导数中的端点效应法探究 1已知函数 f (x) (x 1)ln x a(x 1).(I )当 a 4时,求曲线 y f (x) 在 1, f(1) 处的切线方程;(II) 若当 x 1, 时, f (x)>0 ,求 a的取值范围 .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 f ( x) ( x 1)ln x ax a ( a 为正实数,且为常数) .(1)若函数 f (x) 在区间 (0, )上单调递增,求实数 a的取值范围;(2)若不等式 (x 1)f ( x) ≥ 0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f (x), f (1), f (1),由直线方程得点斜式可求曲线y f(x) 在 (1,f (1)) 处 的 切 线 方 程 为 2x y 2 0. ( Ⅱ ) 构 造 新 函 数 g(x) ln x a(x 1) ,对实数 a 分类讨论,用导数法求解 .x1试题解析:( I) f ( x)的定义域为 (0, ).当a 4时,1f(x) (x 1)lnx 4(x 1),f (x) lnx 3,f (1) 2, f (1) 0.曲线 y f(x)x在 (1,f (1)) 处的切线方程为 2x y 2 0.II)当 x (1, )时, f(x) 0等价于 lnx a(x 1) 0. x1 令 g(x) ln x a(x 1) ,则 x1g (x) 1xx2a(x 1)22x2 2(1 a)x 1x(x 1)2,g(1) 0i)当 a 2, x (1, )时, x2 2(1 a)x 1 x2 2x 1 0,故 g (x) 0,g(x)在 x (1, )上单调递增,因此 g(x) 0 ; (ii)当 a 2时,令 g (x) 0 得x1 a 1 (a 1)2 1,x2 a 1 (a 1)2 1 ,由 x2 1和 x1x2 1得 x1 1,故当 x (1,x2)时, g (x) 0,g(x)在x (1,x2 )单调递减, 因此 g(x) 0.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-xλ.x故此时 g (x)无极值. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分当 λ>0 时,设 h(x)=ex- xλ,则 h′(x)=ex+xλ2>0 恒成立,所以 h(x)在(0,+∞ )上单调递增. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分①当 0< λ0恒成立,从而 g (x)在(0,+∞)上单调递增,h(1)=e-λ> 0,h(e)=ee-e<0,且 h(x)是(0,+∞ )上的连续函数, 因此存在唯一的 x0∈(eλ, 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 0x0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.x 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