高考数学考点归纳之导数的简单应用

高考数学考点归纳之导数的简单应用

高考数学考点归纳之导数的简单应用 一、基础知识 1．函数的单调性与导数的关系 在(a，b)内可导函数 f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于 0.f′(x)≥0⇔f(x)在(a， b)上为增函数．f′(x)≤0⇔fx在❶ (a，b)上为减函数． 2．函数的极值 (1)函数的极小值： 函数 y＝f(x)在点 x＝a 的函数值 f(a)比它在点 x＝a 附近其他点的函数值都小，f′a＝0❷ ； 而且在点 x＝a 附近的左侧 f′(x)＜0，右侧 f′(x)＞0，则点a 叫做函数 y＝fx的极小值点❸ ， f(a)叫做函数 y＝f(x)的极小值． (2)函数的极大值： 函数 y＝f(x)在点 x＝b 的函数值 f(b)比它在点 x＝b 附近的其他点的函数值都大，f′(b) ＝0；而且在点 x＝b 附近的左侧 f′(x)＞0，右侧 f′(x)＜0，则点 b 叫做函数 y＝f(x)的极大 值点，f(b)叫做函数 y＝f(x)的极大值． 极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值． 3．函数的最值 (1)在闭区间[a，b]上连续的函数 f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值． (2)若函数 f(x)在[a，b]上单调递增，则 f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函 数 f(x)在[a，b]上单调递减，则 f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值． (3)开区间上的单调连续函数无最值．, (1)f′(x)＞0(＜0)是 f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的充分不必要条件． (2)f′(x)≥0(≤0)是 f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的必要不充分条件． (3)由 f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)可得 f′(x)≥0(≤0)在该区间内恒成立，而不是 f′(x) ＞0(＜0)恒成立，“＝”不能少，必要时还需对“＝”进行检验. f′(x0)＝0 是 x0 为 f(x)的极值点的必要不充分条件．例如，f(x)＝x3，f′(0)＝0，但 x ＝0 不是极值点． (1)极值点不是点，若函数 f(x)在 x1 处取得极大值，则 x1 为极大值点，极大值为 f(x1)； 在 x2 处取得极小值，则 x2 为极小值点，极小值为 f(x2)．极大值与极小值之间无确定的大小 关系． (2)极值一定在区间内部取得，有极值的函数一定不是单调函数. 二、常用结论 (1)若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用并集“∪”及“或”连接， 只能用“，”“和”字隔开． (2)若函数 f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值一定是函数的最值． (3)极值只能在定义域内取得(不包括端点)，最值却可以在端点处取得，有极值的不一定 有最值，有最值的也未必有极值；极值有可能成为最值，非常数可导函数最值只要不在端点 处取，则必定在极值处取． 第一课时 导数与函数的单调性 考点一 求函数的单调区间 1．已知函数 f(x)＝xln x，则 f(x)( ) A．在(0，＋∞)上单调递增 B．在(0，＋∞)上单调递减 C．在 0，1 e 上单调递增 D．在 0，1 e 上单调递减 解析：选 D 因为函数 f(x)＝xln x 的定义域为(0，＋∞)， 所以 f′(x)＝ln x＋1(x＞0)， 当 f′(x)＞0 时，解得 x＞1 e ， 即函数 f(x)的单调递增区间为 1 e ，＋∞ ； 当 f′(x)＜0 时，解得 0＜x＜1 e ， 即函数 f(x)的单调递减区间为 0，1 e ，故选 D. 2．若幂函数 f(x)的图象过点 2 2 ，1 2 ，则函数 g(x)＝exf(x)的单调递减区间为________． 解析：设幂函数 f(x)＝xa，因为图象过点 2 2 ，1 2 ， 所以1 2 ＝ 2 2 a，a＝2， 所以 f(x)＝x2，故 g(x)＝exx2， 则 g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)， 令 g′(x)＜0，得－2＜x＜0， 故函数 g(x)的单调递减区间为(－2,0)． 