考点06 函数与导数的综合应用(1)
【知识框图】
【自主热身,归纳提炼】
1、(2016南京学情调研)已知函数f (x )=1
3x 3+x 2-2ax +1,若函数f (x )在(1,2)上有极值,则实数a 的取值
范围为________. 【答案】????
32,4
【解析】因为函数f (x )在(1,2)上有极值,则需函数f (x ) 在(1,2)上有极值点.
解法 1 令f ′(x )=x 2+2x -2a =0,得x 1=-1-1+2a ,x 2=-1+1+2a ,因为x 1?(1,2),因此则需1 2 增函数,因此? ?? f ′(1)=3-2a <0,f ′(2)=8-2a >0,解得3 2 ???<--≥-a x x a x x e x ,1,1 ,g (x )=f (x )-b .若存在实数b ,使得函数g (x )恰有 3个零点,则实数a 的取值范围为________. 【答案】??? ?-1-1 e 2,2 【解析】思路分析 转化为:存在直线y =b 与曲线y = f (x )恰有3个公共点. 先不考虑a ,画出y =x -1 e x 和y =-x -1的图像.看着图像问题就迎刃而解了. 对于函数y =x -1e x ,y ′=2-x e x , 可知y =x -1e x 在(-∞,2]上递增,在[2,+∞)上递减,极大值为1 e 2,当x →+∞时,y →0. 如图所示,只有当b ∈????0,1e 2时,直线y =b 与曲线y =x -1 e x 和直线y =-x -1共有三个公共点. 因为直线y =1 e 2与直线y =-x -1的交点为????-1-1e 2,1e 2. 所以当a ∈????-1-1 e 2,2时,直线y =b 与曲线y = f (x )才可能有三个公共点. 3、 (2017南京三模)在平面直角坐标系xOy 中,直线l 与曲线y =x 2(x >0)和y =x 3(x >0)均相切,切点分别为A (x 1,y 1)和B (x 2,y 2),则x 1 x 2 的值为________. 【答案】 4 3 【解析】思路分析 本题考查的是两条曲线的公切线问题.在题目中已经设出两个切点坐标时,基本方法是运用点斜式分别写出切线方程,由两条切线重合建立x 1,x 2的方程组求解. 解法1 由题设可知曲线y =x 2在A (x 1,y 1)处的切线方程为y =2x 1 x -x 21,曲线y =x 3在B (x 2,y 2)处的切线 方程为y =3 x 22 x -2x 32,所以 ??? 2x 1=3x 22,x 21=2x 32, 解得x 1=3227,x 2=89,所以 x 1x 2=4 3. 解法2 由题设得????? 2x 1=3x 22,x 32-x 21x 2-x 1=2x 1,解得x 1=3227,x 2=89,所以 x 1x 2=43. 4、(2015南通、扬州、淮安、连云港二调)设f (x )=4x 3+mx 2+(m -3)x +n (m ,n ∈R )是R 上的单调增函 数,则实数m 的值为________. 【答案】6 【解析】 因为f ′(x )=12x 2+2mx +(m -3),又函数f (x )是R 上的单调增函数,所以12x 2+2mx +(m -3)≥0在R 上恒成立,所以(2m )2-4×12(m -3)≤0,整理得m 2-12m +36≤0,即(m -6)2≤0.又因为(m -6)2≥0,所以(m -6)2=0,所以m =6. 5、(2015苏州调查)函数f (x )=13ax 3+1 2ax 2-2ax +2a +1的图像经过四个象限的充要条件是________. 【答案】-65 16 【解析】由f ′(x )=ax 2+ax -2a =0得x =1或x =-2,结合图像可知函数的图像经过四个象限的充要条件是????? a <0,f (1)>0,f (-2)<0或???? ? a >0,f (1)<0, f (-2)>0, 解得-65 16 . 6、(2016苏北四市期末) 已知函数f (x )=? ?? 2x +cos x , x ≥0, x (a -x ), x <0.