2019届高考一轮复习备考资料之数学江苏专版讲义：第三章 导数及其应用 3-2 第2课时 含答案 精品

第2课时 导数与函数的极值、最值
题型一 用导数求解函数极值问题
命题点1 根据函数图象判断极值
典例 设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是________．(填序号)
①函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)； ②函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)； ③函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)； ④函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2)． 答案 ④
解析 由题图可知，当x <－2时，f ′(x )>0； 当－2<x <1时，f ′(x )<0； 当1<x <2时，f ′(x )<0； 当x >2时，f ′(x )>0.
由此可以得到函数f (x )在x ＝－2处取得极大值， 在x ＝2处取得极小值． 命题点2 求函数的极值
典例 已知函数f (x )＝x －1＋a
e x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．
(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)求函数f (x )的极值．
解 (1)由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－a
e x .
又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴， 得f ′(1)＝0，即1－a
e ＝0，解得a ＝e.
(2)f ′(x )＝1－a
e
x ，
①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )为(－∞，＋∞)上的单调增函数，所以函数f (x )无极值． ②当a >0时，令f ′(x )＝0，得e x ＝a ，即x ＝ln a ， 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0， 所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，
在(ln a ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值．
综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；
当a >0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值． 命题点3 根据极值求参数
典例 (1)若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为________________． 答案 ⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫3
2，＋∞
解析 f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1， 由f ′(x )＝0有两个不同的根， 可得Δ＝(－4c )2－12>0， ∴c >
32或c <－3
2
. (2)若函数f (x )＝x 33－a 2x 2
＋x ＋1在区间⎝⎛⎭⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是________． 答案 ⎝
⎛⎭⎫2，10
3 解析 函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫12，3上有极值点等价于f ′(x )＝0有2个不相等的实根，且在⎝⎛⎭⎫12，3内有根．f ′(x )＝x 2－ax ＋1，由f ′(x )＝0有2个不相等的实根，得Δ＝a 2－4>0，即a <－2或a >2.由f ′(x )＝0在⎝⎛⎭⎫12，3内有根，得a ＝x ＋1x 在⎝⎛⎭⎫1
2，3内有解． 又x ＋1x ∈⎣⎡⎭⎫2，103，所以2≤a <10
3. 综上，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫2，10
3. 思维升华 函数极值的两类热点问题 (1)求函数f (x )极值的一般解题步骤
①确定函数的定义域；②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号． (2)根据函数极值情况求参数的两个要领
①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．
②验证：求解后验证根的合理性．
跟踪训练 (1)函数f (x )＝(x 2－1)2＋2的极值点的个数为________． 答案 3
解析 ∵f (x )＝x 4－2x 2＋3，
∴由f ′(x )＝4x 3－4x ＝4x (x ＋1)(x －1)＝0，得 x ＝0或x ＝1或x ＝－1. 又当x <－1时，f ′(x )<0， 当－1<x <0时，f ′(x )>0， 当0<x <1时，f ′(x )<0， 当x >1时，f ′(x )>0，
∴x ＝0,1，－1都是f (x )的极值点．
(2)若函数f (x )＝ax 2
2－(1＋2a )x ＋2ln x (a >0)在区间⎝⎛⎭⎫12，1内有极大值，则a 的取值范围是________． 答案 (1,2)
解析 f ′(x )＝ax －(1＋2a )＋2x ＝ax 2
－(2a ＋1)x ＋2
x
(a >0，x >0)，若f (x )在区间⎝⎛⎭⎫12，1内有极大值，
即f ′(x )＝0在⎝⎛⎭⎫12，1内有解．
则f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫12，1内先大于0，再小于0， 则⎩⎪⎨⎪⎧
f ′⎝⎛⎭⎫12>0，f ′(1)<0，即
⎩⎪⎨⎪⎧
14a －1
2
(2a ＋1)＋212
>0，
a －(2a ＋1)＋2<0，
解得1<a <2.
题型二 用导数求函数的最值
典例 已知函数f (x )＝1－x x ＋k ln x ，k <1
e ，求函数
f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最大值和最小值． 解 f ′(x )＝－x －(1－x )x 2＋k x ＝kx －1x
2.
①若k ＝0，则f ′(x )＝－1
x 2在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒有f ′(x )<0， 所以f (x )在⎣⎡⎦⎤
1e ，e 上单调递减．
②若k ≠0，则f ′(x )＝kx －1
x
2＝
k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2
.
