,而f(0)=0, 则当x∈(0,+∞)时,f(x)>0,符合题意;

当89<a≤1 时,g(0)≥0,x2≤0,f(x)在(0,+∞)单调递增,而 f(0)=0, 则当 x∈(0,+∞)时,f(x)>0,符合题意; 当 a>1 时,g(0)<0,x2>0,所以函数 f(x)在(0,x2)单调递减,而 f(0)=0, 则当 x∈(0,x2)时,f(x)<0,不符合题意; 当 a<0 时,设 h(x)=x-ln(x+1),当 x∈(0,+∞)时,h′(x)=1-x+1 1=1+x x>0, h(x)在(0,+∞)单调递增,因此当 x∈(0,+∞)时 h(x)>h(0)=0,即 ln(x+1)<x, 于是 f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x,当 x>1-1a时,ax2+(1-a)x<0, 此时 f(x)<0,不符合题意. 综上所述,a 的取值范围是 0≤a≤1.

5.已知函数 f(x)=ax3+bx2+cx 在点 x0 处取得极小值-4,使其导函数 f′(x)>0 的 x 的取值范围为(1,3). (1)求 f(x)的解析式及 f(x)的极大值; (2)当 x∈[2,3]时,求 g(x)=f′(x)+6(m-2)x 的最大值. 解析:(1)由题意,知 f′(x)=3ax2+2bx+c=3a(x-1)·(x-3)(a<0), ∴在(-∞,1)上 f′(x)<0,f(x)是减函数, 在(1,3)上 f′(x)>0,f(x)是增函数, 在(3,+∞)上 f′(x)<0,f(x)是减函数.

因此 f(x)在 x0=1 处取得极小值-4,在 x=3 处取得极大值.
∴???fa′+?b1+?=c=3a-+42,b+c=0, ??f′?3?=27a+6b+c=0.
解得 a=-1,b=6,c=-9, ∴f(x)=-x3+6x2-9x. 则 f(x)在 x=3 处取得极大值 f(3)=0. (2)g(x)=-3(x-1)(x-3)+6(m-2)x =-3(x2-2mx+3). 由 g′(x)=-6x+6m=0, 得 x=m.

①当 2≤m≤3 时,g(x)max=g(m)=3m2-9; ②当 m<2 时,g(x)在[2,3]上是递减的, g(x)max=g(2)=12m-21; ③当 m>3 时,g(x)在[2,3]上是递增的, g(x)max=g(3)=18m-36. 因此 g(x)max=???13m2m2--92,1,2≤m<m2≤,3,
??18m-36,m>3.

6.设 a∈R,函数 f(x)=ax3-3x2. (1)若 x=2 是函数 y=f(x)的极值点,求 a 的值. (2)若函数 g(x)=f(x)+f′(x),x∈[0,2]在 x=0 处取得最大值,求 a 的取值范围. 解析:(1)f′(x)=3ax2-6x =3x(ax-2). 因为 x=2 是函数 y=f(x)的极值点,所以 f′(2)=0,即 6(2a-2)=0,因此 a=1. 经验证,当 a=1 时,x=2 是函数 y=f(x)的极小值点. (2)由题设,g(x)=ax3+3(a-1)x2-6x,g(0)=0. 当 g(x)在区间[0,2]上的最大值为 g(0)时,ax3+3(a-1)x2-6x≤0 对一切 x∈(0,2]都成立,

即 a≤x32x++36x对一切 x∈(0,2]都成立. 令 φ(x)=x32x++36x,x∈(0,2], 则 a≤[φ(x)]min. 由 φ′(x)=-3?x?x2++32x?2?-2 6<0, 可知 φ(x)=x32x++36x在 x∈(0,2]上单调递减, 所以[φ(x)]min=φ(2)=56, 故 a 的取值范围是???-∞,65???.

专题四 导数与优化问题 利用导数求函数的极大(小)值,求函数在区间[a,b]上的最大(小)值或利用求导法解 决一些实际问题是函数内容的继续与延伸,这种解决问题的方法使复杂的问题简单 化,因而已逐渐成为高考的又一新热点. 利用导数求实际问题的最大(小)值的一般方法: (1)细致分析实际问题中各个量之间的关系,正确设定所求最大值或最小值的变量 y 与自变量 x,把实际问题转化为数学问题,即列出函数关系 y=f(x),根据实际问题 确定 y=f(x)的定义域. (2)求 f′(x),令 f′(x)=0,得出所有实数的解.

(3)比较导函数在各个根和区间端点处的函数值的大小,根据实际问题的意义确定 函数的最大值或最小值.

工厂生产某种产品,次品率 P 与日产量 x(万件)间的关系 P=

?1 ?6-x

?0<x≤c?

?

?2 ?3

?x>c?