若关于x 的不等式f (x )<π的解集为(-∞, π 2 ),则实数a 的取值范围是________. 【答案】 (-2π,+∞) 【解析】解法1 当x ∈??? ?0,π 2时,f (x )=2x +cos x ,f ′(x )=2-sin x >0,所以函数f (x )=2x +cos x 在x ∈????0,π2上单调递增,所以f (x ) ?π2=π,满足题意;当x ∈(-∞,0)时,f (x )=x (a -x ),由题意得x (a -x )<π 在x ∈(-∞,0)恒成立,即a >x +πx 在x ∈(-∞,0)恒成立,而x ∈(-∞,0)时,x +πx ≤-2π当且仅当x = πx 即x =-π时取等号,所以此时a >-2π.综上所述,实数a 的取值范围是(-2π,+∞). 解法2 当x ∈????0,π2时,f (x )=2x +cos x ,f ′(x )=2-sin x >0,所以函数f (x )=2x +cos x 在x ∈????0,π 2上单调递增,所以f (x ) π2=π,满足题意;当x ∈(-∞,0)时,f (x )=x (a -x ),由题意得f (x )max <π在x ∈(-∞,0)时恒成立, 若a 2≤0即a ≤0时,f (x )max =f ????a 2=a 24<π,所以-2π0即a >0时,f (x ) 综上所述,实数a 的取值范围是(-2π,+∞). 7、(2016南京调研) 已知函数f (x )=x -1-(e -1)ln x ,其中e 为自然对数的底,则满足f (e x )<0的x 的取值范围为________. 【答案】(0,1) 【解析】 思路分析 注意到条件f (e x )<0,让我们想到需要研究函数f (x )的单调性,通过函数的单调性将 问题进行转化化简. 由f ′(x )=1-e -1 x =0得x =e -1.当x ∈(0,e -1)时,f ′(x )<0,函数f (x )单调递减;当x ∈(e -1,+∞) 时,函数f (x )单调递增.又f (1)=f (e)=0,1 8、(2016扬州期末) 已知点A (0,1),曲线C :y =log a x 恒过点B ,若P 是曲线C 上的动点,且AB →·AP → 的最小值为2,则实数a =________. 【答案】e 【解析】思路分析 根据条件,要求AB →·AP →的最小值,首先要将它表示成点P (x ,log a x )的横坐标x 的函数,然后再利用导数的方法来判断函数的单调性,由此来求出函数的最小值. 点A (0,1),B (1,0),设P (x ,log a x ),则AB →·AP →=(1,-1)·(x ,log a x -1)=x -log a x +1.依题f (x )=x -log a x +1在(0,+∞)上有最小值2且f (1)=2,所以x =1是f (x )的极值点,即最小值点.f ′(x )=1-1x ln a =x ln a -1x ln a . 【问题探究,变式训练】 题型一、利用导数研究函数的单调性 知识点拨:利用导数研究函数的单调性主要是通过多函数求导,研究导函数的正负的问题,这里要特别注意若函数在给定区间为增函数(减函数)则对应的 )0)((0)(/ / ≤≥x x f f 。由于条件中函数的解析式比 较复杂,可以先通过代数变形,将其化为熟悉的形式,进而利用导数研究函数的性质及图像,再根据图像变换的知识得到函数f(x)的图像进行求解. 例1、(2017南京三模)若函数f (x )=e x (-x 2+2x +a )在区间[a ,a +1]上单调递增,则实数a 的最大值为 . 【答案】-1+5 2 【解析】 因为()()()2 2'2222x x f x e x x a x e x a =-++-+=-++,且函数()f x 在区间[a ,a +1]上 单调递增,所以2 2a x +≥,在x ∈[a ,a +1]上恒成立.即()2 21a a +≥+a ≤≤,即a 的最大值为-1+5 2 . 