(ⅰ)若k <0，则在⎣⎡⎦⎤
1e ，e 上恒有k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2
<0. 所以f (x )在⎣⎡⎦⎤
1e ，e 上单调递减， (ⅱ)若k >0，由k <1e
，
得1k >e ，则x －1
k <0在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒成立， 所以k ⎝⎛⎭⎫x －1
k x 2
<0，
所以f (x )在⎣⎡⎦⎤
1e ，e 上单调递减．
综上，当k <1
e 时，
f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上单调递减， 所以f (x )min ＝f (e)＝1
e ＋k －1，
f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝e －k －1. 引申探究
本例中若函数为“f (x )＝ln x －1
2x 2”，则函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最大值如何？ 解 由f (x )＝ln x －1
2x 2，
则f ′(x )＝1
x －x ＝1－x 2x
，
因为当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0，得1
e ≤x <1；
令f ′(x )<0，得1<x ≤e ，
所以f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，1上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以f (x )max ＝f (1)＝－12
.
思维升华 求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤 (1)求函数在(a ，b )内的极值．
(2)求函数在区间端点的函数值f (a )，f (b )．
(3)将函数f (x )的极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值． 跟踪训练 设函数f (x )＝x 3
－x 2
2
－2x ＋5，若对任意的x ∈[－1,2]，都有f (x )>a ，则实数a 的取
值范围是________________．
答案 ⎝
⎛⎭⎫－∞，72 解析 由题意知，f ′(x )＝3x 2－x －2， 令f ′(x )＝0，得3x 2－x －2＝0， 解得x ＝1或x ＝－2
3，
又f (1)＝7
2，f ⎝⎛⎭⎫－23＝15727， f (－1)＝11
2，f (2)＝7，
故f (x )min ＝72，∴a <7
2
.
题型三 函数极值和最值的综合问题
典例 已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c
e x (a >0)的导函数y ＝
f ′(x )的两个零点为－3和0.
(1)求f (x )的单调区间；
(2)若f (x )的极小值为－e 3，求f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值． 解 (1)f ′(x )＝(2ax ＋b )e x －(ax 2＋bx ＋c )e x
(e x )2
＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c e x
.
令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ，
因为e x >0，所以y ＝f ′(x )的零点就是g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c 的零点且f ′(x )与g (x )符号相同．
又因为a >0，所以当－3<x <0时，g (x )>0，即f ′(x )>0， 当x <－3或x >0时，g (x )<0，即f ′(x )<0， 所以f (x )的单调递增区间是(－3,0)， 单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)． (2)由(1)知，x ＝－3是f (x )的极小值点， 所以有⎩⎪⎨⎪⎧
9a －3b ＋c e －3
＝－e 3
，g (0)＝b －c ＝0，
g (－3)＝－9a －3(2a －b )＋b －c ＝0，
解得a ＝1，b ＝5，c ＝5， 所以f (x )＝x 2＋5x ＋5e x
.
因为f (x )的单调递增区间是(－3,0)， 单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)，
所以f (0)＝5为函数f (x )的极大值，
故f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值取f (－5)和f (0)中的最大者，而f (－5)＝5
e －5＝5e 5>5＝
f (0)，
所以函数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5.
思维升华 (1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小． (2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论． (3)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值． 跟踪训练 若函数f (x )＝13x 3＋x 2－2
3在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是
________． 答案 [－3,0)
解析 由题意，得f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)， 故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数， 在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示，
令13x 3＋x 2－23＝－2
3
，得 x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，
⎩
⎪⎨⎪⎧
－3≤a ＜0，a ＋5>0，解得a ∈[－3,0)．
利用导数求函数的最值
典例 (16分)已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；
(2)当a >0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值．
思维点拨 (1)已知函数解析式求单调区间，实质上是求f ′(x )>0，f ′(x )<0的解区间，并注意定义域．
(2)先研究f (x )在[1,2]上的单调性，再确定最值是端点值还是极值． (3)两小问中，由于解析式中含有参数a ，要对参数a 进行分类讨论．
规范解答
解 (1)f ′(x )＝1
x
－a (x >0)，
①当a ≤0时，f ′(x )＝1
x －a >0，即函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)．[2分]
②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1
a ，
当0<x <1
a 时，f ′(x )＝1－ax x >0；
当x >1
a 时，f ′(x )＝1－ax x <0，
故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1
a ， 单调递减区间为⎝⎛⎭
⎫1
a ，＋∞.[6分] 综上可知，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a ，单调递减区间为⎝⎛⎭
⎫1
a ，＋∞.[7分] (2)①当1
a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，所以f (x )的最小值是f (2)＝ln 2
－2a .[8分]
②当1a ≥2，即0<a ≤1
2时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )的最小值是f (1)＝－a .[9
分]
③当1<1a <2，即1
2<a <1时，函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1，1a 上是增函数，在⎣⎡⎦⎤1a ，2上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，
所以当1
2<a <ln 2时，最小值是f (1)＝－a ；[11分]
当ln 2≤a <1时，最小值为f (2)＝ln 2－2a .[13分]
综上可知，当0<a <ln 2时，函数f (x )的最小值是f (1)＝－a ； 当a ≥ln 2时，函数f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a .[16分]
用导数法求给定区间上的函数的最值问题的一般步骤 第一步：(求导数)求函数f (x )的导数f ′(x )；
第二步：(求极值)求f (x )在给定区间上的单调性和极值； 第三步：(求端点值)求f (x )在给定区间上的端点值；
第四步：(求最值)将f (x )的各极值与f (x )的端点值进行比较，确定f (x )的最大值与最小值；
第五步：(反思)反思回顾，查看关键点，易错点和解题规范．
1．已知函数f (x )＝e x －eln x ，则f (x )的最小值为________． 答案 e
解析 ∵f ′(x )＝e x
－e x ＝x e x
－e
x
，
由f ′(x )＝0，解得x ＝1，
且当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， ∴f (x )min ＝f (1)＝e.