(c 为常数,且 0<c<6),已知每生产一件合格产品盈利 3 元,

每出现一件次品亏损 1.5 元. (1)将日盈利额 y(万元)表示为日产量 x(万件)的函数;
次品数 (2)为使日盈利额最大,日产量应为多少万件?(注:次品率=产品总数×100%)

[解析] (1)当 x>c 时,P=23,y=???1-23???×x×3-23×x×1.5=0. 当 0<x≤c 时,P=6-1 x.

∴y=(1-6-1 x)×x×3-6-1 x×x×32=3?29?x6--2xx?2?,

∵日盈利额 y(万元)与日产量 x(万件)的函数关系式为 y=???3?29?x6--2xx?2?0<x≤c

??0

x>c

(2)y′=32×2?x-?6-3??xx?-2 9?,令 y′=0 得 x=3 或 x=9(舍去), ∴当 0<c<3 时,y′>0,∴y 在(0,c]上单调递增. ∴y 最大值=f(c)=3?29?c6--2cc?2?; 当 3≤c<6 时,y 在(0,3)上单调递增,在(3,c)上单调递减. ∴y 最大值=f(3)=92. 综上:当 0<c<3 时,日产量为 c 万件 y 日盈利额最大; 当 3≤c<6 时,日产量为 3 万件时日盈利额最大.

7.某厂生产某种电子元件,如果生产出一件正品,可获利 200 元,如果生产出一件次 品,则损失 100 元.已知该厂制造电子元件过程中,次品率 p 与日产量 x 的函数关系是: p=4x3+x32(x∈N*), (1)将该厂的日盈利额 T(元)表示为日产量 x(件)的函数; (2)为获最大盈利,该厂的日产量应定为多少件? 解析:(1)因为次品率 p=4x3+x32, 所以当每天生产 x 件时,有 x·4x3+x32件次品,

有 x(1-4x3+x32)件正品. 所以 T=200x(1-4x3+x32)-100x·4x3+x32 =25·64xx+-8x2(x∈N*). (2)T′=-25·?x+?3x2+??x8-?2 16?, 由 T′=0,得 x=16 或 x=-32(舍去). 当 0<x<16 时,T′>0; 当 x>16 时,T′<0; 所以当 x=16 时,T 最大, 即该厂的日产量定为 16 件,能获得最大盈利.

专题五 定积分的应用 在利用定积分解决实际问题时要注意找出被积函数和积分上、下限,用定积分求平 面图形的面积是定积分的一个重要应用. 解题步骤如下:①画出图形.②确定图形范围,通过解方程组求出交点的横坐标定 出积分上、下限.③确定被积函数,特别要注意分清被积函数的上、下位置.④写 出平面图形面积的定积分表达式.⑤运用微积分基本定理计算定积分,求出平面图 形的面积.

设 y=f(x)是二次函数,方程 f(x)=0 有两个相等的实根,且 f′(x)=2x+2. (1)求 y=f(x)的表达式. (2)若直线 x=-t(0<t<1)把 y=f(x)的图象与两坐标轴所围成图形的面积二等分,求 t 的 值. [解析] (1)设 f(x)=ax2+bx+c(a≠0),则 f′(x)=2ax+b, 又已知 f′(x)=2x+2,所以 a=1,b=2, 所以 f(x)=x2+2x+c. 又方程 f(x)=0 有两个相等实根. 所以判别式 Δ=4-4c=0,即 c=1. 故 f(x)=x2+2x+1.

(2)依题意有??-t (x2+2x+1)dx
?-1

=?0 ?

(x2+2x+1)dx,

?

?-t

所以???13x3+x2+x??????--t1 =(13x3+x2+x)???0-t

即-13t3+t2-t+13=13t3-t2+t.

所以 2t3-6t2+6t-1=0,

所以 2(t-1)3=-1,所以 t=1- 1 . 3 2

8.有一直线与抛物线 y=x2 相交于 A、B 两点,AB 与抛物线所围图形的面积恒等于43, 求线段 AB 的中点 P 的轨迹方程. 解析:如图所示,设抛物线 y=x2 上的两点为 A(a,a2),B(b,b2),不妨设 b>a,直线 AB 与抛物线所围图形的面积为 S,则

S=??b[(a+b)x-ab-x2]dx ? ?a
=(a+2 bx2-abx-13x3)???ba =16(b-a)3. 当 S=43,即16(b-a)3=43时, 有 b-a=2.(*) 设 AB 的中点 P(x,y),

则 x=a+2 b,y=a2+2 b2, 由(*)式,得?????xy==aa2++12,a+2, 消去 a 得 y=x2+1. ∴所求 P 点的轨迹方程是 y=x2+1.

专题六 分类讨论思想 分类讨论是一种逻辑方法,也是一种数学思想,其实质是“化整为零,各个击破, 再积零为整”.通过分类讨论,可以把一个变幻不定的问题分解成若干个相对确定 的问题,从而使问题变得条理清晰,层次分明,易于解决. 分类讨论思想在本章中主要体现在问题中含有参数或问题是分类给出的题型中.例 如,单调性的判断、求极值、求最大(小)值等问题往往要用到分类讨论.