【变式1】(2017常州期末) 若函数f (x )=???? e x 2-a e x (a ∈R )在区间[1,2]上单调递增,则实数a 的取值范围是________. 【答案】 ??? ?-e 22,e 2 2 【解析】思路分析 本题所给函数含有绝对值符号,可以转化为g (x )=e x 2-a e x 的值域和单调性来研究,根 据图像的对称性可得g (x )=e x 2-a e x 只有单调递增和单调递减这两种情况. 设g (x )=e x 2-a e x ,因为 f (x )=| g (x )|在区间[1,2]上单调递增,所以g (x )有两种情况: ①g (x )≤0且g (x )在区间[1,2]上单调递减. 又g ′(x )=(e x )2+2a 2·e x ,所以g ′(x )=(e x )2+2a 2·e x ≤0在区间[1,2]上恒成立,且g (1)≤0. 所以???? ? 2a ≤-(e x )2 ,e 2-a e ≤0,无解. ②g (x )≥0且g (x )在区间[1,2]上单调递增,即g ′(x )=(e x )2+2a 2·e x ≥0在区间[1,2]上恒成立,且g (1)≥0, 所以????? 2a ≥-(e x )2,e 2-a e ≥0,解得a ∈????-e 22,e 22. 综上,实数a 的取值范围为????-e 2 2,e 2 2. 【变式2】(2018无锡期末) 若函数f(x)=(x +1)2|x -a|在区间[-1,2]上单调递增,则实数a 的取值范围是________. 【答案】 (-∞,-1]∪??? ?7 2,+∞ 【解析】思路分析 函数f(x)=(x +1)2|x -a|=|(x +1)2(x -a)|=|x 3+(2-a)x 2+(1-2a)x -a|. 令g(x)=x 3+(2-a)x 2+(1-2a)x -a ,则 g ′(x)=3x 2+(4-2a)x +1-2a =(x +1)(3x +1-2a). 令g′(x)=0得x 1=-1,x 2= 2a -1 3 . ①当2a -13 <-1,即a<-1时, 令g′(x)>0,即(x +1)(3x +1-2a)>0,解得x<2a -13或x>-1;令g′(x)<0,解得2a -1 3 所以g(x)的单调增区间是????-∞,2a -13,(-1,+∞),单调减区间是??? ?2a -1 3,-1. 又因为g(a)=g(-1)=0,所以f(x)的单调增区间是? ??? a ,2a -13,(-1,+∞),单调减区间是(-∞,a), ??? ?2a -13,-1,满足条件,故a<-1(此种情况函数f(x)图像如图1). ,图1) ②当2a -13=-1,即a =-1时,f(x)=|(x +1)3|,函数f(x)图像如图2,则f(x)的单调增区间是(-1,+ ∞),单调减区间是(-∞,-1),满足条件,故a =-1. ,图2) ③当2a -13 >-1,即a>-1时, 令g′(x)>0,即(x +1)(3x +1-2a)>0,解得x<-1或x>2a -13;令g′(x)<0,解得-1 3. 所以g(x)的单调增区间是(-∞,-1),?? ??2a -13,+∞,单调减区间是? ??? -1, 2a -13. 又因为g(a)=g(-1)=0,所以f(x)的单调增区间是???? -1,2a -13,(a ,+∞),单调减区间是(-∞,- 1),?? ? ?2a -13,a ,要使f(x)在[-1,2]上单调递增,必须满足2≤2a -13,即a ≥72,又因为a>-1,故a ≥7 2(此 种情况函数f(x)图像如图3). 综上,实数a 的取值范围是(-∞,-1]∪??? ?7 2,+∞. ,图3) 【变式3】(2016泰州二模) 若函数f (x )=x 2||x -a 在区间[0,2]上单调递增,则实数a 的取值范围是________. 【答案】(-∞,0]∪[3,+∞) 【解析】 思路分析 含绝对值的函数需要去绝对值转化为分段函数,本题已知函数在[0,2]上为增函数,则需先讨论函数在[0,+∞)上的单调性,自然地分a ≤0和a >0两个情况进行讨论,得到函数在[0,+∞)上的单调性,结合函数单调性得到2 3 a ≥2,从而解出a 的取值范围. 