2．函数f (x )＝1
3x 3－4x ＋4的极大值为________．
答案
283
解析 f ′(x )＝x 2－4＝(x ＋2)(x －2)，
f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,2)上单调递减， 在(2，＋∞)上单调递增， 所以f (x )的极大值为f (－2)＝
283
. 3．已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x －1)(x －1)k (k ＝1,2)，则下列说法正确的是________．(填序号)
①当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取得极小值； ②当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取得极大值； ③当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取得极小值； ④当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取得极大值． 答案 ③
解析 当k ＝1时，f ′(x )＝e x ·x －1，f ′(1)≠0， ∴x ＝1不是f (x )的极值点．
当k ＝2时，f ′(x )＝(x －1)(x e x ＋e x －2)， 显然f ′(1)＝0，且在x ＝1附近的左侧f ′(x )<0， 当x >1时，f ′(x )>0， ∴f (x )在x ＝1处取得极小值．
4．函数f (x )＝1
2x 2－ln x 的最小值为________．
答案 12
解析 f ′(x )＝x －1x ＝x 2
－1
x
且x >0.
令f ′(x )>0，得x >1. 令f ′(x )<0，得0<x <1.
∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值， 且f (1)＝12－ln 1＝1
2
.
5．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则f (2)＝________. 答案 18
解析 ∵函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，∴f (1)＝10，且f ′(1)＝0，又f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，
∴⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋a ＋b ＋a 2
＝10，3＋2a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－3，b ＝3或⎩
⎪⎨⎪⎧
a ＝4，
b ＝－11. 而当⎩
⎪⎨⎪⎧
a ＝－3，
b ＝3时，函数在x ＝1处无极值，故舍去．
∴f (x )＝x 3＋4x 2－11x ＋16，∴f (2)＝18.
6．若函数f (x )＝1
3x 3－⎝⎛⎭⎫1＋b 2x 2＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f (x )在R 上的极小值为________． 答案 2b －4
3
解析 f ′(x )＝x 2－(2＋b )x ＋2b ＝(x －b )(x －2)， ∵函数f (x )在区间[－3,1]上不是单调函数， ∴－3<b <1，则由f ′(x )>0，得x <b 或x >2， 由f ′(x )<0，得b <x <2，
∴函数f (x )的极小值为f (2)＝2b －4
3
.
7．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9，若x ＝－3是函数f (x )的一个极值点，则实数a ＝______. 答案 5
解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3.
由题意知，－3是方程f ′(x )＝0的根， 所以3×(－3)2＋2a ×(－3)＋3＝0，解得a ＝5. 经检验，当a ＝5时，f (x )在x ＝－3处取得极值．
8．函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a >0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是________． 答案 ⎝⎛⎭
⎫2
2，＋∞
解析 f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )， 由f ′(x )＝0得x ＝±a ，
当－a <x <a 时，f ′(x )<0，函数单调递减； 当x >a 或x <－a 时，f ′(x )>0，函数单调递增， ∴f (x )的极大值为f (－a )，极小值为f (a )．
∴f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a >0且f (a )＝a 3－3a 3＋a <0， 解得a >
2
2
. ∴a 的取值范围是⎝⎛
⎭
⎫22，＋∞. 9．已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝⎛⎭⎫a >1
2，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a ＝________. 答案 1
解析 由题意知，当x ∈(0,2)时，f (x )的最大值为－1. 令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1
a ，
当0<x <1
a 时，f ′(x )>0；
当x >1
a
时，f ′(x )<0.
∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫
1a ＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1.
10．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ∈[－1,1]，则f (m )的最小值为________． 答案 －4
解析 f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，故a ＝3.