答案：(－2,0) 3．(2018·开封调研)已知定义在区间(－π，π)上的函数 f(x)＝xsin x＋cos x，则 f(x)的单调 递增区间是___________________________________________________________． 解析：f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x. 令 f′(x)＝xcos x＞0(x∈(－π，π))， 解得－π＜x＜－π 2 或 0＜x＜π 2 ， 即函数 f(x)的单调递增区间是 －π，－π 2 和 0，π 2 . 答案： －π，－π 2 和 0，π 2 考点二 判断含参函数的单调性 (2018·全国卷Ⅰ节选)已知函数 f(x)＝1 x －x＋aln x，讨论 f(x)的单调性． [解] f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－1 x2 －1＋a x ＝－x2－ax＋1 x2 . ①当 a≤2 时，则 f′(x)≤0， 当且仅当 a＝2，x＝1 时，f′(x)＝0， 所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递减． ②当 a＞2 时，令 f′(x)＝0， 得 x＝a－ a2－4 2 或 x＝a＋ a2－4 2 . 当 x∈ 0，a－ a2－4 2 ∪ a＋ a2－4 2 ，＋∞ 时， f′(x)＜0； 当 x∈ a－ a2－4 2 ，a＋ a2－4 2 时，f′(x)＞0. 所 以 f(x) 在 0，a－ a2－4 2 ， a＋ a2－4 2 ，＋∞ 上 单 调 递 减 ， 在 a－ a2－4 2 ，a＋ a2－4 2 上单调递增． 综合①②可知，当 a≤2 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当 a＞2 时，f(x)在 0，a－ a2－4 2 ， a＋ a2－4 2 ，＋∞ 上单调递减，在 a－ a2－4 2 ，a＋ a2－4 2 上单调递增． [题组训练] 已知函数 g(x)＝ln x＋ax2＋bx，其中 g(x)的函数图象在点(1，g(1))处的切线平行于 x 轴． (1)确定 a 与 b 的关系； (2)若 a≥0，试讨论函数 g(x)的单调性． 解：(1)g′(x)＝1 x ＋2ax＋b(x＞0)． 由函数 g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于 x 轴， 得 g′(1)＝1＋2a＋b＝0，所以 b＝－2a－1. (2)由(1)得 g′(x)＝2ax2－2a＋1x＋1 x ＝2ax－1x－1 x . 因为函数 g(x)的定义域为(0，＋∞)， 所以当 a＝0 时，g′(x)＝－x－1 x . 由 g′(x)＞0，得 0＜x＜1，由 g′(x)＜0，得 x＞1， 即函数 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 当 a＞0 时，令 g′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝ 1 2a ， 若 1 2a ＜1，即 a＞1 2 ，由 g′(x)＞0，得 x＞1 或 0＜x＜ 1 2a ，由 g′(x)＜0，得 1 2a ＜x＜1， 即函数 g(x)在 0， 1 2a ，(1，＋∞)上单调递增，在 1 2a ，1 上单调递减； 若 1 2a ＞1，即 0＜a＜1 2 ，由 g′(x)＞0，得 x＞ 1 2a 或 0＜x＜1， 由 g′(x)＜0，得 1＜x＜ 1 2a ， 即函数 g(x)在(0,1)， 1 2a ，＋∞ 上单调递增，在 1， 1 2a 上单调递减； 若 1 2a ＝1，即 a＝1 2 ，在(0，＋∞)上恒有 g′(x)≥0， 即函数 g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 综上可得，当 a＝0 时，函数 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当 0＜a＜1 2 时，函数 g(x)在(0,1)， 1 2a ，＋∞ 上单调递增，在 1， 1 2a 上单调递减； 当 a＝1 2 时，函数 g(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当 a＞1 2 时，函数 g(x)在 0， 1 2a ，(1，＋∞)上单调递增， 在 1 2a ，1 上单调递减． 