【例題選講】
[例1] 設(shè)a＞0，函數(shù)f(x)＝eq \f(1,2)x2－(a＋1)x＋a(1＋ln x)．
(1)若曲線y＝f(x)在(2，f(2))處的切線與直線y＝－x＋1垂直，求切線方程．
(2)求函數(shù)f(x)的極值．
解析 (1)由已知，得f′(x)＝x－(a＋1)＋eq \f(a,x)(x＞0)，又由題意可知y＝f(x)在(2，f(2))處切線的斜率為1，
所以f′(2)＝1，即2－(a＋1)＋eq \f(a,2)＝1，解得a＝0，此時(shí)f(2)＝2－2＝0，故所求的切線方程為y＝x－2．
(2)f′(x)＝x－(a＋1)＋eq \f(a,x)＝eq \f(x2－(a＋1)x＋a,x)＝eq \f((x－1)(x－a),x)(x＞0)．
①當(dāng)0＜a＜1時(shí)，若x∈(0，a)，則f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；若x∈(a，1)，則f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；若x∈(1，＋∞)，則f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．此時(shí)x＝a是f(x)的極大值點(diǎn)，x＝1是f(x)的極小值點(diǎn)，函數(shù)f(x)的極大值是f(a)＝－eq \f(1,2)a2＋aln a，極小值是f(1)＝－eq \f(1,2)．
②當(dāng)a＝1時(shí)，f′(x)＝eq \f((x－1)2,x)≥0，所以函數(shù)f(x)在定義域(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，
此時(shí)f(x)沒有極值點(diǎn)，故無極值．
③當(dāng)a＞1時(shí)，若x∈(0，1)，則f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；
若x∈(1，a)，則f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；若x∈(a，＋∞)，則f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．
此時(shí)x＝1是f(x)的極大值點(diǎn)，x＝a是f(x)的極小值點(diǎn)，
函數(shù)f(x)的極大值是f(1)＝－eq \f(1,2)，極小值是f(a)＝－eq \f(1,2)a2＋aln a．
綜上，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，f(x)的極大值是－eq \f(1,2)a2＋aln a，極小值是－eq \f(1,2)；當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)沒有極值；當(dāng)a＞1時(shí)f(x)的極大值是－eq \f(1,2)，極小值是－eq \f(1,2)a2＋aln a．
[例2] 已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a∈R)．
(1)當(dāng)a＝eq \f(1,2)時(shí)，求f(x)的極值；
(2)討論函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)．
解析 (1)當(dāng)a＝eq \f(1,2)時(shí)，f(x)＝ln x－eq \f(1,2)x，函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)且f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,2)＝eq \f(2－x,2x)，
令f′(x)＝0，得x＝2，于是當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表．
故f(x)在定義域上的極大值為f(x)極大值＝f(2)＝ln 2－1，無極小值．
(2)由(1)知，函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x)．
當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
則函數(shù)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，此時(shí)函數(shù)在定義域上無極值點(diǎn)；
當(dāng)a>0時(shí)，若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，則f′(x)>0，
若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))，則f′(x)0時(shí)，函數(shù)y＝f(x)有一個(gè)極大值點(diǎn)，且為x＝eq \f(1,a)．
[例3] 設(shè)f(x)＝xlnx－eq \f(3,2)ax2＋(3a－1)x．
(1)若g(x)＝f′(x)在[1，2]上單調(diào)，求a的取值范圍；
(2)已知f(x)在x＝1處取得極小值，求a的取值范圍．
解析 (1)由f′(x)＝lnx－3ax＋3a，即g(x)＝ln x－3ax＋3a，x∈(0，＋∞)，g′(x)＝eq \f(1,x)－3a，
①g(x)在[1，2]上單調(diào)遞增，∴eq \f(1,x)－3a≥0對(duì)x∈[1，2]恒成立，即a≤eq \f(1,3x)對(duì)x∈[1，2]恒成立，得a≤eq \f(1,6)；
②g(x)在[1，2]上單調(diào)遞減，∴eq \f(1,x)－3a≤0對(duì)x∈[1，2]恒成立，即a≥eq \f(1,3x)對(duì)x∈[1，2]恒成立，得a≥eq \f(1,3)，
由①②可得a的取值范圍為eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,6)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))．
(2)由(1)知，①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴x∈(0，1)時(shí)，f′(x)0，f(x)單調(diào)遞增，∴f(x)在x＝1處取得極小值，符合題意；
②當(dāng)0eq \f(1,3)時(shí)，0

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