先讨论函数在[0,+∞)上的单调性.当a ≤0时,f (x )=x 3-ax 2,f ′(x )=3x 2-2ax ≥0在[0,+∞)上恒成立,所以f (x )在[0,+∞)上单调递增,则也在[0,2]上单调递增,成立;当a >0时,f (x )= ? ???? ax 2-x 3, 0≤x ≤a ,x 3-ax 2, x >a .①当0≤x ≤a 时,f ′(x )=2ax -3x 2,令f ′(x )=0,则x =0或x =23a ,则f (x )在????0,23a 上单调递增,在??? ?23a ,a 上单调递减;②当x >a 时,f ′(x )=3x 2-2ax =x (3x -2a )>0,所以f (x )在(a , +∞)上单调递增,所以当a >0时,f (x )在????0,23a 上单调递增,在????2 3a ,a 上单调递减,在(a ,+∞)上单调递增.要使函数在区间[0,2]上单调递增,则必有2 3a ≥2,解得a ≥3.综上,实数a 的取值范围是(-∞,0]∪ [3,+∞). 【关联1】(2019南京学情调研)已知函数f(x)=ln x ,g(x)=x 2. (1) 求过原点(0,0),且与函数f(x)的图像相切的直线l 的方程; (2) 若a>0,求函数φ(x)=|g(x)-2a 2f(x)|在区间 规范解答 (1)因为f(x)=ln x ,所以f ′(x)=1 x (x >0). 设直线l 与函数f(x)的图像相切于点(x 0,y 0), 则直线l 的方程为 y -y 0=1 x 0(x -x 0), 即 y -ln x 0=1 x 0(x -x 0). (3分) 因为直线l 经过点(0,0), 所以0-ln x 0=1 x 0(0-x 0),即ln x 0=1,解得x 0=e . 因此直线l 的方程为 y =1 e x ,即x -e y =0. (6分) (2)考察函数H(x)=g(x)-2a 2f(x)=x 2-2a 2ln x. H ′(x)=2x -2a 2x =2(x -a )(x +a ) x (x ≥1). 因为a >0,故由H′(x)=0,解得x =a.(8分) ①当0<a ≤1时,H ′(x)≥0在(11分) ②当a >1时,H(x)在区间上递减,在区间(16分) 【关联2】(2018苏北四市一模)已知函数f(x)=ln x (x +a )2,其中a 为常数. (1) 若a =0,求函数f(x)的极值; (2) 若函数f(x)在(0,-a)上单调递增,求实数a 的取值范围; (3) 若a =-1,设函数f(x)在(0,1)上的极值点为x 0,求证:f(x 0)<-2. 思路分析 第一小问,利用导函数求单调性、极值、值域的一般步骤,必须掌握!也是解决后面问题的基础;第二小问,由函数在(0,-a)上的单调性得出导函数在特定区间的符号,转化为含参数的恒成立问题;第三小问,关键是找到零点的大致范围,还是利用导数求最大值、最小值的方法. 解析:(1) 当a =0时,f(x)= ln x x 2,定义域为(0,+∞).f ′(x)=1-2ln x x 3,令f ′(x)=0,得x =e . 当x 变化时,f ′(x),f(x)的变化情况如下表: 所以当x =e 时,f(x)的极大值为1 2e ,无极小值. (2) f ′(x)=1+a x -2ln x (x +a )3,由题意f ′(x)≥0对x ∈(0,-a)恒成立. 因为x ∈(0,-a),所以(x +a)3 <0, 所以1+a x -2ln x ≤0对x ∈(0,-a)恒成立. 所以a ≤2x ln x -x 对x ∈(0,-a)恒成立. 