考点三 根据函数的单调性求参数 [典例精析] (1)若函数 f(x)＝x－1 3sin 2x＋asin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则 a 的取值范围是________． (2)若函数 h(x)＝ln x－1 2ax2－2x(a≠0)在[1,4]上单调递减，则 a 的取值范围为________． [解析] (1)函数f(x)＝x－1 3sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，等价于f′(x)＝1－2 3cos 2x＋acos x＝－4 3cos2x＋acos x＋5 3 ≥0 在(－∞，＋∞)恒成立．设 cos x＝t，则 g(t)＝－4 3t2＋at ＋5 3 ≥0 在[－1,1]恒成立，所以 g1＝－4 3 ＋a＋5 3 ≥0， g－1＝－4 3 －a＋5 3 ≥0， 解得－1 3 ≤a≤1 3. (2)因为 h(x)在[1,4]上单调递减， 所以当 x∈[1,4]时，h′(x)＝1 x －ax－2≤0 恒成立， 即 a≥1 x2 －2 x 恒成立． 由(1)知 G(x)＝1 x2 －2 x ， 所以 a≥G(x)max，而 G(x)＝ 1 x －1 2－1， 因为 x∈[1,4]，所以1 x ∈ 1 4 ，1 ， 所以 G(x)max＝－ 7 16(此时 x＝4)， 所以 a≥－ 7 16 ，又因为 a≠0， 所以 a 的取值范围是 － 7 16 ，0 ∪(0，＋∞)． 答案：(1) －1 3 ，1 3 (2) － 7 16 ，0 ∪(0，＋∞) [变式发散] 1．(变条件)若本例(2)条件变为“函数 h(x)在[1,4]上单调递增”，则 a 的取值范围为 ________． 解析：因为 h(x)在[1,4]上单调递增，所以当 x∈[1,4]时，h′(x)≥0 恒成立，即 a≤1 x2 －2 x 恒成立， 又因为当 x∈[1,4]时， 1 x2 －2 x min＝－1(此时 x＝1)， 所以 a≤－1，即 a 的取值范围是(－∞，－1]． 答案：(－∞，－1] 2．(变条件)若本例(2)条件变为“函数 h(x)在[1,4]上存在单调递减区间”，则 a 的取值范 围为________． 解析：因为 h(x)在[1,4]上存在单调递减区间， 所以 h′(x)＜0 在[1,4]上有解， 所以当 x∈[1,4]时，a＞1 x2 －2 x 有解， 而当 x∈[1,4]时， 1 x2 －2 x min＝－1(此时 x＝1)， 所以 a＞－1，又因为 a≠0， 所以 a 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)． 答案：(－1,0)∪(0，＋∞) 3．(变条件)若本例(2)条件变为“函数 h(x)在[1,4]上不单调”，则 a 的取值范围为 ________． 解析：因为 h(x)在[1,4]上不单调， 所以 h′(x)＝0 在(1,4)上有解，即 a＝1 x2 －2 x ＝ 1 x －1 2－1 在(1,4)上有解， 令 m(x)＝1 x2 －2 x ，x∈(1,4)，则－1＜m(x)＜－ 7 16. 所以实数 a 的取值范围是 －1，－ 7 16 . 答案： －1，－ 7 16 [题组训练] 1．(2019·渭南质检)已知函数 f(x)＝ax3＋bx2 的图象经过点 M(1,4)，曲线在点 M 处的切 线恰好与直线 x＋9y＝0 垂直．若函数 f(x)在区间[m，m＋1]上单调递增，则 m 的取值范围是 ________． 解析：∵f(x)＝ax3＋bx2 的图象经过点 M(1,4)， ∴a＋b＝4，① f′(x)＝3ax2＋2bx，则 f′(1)＝3a＋2b. 由题意可得 f′(1)· －1 9 ＝－1，即 3a＋2b＝9.② 联立①②两式解得 a＝1，b＝3， ∴f(x)＝x3＋3x2，f′(x)＝3x2＋6x. 令 f′(x)＝3x2＋6x≥0，得 x≥0 或 x≤－2. ∵函数 f(x)在区间[m，m＋1]上单调递增， ∴[m，m＋1]⊆(－∞，－2]∪[0，＋∞)， ∴m≥0 或 m＋1≤－2，即 m≥0 或 m≤－3. 答案：(－∞，－3]∪[0，＋∞) 2．已知函数 f(x)＝3x a －2x2＋ln x(a＞0)，若函数 f(x)在[1,2]上为单调函数，则 a 的取值范 围是________． 解析：f′(x)＝3 a －4x＋1 x ， 若函数 f(x)在[1,2]上为单调函数， 即 f′(x)＝3 a －4x＋1 x ≥0 或 f′(x)＝3 a －4x＋1 x ≤0 在[1,2]上恒成立， 即3 a ≥4x－1 x 或3 a ≤4x－1 x 在[1,2]上恒成立． 令 h(x)＝4x－1 x ， 则 h(x)在[1,2]上单调递增， 所以3 a ≥h(2)或3 a ≤h(1)， 即3 a ≥15 2 或3 a ≤3，又 a＞0， 所以 0＜a≤2 5 或 a≥1. 