已知函数 f(x)=x3-3ax2-9a2x+a3. (1)若 a=1,求函数 f(x)的极值; (2)若 a>14,且当 x∈[1,4a]时,|f′(x)|≤12a 恒成立,试确定 a 的取值范围. [解析] (1)当 a=1 时,f(x)=x3-3x2-9x+1,且 f′(x)=3x2-6x-9,由 f′(x)=0,得 x=-1 或 x=3. 当 x<-1 时,f′(x)>0;当-1<x<3 时,f′(x)<0. ∴x=-1 是函数的极大值点,极大值为 f(-1)=6. 当-1<x<3 时,f′(x)<0;当 x>3 时,f′(x)>0, ∴x=3 是函数的极小值点,极小值为 f(3)=-26.

(2)f′(x)=3x2-6ax-9a2 的图象是一条开口向上且对称轴为 x=a 的抛物线,因此, 若14<a≤1,则 f′(x)在[1,4a]上单调递增,∴f′(x)在[1,4a]上的最小值为 f′(1)=3 -6a-9a2,最大值为 f′(4a)=15a2. 由 |f′(x)|≤12a , 得 - 12a≤3x2 - 6ax - 9a2≤12a , 则 3 - 6a - 9a2≥ - 12a 且 15a2≤12a,结合14<a≤1,解得14<a≤45. 若 a>1,则|f′(a)|=12a2>12a,故当 x∈[1,4a]时, |f′(x)|≤12a 不恒成立. ∴使|f′(x)|≤12a(x∈[1,4a])恒成立的 a 的取值范围为???14,45???.

9.已知函数 f(x)=(a+1)ln x+ax2+1. (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)设 a<-1,如果对任意 x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|,求 a 的取 值范围. 解析:(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f′(x)=a+x 1+2ax=2ax2+x a+1. 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= -a+2a1.

则当 x∈????0, -a+2a1????时,f′(x)>0;

当 x∈???? -a+2a1,+∞????时,f′(x)<0.

故 f(x)在????0, -a2+a1????上单调递增,在

?? ??

-a+2a1,+∞????上单调递减.

(2)不妨假设 x1≥x2,而 a<-1,由(1)知,f(x)在(0,+∞)上单调递减,从而 ?x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等价于 ?x1,x2∈(0,+∞),f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1.① 令 g(x)=f(x)+4x,则 g′(x)=a+x 1+2ax+4. ①等价于 g(x)在(0,+∞)上单调递减,即a+x 1+2ax+4≤0. 从而 a≤-2x42x+-11=?2x-21x?22-+41x2-2=?22xx2-+11?2-2. 故 a 的取值范围为(-∞,-2].

10.已知函数 f(x)=ln x-ax+1-x a-1(a∈R). (1)当 a=-1 时,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; (2)当 a≤12时,讨论 f(x)的单调性. 解析:(1)当 a=-1 时,f(x)=ln x+x+2x-1, x∈(0,+∞).所以 f′(x)=x2+xx2-2,x∈(0,+∞), 因此 f′(2)=1,即曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线的斜率为 1. 又 f(2)=ln 2+2, 所以曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 y-(ln 2+2)=x-2,即 x-y+ln 2=0.

(2)因为 f(x)=ln x-ax+1-x a-1,所以 f′(x)=1x-a+a-x21=-ax2-xx+2 1-a,x ∈(0,+∞). 令 g(x)=ax2-x+1-a,x∈(0,+∞). ①当 a=0 时,g(x)=-x+1,x∈(0,+∞), 所以当 x∈(0,1)时,g(x)>0, 此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 当 x∈(1,+∞)时,g(x)<0,此时 f′(x)>0,函数 f(x)单调递增;

②当 a≠0 时,由 f′(x)=0, 即 ax2-x+1-a=0,解得 x1=1,x2=1a-1. a.当 a=12时,x1=x2,g(x)≥0 恒成立,此时 f′(x)≤0,函数 f(x)在(0,+∞) 上单调递减; b.当 0<a<12时,1a-1>1>0. x∈(0,1)时,g(x)>0,此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; x∈???1,1a-1???时,g(x)<0,此时 f′(x)>0,函数 f(x)单调递增;x∈???1a-1,+∞??? 时,g(x)>0,此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调递减;

c.当 a<0 时,由于1a-1<0,x∈(0,1)时,g(x)>0,此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调 递减; x∈(1,+∞)时,g(x)<0,此时 f′(x)>0,函数 f(x)单调递增. 综上所述: 当 a≤0 时,函数 f(x)在(0,1)上单调递减, 在(1,+∞)上单调递增; 当 a=21时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当 0<a<21时,函数 f(x)在(0,1)上单调递减,在???1,1a-1???上单调递增,在???1a-1,+∞??? 上单调递减.