令g(x)=2x ln x -x ,x ∈(0,-a),则g ′(x)=2ln x +1. ①若0<-a ≤e -12,即0>a ≥-e -1 2,则g ′(x)=2ln x +1<0对x ∈(0,-a)恒成立, 所以g(x)=2x ln x -x 在(0,-a)上单调递减, 则a ≤2(-a)ln (-a)-(-a),所以ln (-a)≥0,所以a ≤-1与a ≥-e -1 2矛盾,舍去; ②若-a>e -12,即a<-e -12,令g ′(x)=2ln x +1=0,得x =e -1 2, 当0 2时,g ′(x)=2ln x +1<0,所以g(x)=2x ln x -x 单调递减, 当e -1 2 所以当x =e -12时,g(x)min =g(e -12)=2e -12·lne -12-e -12=-2e -12,所以a ≤-2e -1 2. 综上,实数a 的取值范围是(-∞,-2e -1 2 ]. (3) 当a =-1时,f(x)=ln x (x -1)2,f ′(x)=x -1-2x ln x x (x -1) 3. 令h(x)=x -1-2x ln x ,x ∈(0,1), 则h ′(x)=1-2(ln x +1)=-2ln x -1,令h ′(x)=0,得x =e -1 2 . ①当e -12≤x<1时,h ′(x)≤0,所以h(x)=x -1-2x ln x 单调递减,h(x)∈(0,2e -1 2-1],x ∈(0, 1), 所以f ′(x)=x -1-2x ln x x (x -1)3<0恒成立,所以f(x)=ln x (x -1)2单调递减,且f(x)≤f(e -1 2). ②当0 2时,h ′(x)≥0,所以h(x)=x -1-2x ln x 单调递增, 其中h ? ????12=1 2 -1-2·12·ln 12=ln 4 e >0, h(e -2)=e -2-1-2e -2·lne -2 =5e 2-1<0, 所以存在唯一x 0∈? ????e -2,12,使得h(x 0)=0,所以f ′(x 0)=0, 当0 (x -1) 2单调递增; 当x 0 单调递减,且f(x)≥f(e -1 2 ), 由①和②可知,f(x)=ln x (x -1)2在(0,x 0)上单调递增,在(x 0,1)上单调递减, 所以当x =x 0时,f(x)=ln x (x -1) 2取极大值. 因为h(x 0)=x 0-1-2x 0ln x 0=0,所以ln x 0=x 0-1 2x 0 , 所以f(x 0)=ln x 0(x 0-1)2= 12x 0(x 0-1)=1 2? ????x 0-122- 12. x 0∈? ????e -2,12?? ????0,12,所以2? ????x 0-122-12∈? ????-12,0,所以f(x 0)=12? ????x 0-122- 12<-2. 题型二、利用导数研究函数的极值与最值 知识点拨:1、 研究函数的零点的问题,需要解决函数的单调性以及零点的支撑点这两个问题,其难点在于零点的支撑点的确定.一般地,确定零点的支撑点可有以下几种方法:一是以极值点作为支撑点,这是最为容易的一类;二是采用放放缩的方法,将函数转化为基本初等函数来加以解决;三是采用“形式化”的方式,即将函数分为几个部分,来分别找到这几个部分的零点,且它们有相同的变量法则,则取这些零点中的最大的或最小的作为支撑点.本题所采用的是放缩的方法来找支撑点. 2、 最值的求法通常有如下的方法: (1) 函数、导数法:运用函数的性质,或求导数确定函数的最值。(2) 不等式法:利用基本不等式或向量不等式或柯西不等式求最值。(3) 几何法:运用式子的几何意义或线性规划的知识求最值 例1、(2019扬州期末)若存在正实数x ,y ,z 满足3y 2+3z 2≤10yz ,且ln x -ln z =e y z ,则x y 的最小值为 _________. 【答案】 e 2 【解析】 由3y 2+3z 2≤10yz ,得(3y -z)(y -3z)≤0, 解得z 3≤y ≤3z ,即13≤y z ≤3. 由ln x -ln z =e y z ,得ln x -ln y +ln y -ln z =e y z ,即ln x y =-ln y z +e y z .令y z =t ,t ∈ ],得ln x y =-ln t +e t = f(t),则f′(t)=-1t +e =0,得t =1 e .