答案： 0，2 5 ∪[1，＋∞) [课时跟踪检测] A 级 1．下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( ) A．f(x)＝sin 2x B．f(x)＝xex C．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋ln x 解析：选 B 对于 A，f(x)＝sin 2x 的单调递增区间是 kπ－π 4 ，kπ＋π 4 (k∈Z)；对于 B，f′(x) ＝ex(x＋1)，当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，∴函数 f(x)＝xex 在(0，＋∞)上为增函数；对于 C， f′(x)＝3x2－1，令 f′(x)＞0，得 x＞ 3 3 或 x＜－ 3 3 ，∴函数 f(x)＝x3－x 在 －∞，－ 3 3 和 3 3 ，＋∞ 上单调递增；对于 D，f′(x)＝－1＋1 x ＝－x－1 x ，令 f′(x)＞0，得 0＜x＜1，∴ 函数 f(x)＝－x＋ln x 在区间(0,1)上单调递增．综上所述，应选 B. 2．已知函数 f(x)＝x2＋2cos x，若 f′(x)是 f(x)的导函数，则函数 f′(x)的大致图象是( ) 解析：选 A 设 g(x)＝f′(x)＝2x－2sin x，则 g′(x)2－2cos x≥0，所以函数 f′(x)在 R 上单调递增，结合选项知选 A. 3．若函数 f(x)＝(x2－cx＋5)ex 在区间 1 2 ，4 上单调递增，则实数 c 的取值范围是( ) A．(－∞，2] B．(－∞，4] C．(－∞，8] D．[－2,4] 解析：选 B f′(x)＝[x2＋(2－c)x－c＋5]ex，∵函数 f(x)在区间 1 2 ，4 上单调递增，∴x2 ＋(2－c)x－c＋5≥0 对任意 x∈ 1 2 ，4 恒成立，即(x＋1)c≤x2＋2x＋5 对任意 x∈ 1 2 ，4 恒成 立，∴c≤x2＋2x＋5 x＋1 对任意 x∈ 1 2 ，4 恒成立，∵x∈ 1 2 ，4 ，∴x2＋2x＋5 x＋1 ＝x＋1＋ 4 x＋1 ≥4， 当且仅当 x＝1 时等号成立，∴c≤4. 4．(2019·咸宁联考)设函数 f(x)＝1 2x2－9ln x 在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数 a 的取值范围是( ) A．(1,2] B．(4，＋∞) C．(－∞，2) D．(0,3] 解析：选 A ∵f(x)＝1 2x2－9ln x，∴f′(x)＝x－9 x(x＞0)，由 x－9 x ≤0，得 0＜x≤3，∴f(x) 在(0,3]上是减函数，则[a－1，a＋1]⊆(0,3]，∴a－1＞0 且 a＋1≤3，解得 1＜a≤2. 5．(2019·南昌联考)已知函数 f(x＋1)是偶函数，当 x∈(1，＋∞)时，函数 f(x)＝sin x－x， 设 a＝f －1 2 ，b＝f(3)，c＝f(0)，则 a，b，c 的大小关系为( ) A．b＜a＜c B．c＜a＜b C．b＜c＜a D．a＜b＜c 解析：选 A ∵函数 f(x＋1)是偶函数，∴函数 f(x)的图象关于直线 x＝1 对称，∴a＝f －1 2 ＝f 5 2 ，b＝f(3)，c＝f(0)＝f(2)．又∵当 x∈(1，＋∞)时，函数 f(x)＝sin x－x，∴当 x∈(1， ＋∞)时，f′(x)＝cos x－1≤0，即 f(x)＝sin x－x 在(1，＋∞)上为减函数，∴b＜a＜c. 6 ． 已 知 函 数 y ＝ f(x)(x ∈ R) 的 图 象 如 图 所 示 ， 则 不 等 式 xf′(x)≥0 的 解 集 为 ________________． 解析：由 f(x)图象特征可得，在 －∞，1 2 和[2，＋∞)上 f′(x)≥0, 在 1 2 ，2 上 f′(x) ＜0，所以 xf′(x)≥0⇔ x≥0， f′x≥0 或 x≤0， f′x≤0 ⇔0≤x≤1 2 或 x≥2，所以 xf′(x)≥0 的解 集为 0，1 2 ∪[2，＋∞)． 答案： 0，1 2 ∪[2，＋∞) 7．(2019·岳阳模拟)若函数 f(x)＝x2－ex－ax 在 R 上存在单调递增区间，则实数 a 的取值 范围是________． 解析：∵函数 f(x)＝x2－ex－ax 在 R 上存在单调递增区间， ∴f′(x)＝2x－ex－a＞0，即 a＜2x－ex 有解． 设 g(x)＝2x－ex，则 g′(x)＝2－ex， 令 g′(x)＝0，得 x＝ln 2， 则当 x＜ln 2 时，g′(x)＞0，g(x)单调递增， 当 x＞ln 2 时，g′(x)＜0，g(x)单调递减， ∴当 x＝ln 2 时，g(x)取得最大值，且 g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2，∴a＜2ln 2－2. 