导数中的端点效应法

导数中的端点效应法探究1已知函数.（I）当时，求曲线在处的切线方程；(II)若当时，，求的取值范围.[来源:学科网ZXXK]探究2已知λ∈R，函数f(x)＝ex－ex－λ(xlnx－x＋1)的导函数为g(x)．（1）求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；（2）若函数g(x)存在极值，求λ的取值范围；（3）若x≥1时，f(x)≥0恒成立，求λ的最大值．探究3已知函数()(1)lnfxxxaxa（a为正实数，且为常数）.（1）若函数()fx在区间(0,)上单调递增，求实数a的取值范围；（2）若不等式(1)()0xfx≥恒成立，求实数a的取值范围.【探究1】试题分析：（Ⅰ）先求定义域，再求()fx，(1)f，(1)f，由直线方程得点斜式可求曲线()yfx在(1,(1))f处的切线方程为220.xy（Ⅱ）构造新函数(1)()ln1axgxxx，对实数a分类讨论，用导数法求解.()(1)ln(1)fxxxax4a()yfx1,(1)f1,x()0fx＞a试题解析：（I）()fx的定义域为(0,).当4a时，1()(1)ln4(1),()ln3fxxxxfxxx，(1)2,(1)0.ff曲线()yfx在(1,(1))f处的切线方程为220.xy（II）当(1,)x时，()0fx等价于(1)ln0.1axxx令(1)()ln1axgxxx，则222122(1)1(),(1)0(1)(1)axaxgxgxxxx，（i）当2a，(1,)x时，222(1)1210xaxxx，故()0,()gxgx在(1,)x上单调递增，因此()0gx；（ii）当2a时，令()0gx得22121(1)1,1(1)1xaaxaa，由21x和121xx得11x，故当2(1,)xx时，()0gx，()gx在2(1,)xx单调递减，因此()0gx.综上，a的取值范围是,2.考点：导数的几何意义，函数的单调性.【探究2】解：（1）因为f′(x)＝ex－e－λlnx，所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为f′(1)＝0，又切点为(1，f(1))，即(1，0)，所以切线方程为y＝0．…………………………2分（2）g(x)＝ex－e－λlnx，g′(x)＝ex－λx．当λ≤0时，g′(x)＞0恒成立，从而g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故此时g(x)无极值．…………………………4分当λ＞0时，设h(x)＝ex－λx，则h′(x)＝ex＋λx2＞0恒成立，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．…………………………6分①当0＜λ＜e时，h(1)＝e－λ＞0，h(λe)＝eλe－e＜0，且h(x)是(0，＋∞)上的连续函数，因此存在唯一的x0∈(λe，1)，使得h(x0)＝0．②当λ≥e时，h(1)＝e－λ≤0，h(λ)＝eλ－1＞0，且h(x)是(0，＋∞)上的连续函数，因此存在唯一的x0∈[1，λ)，使得h(x0)＝0．故当λ＞0时，存在唯一的x0＞0，使得h(x0)＝0．……………………8分且当0＜x＜x0时，h(x)＜0，即g′(x)＜0，当x＞x0时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，因此g(x)在x＝x0处有极小值．所以当函数g(x)存在极值时，λ的取值范围是(0，＋∞)．……………………10分（3）g(x)＝f′(x)＝ex－e－λlnx，g′(x)＝ex－λx．若g′(x)≥0恒成立，则有λ≤xex恒成立．设φ(x)＝xex(x≥1)，则φ′(x)＝(x＋1)ex＞0恒成立，所以φ(x)单调递增，从而φ(x)≥φ(1)＝e，即λ≤e．于是当λ≤e时，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，此时g(x)≥g(1)＝0，即f′(x)≥0，从而f(x)在[1，＋∞)上单调递增．所以f(x)≥f(1)＝0恒成立．……………………………13分当λ＞e时，由（2）知，存在x0∈(1，λ)，使得g(x)在(0，x0)上单调递减，即f′(x)在(0，x0)上单调递减．所以当1＜x＜x0时，f′(x)＜f′(1)＝0，于是f(x)在[1，x0)上单调递减，所以f(x0)＜f(1)＝0．这与x≥1时，f(x)≥0恒成立矛盾．因此λ≤e，即λ的最大值为e．……………………………16分【探究3】：（1）()(1)lnfxxxaxa，1()ln+xfxxax.……1分因()fx在(0,)上单调递增，则()0fx≥，1ln+1axx„恒成立.令1()ln+1gxxx，则21()xgxx，……2分x(0,1)1(1,)()gx－0＋()gx减极小值增因此，min()(1)2gxg，即02a„.……6分（2）当02a„时，由（1）知，当(0,)x时，()fx单调递增.……7分又(1)0f，当(0,1)x，()0fx；当(1,)x时，()0fx.……9分故不等式(1)()0xfx…恒成立．……10分若2a，ln(1)1()xxaxfxx，设()ln(1)1pxxxax，令()ln20pxxa，则2e1ax.…12分当2(1,e)ax时，()0px，()px单调递减，则()(1)20pxpa，则()()0pxfxx，所以当2(1,e)ax时，()fx单调递减，……14分则当2(1,e)ax时，()(1)0fxf，此时(1)()0xfx，矛盾.……15分因此，02a„.……16分……４分