由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4.
f ′(x )＝－3x 2＋6x ，由此可得f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增， ∴当m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4. 11．(2017·北京)已知函数f (x )＝e x cos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间⎣⎡⎦
⎤0，π
2上的最大值和最小值．
解 (1)因为f (x )＝e x cos x －x ，
所以f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，所以f ′(0)＝0， 又因为f (0)＝1，
所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －1＝0. (2)设h (x )＝e x (cos x －sin x )－1，则
h ′(x )＝e x (cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e x sin x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π
2时，h ′(x )＜0， 所以h (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π
2上单调递减． 所以对任意x ∈⎝⎛⎦⎤0，π
2有h (x )＜h (0)＝0， 即f ′(x )＜0.
所以函数f (x )在区间⎣⎡⎦
⎤0，π
2上单调递减． 因此f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为f (0)＝1，最小值为f ⎝⎛⎭⎫π2＝－π2
. 12．已知函数f (x )＝⎩
⎪⎨⎪
⎧
－x 3＋x 2，x <1，a ln x ，x ≥1.
(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点； (2)求f (x )在[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值． 解 (1)当x <1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝2
3
.
当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
故当x ＝0时，函数f (x )取得极小值f (0)＝0， 函数f (x )的极大值点为x ＝2
3
.
(2)①当－1≤x ＜1时，由(1)知，函数f (x )在[－1,0]和⎣⎡⎭⎫23，1上单调递减，在⎣⎡⎦⎤0，2
3上单调递增．
因为f (－1)＝2，f ⎝⎛⎭⎫23＝4
27，f (0)＝0，
所以f (x )在[－1,1)上的最大值为2. ②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ， 当a ≤0时，f (x )≤0；
当a >0时，f (x )在[1，e]上单调递增， 则f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a .
故当a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ； 当a <2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2.
13．函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是________． 答案 20
解析 因为f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，
令f ′(x )＝0，得x ＝±1，可知－1,1为函数的极值点． 又f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1， 所以在区间[－3,2]上，f (x )max ＝1，f (x )min ＝－19. 由题设知在区间[－3,2]上，f (x )max －f (x )min ≤t ， 从而t ≥20，所以t 的最小值是20.
14．设直线x ＝t 与函数h (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当MN 最小时，t 的值为________． 答案
2
2
解析 由已知条件可得MN ＝t 2－ln t ， 设f (t )＝t 2－ln t (t >0)，则f ′(t )＝2t －1
t ，
令f ′(t )＝0，得t ＝22
， 当0<t <
22时，f ′(t )<0，当t >2
2时，f ′(t )>0， ∴当t ＝
2
2
时，f (t )取得最小值．
15．若函数f (x )＝m ln x ＋(m －1)x 存在最大值M ，且M >0，则实数m 的取值范围是____________． 答案 ⎝⎛⎭
⎫e 1＋e ，1
解析 f ′(x )＝m
x ＋(m －1)＝(m －1)x ＋m x
(x >0)，
当m ≤0或m ≥1时，f (x )在(0，＋∞)上单调，此时函数f (x )无最大值．当0<m <1时，令f ′(x )＝0，则x ＝m
1－m ，∴当0<m <1时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，m 1－m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫m 1－m ，＋∞上单调递
减，∴当0<m <1时，函数f (x )有最大值，最大值M ＝f ⎝⎛⎭⎫m 1－m ＝m ln m 1－m －m .∵M >0，∴m ln
m
1－m －m >0，解得m >e
1＋e ，
∴m 的取值范围是⎝⎛⎭
⎫e
1＋e ，1.
16．已知函数f (x )＝x ln x －a
2
x 2(a ∈R )．
(1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)若g (x )＝f (x )＋(a －1)x 在x ＝1处取得极小值，求实数a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝x ln x －x 2，
f ′(x )＝ln x ＋1－2x ，f (1)＝－1，f ′(1)＝－1， 所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋y ＝0. (2)由已知得
g (x )＝x ln x －a
2x 2＋(a －1)x ，
则g ′(x )＝ln x －ax ＋a ，
记h (x )＝g ′(x )＝ln x －ax ＋a ，则h (1)＝0，h ′(x )＝1
x －a ＝1－ax x
(x >0)．
①当a ≤0，x ∈(0，＋∞)时，h ′(x )>0，函数g ′(x )单调递增，所以当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，所以g (x )在x ＝1处取得极小值，满足题意； ②当0<a <1时，1
a
>1，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，h ′(x )>0，故函数g ′(x )单调递增， 可得当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1，1
a 时，g ′(x )>0，所以g (x )在x ＝1处取得极小值，满足题意；
③当a ＝1，x ∈(0,1)时，h ′(x )>0，g ′(x )在(0,1)内单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，g ′(x )在(1，＋∞)内单调递减， 所以当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )≤0，g (x )单调递减，不合题意；
④当a >1，即0<1
a <1时，当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，1时，h ′(x )<0，g ′(x )单调递减，g ′(x )>0， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，g ′(x )单调递减，g ′(x )<0， 所以g (x )在x ＝1处取得极大值，不合题意． 综上可知，实数a 的取值范围为{a |a <1}．。