答案：(－∞，2ln 2－2) 8．设 f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中 a∈R，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与 y 轴相交 于点(0,6)． (1)确定 a 的值； (2)求函数 f(x)的单调区间． 解：(1)因为 f(x)＝a(x－5)2＋6ln x， 所以 f′(x)＝2a(x－5)＋6 x. 令 x＝1，得 f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a， 所以曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y－16a＝(6－8a)(x－1)， 由点(0,6)在切线上，可得 6－16a＝8a－6，解得 a＝1 2. (2)由(1)知，f(x)＝1 2(x－5)2＋6ln x(x＞0)， f′(x)＝x－5＋6 x ＝x－2x－3 x . 令 f′(x)＝0，解得 x＝2 或 x＝3. 当 0＜x＜2 或 x＞3 时，f′(x)＞0； 当 2＜x＜3 时，f′(x)＜0， 故函数 f(x)的单调递增区间是(0,2)，(3，＋∞)，单调递减区间是(2,3)． 9．已知 e 是自然对数的底数，实数 a 是常数，函数 f(x)＝ex－ax－1 的定义域为(0，＋∞)． (1)设 a＝e，求函数 f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程； (2)判断函数 f(x)的单调性． 解：(1)∵a＝e，∴f(x)＝ex－ex－1， ∴f′(x)＝ex－e，f(1)＝－1，f′(1)＝0. ∴当 a＝e 时，函数 f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为 y＝－1. (2)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a. 易知 f′(x)＝ex－a 在(0，＋∞)上单调递增． ∴当 a≤1 时，f′(x)＞0，故 f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当 a＞1 时，由 f′(x)＝ex－a＝0，得 x＝ln a， ∴当 0＜x＜ln a 时，f′(x)＜0，当 x＞ln a 时，f′(x)＞0， ∴f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增． 综上，当 a≤1 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当 a＞1 时，f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增． B 级 1．(2019·南昌模拟)已知函数 f(x)＝xsin x，x1，x2∈ －π 2 ，π 2 ，且 f(x1)＜f(x2)，那么( ) A．x1－x2＞0 B．x1＋x2＞0 C．x21－x22＞0 D．x21－x22＜0 解析：选 D 由 f(x)＝xsin x，得 f′(x)＝sin x＋xcos x＝cos x(tan x＋x)，当 x∈ 0，π 2 时， f′(x)＞0，即 f(x)在 0，π 2 上为增函数，又∵f(－x)＝－xsin(－x)＝xsin x＝f(x)，∴f(x)为偶函 数，∴当 f(x1)＜f(x2)时，有 f(|x1|)＜f(|x2|)，∴|x1|＜|x2|，x21－x22＜0，故选 D. 2．函数 f(x)＝1 2x2－ln x 的单调递减区间为________． 解析：由题意知，函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，由 f(x)＝x－1 x ＜0，得 0＜x＜1，所以 函数 f(x)的单调递减区间为(0,1)． 答案：(0,1) 3．(2019·郴州模拟)已知函数 f(x)＝－1 2x2＋4x－3ln x 在区间[t，t＋1]上不单调，则实数 t 的取值范围是________． 解析：由题意知 f′(x)＝－x＋4－3 x ＝－x－1x－3 x ，由 f′(x)＝0 得函数 f(x)的两个极 值点为 1 和 3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数 f(x)在区间[t，t＋1]上就 不单调， ∴1∈(t，t＋1)或 3∈(t，t＋1)⇔ t＜1， t＋1＞1 或 t＜3， t＋1＞3 ⇔0＜t＜1 或 2＜t＜3. 