第1课时用导数研究函数的单调性、极值、最值1．(2019·云南玉溪模拟)已知函数f(x)＝xlnx.(1)设函数g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，讨论函数g(x)的单调性；(2)若直线l过点(0，－1)，并且与曲线y＝f(x)相切，求直线l的方程．解析：(1)∵f(x)＝xlnx，∴g(x)＝f(x)－a(x－1)＝xlnx－a(x－1)，则g′(x)＝lnx＋1－a.由g′(x)<0，得lnx＋1－a<0，解得0
0，得lnx＋1－a>0，解得x>ea－1.∴g(x)在(0，ea－1)上单调递减，在(ea－1，＋∞)上单调递增．(2)设切点坐标为(x0，y0)，则y0＝x0lnx0，切线的斜率为lnx0＋1.∴切线l的方程为y－x0lnx0＝(lnx0＋1)(x－x0)．又切线l过点(0，－1)，∴－1－x0lnx0＝(lnx0＋1)(0－x0)，即－1－x0lnx0＝－x0lnx0－x0，解得x0＝1，y0＝0.∴直线l的方程为y＝x－1.2．(2019·山东枣庄调研)已知函数f(x)＝xex－a(a∈R)．(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，e)处的切线方程；(2)当a>0时，求函数f(x)的单调区间．解析：(1)a＝0时，f′(x)＝(x＋1)ex，所以切线的斜率k＝f′(1)＝2e.又f(1)＝e，所以y＝f(x)在点(1，e)处的切线方程为y－e＝2e(x－1)，即2ex－y－e＝0.(2)f′(x)＝(x＋1)(ex－a)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝lna.①当a＝时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增．②当00，得x－1；由f′(x)<0，得lna时，lna>－1，由f′(x)>0，得x<－1或x>lna；由f′(x)<0，得－1时，单调递增区间为(－∞，－1)，(lna，＋∞)，单调递减区间为(－1，lna)．3．(2019·长春模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(a－2)x.(1)若f(x)在x＝1处取得极值，求a的值．(2)求函数y＝f(x)在[a2，a]上的最大值．解析：(1)∵f(x)＝lnx－ax2＋(a－2)x，∴函数的定义域为(0，＋∞)．∴f′(x)＝－2ax＋(a－2)＝.∵f(x)在x＝1处取得极值，即f′(1)＝－(2－1)(a＋1)＝0，∴a＝－1.当a＝－1时，在内f′(x)<0，在(1，＋∞)内f′(x)>0，∴x＝1是函数y＝f(x)的极小值点．∴a＝－1.(2)∵a20，∴当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．①当00)，a∈R.(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)当a>0时，若f(x)存在极值点x0，证明：f(x0)>.解析：(1)a＝1时，f′(x)＝1＋＝(x>0)，设g(x)＝x2＋1－lnx，则g′(x)＝2x－＝(x>0)，令g′(x)＝0，解得：x＝，故g(x)在递减，在递增，故g(x)≥g＝－ln>0，故f′(x)>0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)递增．(2)证明：f′(x)＝(x>0)，∵f(x)存在极值点，∴f′(x)＝0有大于0的根，即x2－alnx＋a＝0有正根，设r(x)＝x2－alnx＋a，r′(x)＝(a>0)，令r′(x)＝0，解得：x＝，故r(x)在递减，在递增，故r(x)min＝r＝a－aln，又x→0＋，r(x)→＋∞，x→＋∞，r(x)→＋∞，故要r(x)＝0有正根，r(x)min<0，即a－aln<0，即a>2e3，又∵x0是f(x)的极值点，f′(x0)＝0，即x－alnx0＋a＝0，故alnx0＝x＋a，f(x0)＝x0＋＝x0＋＝2x0＋≥2>.