答案：(0,1)∪(2,3) 4.已知函数 y＝xf′(x)的图象如图所示(其中 f′(x)是函数 f(x)的导函数)， 下面四个图象中，y＝f(x)的图象大致是( ) 解析：选 C 当 0＜x＜1 时，xf′(x)＜0，∴f′(x)＜0，故 y＝f(x)在(0,1)上为减函数； 当 x＞1 时，xf′(x)＞0，∴f′(x)＞0，故 y＝f(x)在(1，＋∞)上为增函数，因此排除 A、B、 D，故选 C. 5．已知函数 f(x)＝x3－2x＋ex－1 ex ，其中 e 是自然对数的底数．若 f(a－1)＋f(2a2)≤0， 则实数 a 的取值范围是________． 解析：由 f(x)＝x3－2x＋ex－1 ex ， 得 f(－x)＝－x3＋2x＋1 ex －ex＝－f(x)， 所以 f(x)是 R 上的奇函数． 又 f′(x)＝3x2－2＋ex＋1 ex ≥3x2－2＋2 ex·1 ex ＝3x2≥0，当且仅当 x＝0 时取等号， 所以 f(x)在其定义域内单调递增． 因为 f(a－1)＋f(2a2)≤0， 所以 f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)， 所以 a－1≤－2a2，解得－1≤a≤1 2 ， 故实数 a 的取值范围是 －1，1 2 . 答案： －1，1 2 6．已知 f(x)＝ax－1 x ，g(x)＝ln x，x＞0，a∈R 是常数． (1)求函数 y＝g(x)的图象在点 P(1，g(1))处的切线方程； (2)设 F(x)＝f(x)－g(x)，讨论函数 F(x)的单调性． 解：(1)因为 g(x)＝ln x(x＞0)， 所以 g(1)＝0，g′(x)＝1 x ，g′(1)＝1， 故函数 g(x)的图象在 P(1，g(1))处的切线方程是 y＝x－1. (2)因为 F(x)＝f(x)－g(x)＝ax－1 x －ln x(x＞0)， 所以 F′(x)＝a＋1 x2 －1 x ＝a＋ 1 x －1 2 2－1 4. ①当 a≥1 4 时，F′(x)≥0，F(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②当 a＝0 时，F′(x)＝1－x x2 ，F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； ③当 0＜a＜1 4 时，由 F′(x)＝0，得 x1＝1－ 1－4a 2a ＞0，x2＝1＋ 1－4a 2a ＞0，且 x2＞x1， 故 F(x) 在 0，1－ 1－4a 2a ， 1＋ 1－4a 2a ，＋∞ 上 单 调 递 增 ， 在 1－ 1－4a 2a ，1＋ 1－4a 2a 上单调递减； ④当 a＜0 时，由 F′(x)＝0，得 x1＝1－ 1－4a 2a ＞0，x2＝1＋ 1－4a 2a ＜0， F(x)在 0，1－ 1－4a 2a 上单调递增，在 1－ 1－4a 2a ，＋∞ 上单调递减． 7．已知函数 f(x)＝ax－ln x，g(x)＝eax＋2x，其中 a∈R. (1)当 a＝2 时，求函数 f(x)的极值； (2)若存在区间 D⊆(0，＋∞)，使得 f(x)与 g(x)在区间 D 上具有相同的单调性，求实数 a 的取值范围． 解：(1)当 a＝2 时，f(x)＝2x－ln x，定义域为(0，＋∞)，则 f′(x)＝2－1 x ， 故当 x∈ 0，1 2 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当 x∈ 1 2 ，＋∞ 时，f′(x)＞0，f(x)单调 递增． 所以 f(x)在 x＝1 2 处取得极小值，且 f 1 2 ＝1＋ln 2，无极大值． (2)由题意知，f′(x)＝a－1 x ，g′(x)＝aeax＋2， ①当 a＞0 时，g′(x)＞0，即 g(x)在 R 上单调递增，而 f(x)在 1 a ，＋∞ 上单调递增，故 必存在区间 D⊆(0，＋∞)，使得 f(x)与 g(x)在区间 D 上单调递增； ②当 a＝0 时，f′(x)＝－1 x ＜0，故 f(x)在(0，＋∞)上单调递减，而 g(x)在(0，＋∞)上单 调递增，故不存在满足条件的区间 D； ③当 a＜0 时，f′(x)＝a－1 x ＜0，即 f(x)在(0，＋∞)上单调递减，而 g(x)在 －∞，1 aln －2 a 上单调递减，在 1 aln －2 a ，＋∞ 上单调递增，若存在区间 D⊆(0，＋∞)，使得 f(x)与 g(x) 在区间 D 上有相同的单调性，则有 1 aln －2 a ＞0，解得 a＜－2. 综上可知，实数 a 的取值范围为(－∞，－2)∪(0，＋∞)．