当t ∈????13,1e 时, f ′(t)<0,f(t)单调递减;当t ∈????1e ,3时,f ′(t)>0,f(t)单调递增,所以当t =1e 时,f(t)有唯一的极小值,即最小值f(t)min =f ????1e =2,故????ln x y min =2=lne 2,所以x y 的最小值为e 2. 例2、、(2019南京学情调研) 若函数f(x)=12ax 2-e x +1在x =x 1和x =x 2两处取到极值,且x 2 x 1≥2,则 实数a 的取值范围是________. 【答案】a ≥2 ln 2 . 【解析】 思路分析 欲求实数a 的取值范围,需要找自变量,我们可以把t =x 2 x 1作为自变量, 也可以把x 1作为自变量求解. 解法1????t =x 2 x 1作为自变量 f′(x)=ax -e x ,当两函数y =ax 与y =e x 相切时,可得a =e x ,即切点的横坐标为x 切 =ln a ,由题意得函数y =ax 与y =e x 有两个不同的交点,则a ln a>e ln a ,易知a>e ,且 {ax 1=e x 1,ax 2=e x 2,取对数得{ln a +ln x 1=x 1,ln a +ln x 2=x 2,两式作差得ln ???? x 2x 1=x 2-x 1,令 t =x 2 x 1 ≥2,代入上式得,x 1=ln t t -1,令g(t)=ln t t -1,g ′(t)=1-1 t -ln t (t -1)2,令φ(t)=1-1t -ln t ,φ′(t)=1t 2-1t =1-t t 2<0,故 φ(t)≤φ(2)=12-ln 2<0,则g′(t)<0,所以g(t)≤g(2)=ln 2,则0 x ,m ′ (x)=e x (x -1)x 2<0,所以a =e x 1x 1≥m(ln 2)=2 ln 2 . 解法2(x 1作为自变量) f′(x)=ax -e x ,由解法1易知a>e ,f ′(1)>0,且0 {ax 1=e x 1,ax 2=e x 2,即a =e x 1x 1=e x 2x 2.当0 ≥2;当12 e x 2 x 2≥e 2x 12x 1(由解法1知,函数m(x)=e x x 在区间[1,+∞)上递增),即0 ln 2. 解法3(临界法) f′(x)=ax -e x ,作函数y =e x ,y =ax 的图像如图, 由图知当x 2x 1增大时,a 也在增大,故只须求出当x 2 x 1=2时a 的值,此时有{ax 1=e x 1,a· 2x 1=e 2x 1,解得? ?? x 1=ln 2,a =2ln 2, 所以a ≥2 ln 2 . 解题反思 本题作为填空题优选解法3——临界法,找出x 2 x 1 =2时a 的值就可以迅速求解了. 如果作为解答题,建议采用解法2——x 1作为自变量,此时求出x 1的取值范围成为了关键.先限制变量x 1,x 2的范围,即0 x 的单调增区间[1,+∞)的同侧),进而用单调性处理即可. 【变式1】、已知函数f (x )=ln x +(e -a )x -b ,其中e 为自然对数的底数.若不等式f (x )≤0恒成立,则b a 的 最小值为________. 【答案】 -1 e 【解析】思路分析 若b a 的最小值为λ,则b a ≥λ恒成立,结合题意必有λa - b ≤0恒成立.由f (x )=(ln x +e x ) -ax -b ≤0恒成立,得f ????1e =-1e a -b ≤0.猜想a >0,从而b a ≥-1 e . f ′(x )=1 x +(e -a )=(e -a )x +1x (x >0), 当e -a ≥0,即a ≤e 时,f (e b )=(e -a )e b >0,显然f (x )≤0不恒成立. 当e -a <0,即a >e 时,当x ∈????0,1a -e 时,f ′(x )>0,f (x )为增函数;当x ∈??? ?1 a -e ,+∞时,f ′(x ) <0,f (x )为减函数,所以f (x )max =f ??? ?1 a -e =-ln(a -e)- b -1. 由f (x )≤0恒成立,得f (x )max ≤0,所以b ≥-ln(a -e)-1,所以得b a ≥-ln (a -e )-1 a . 设g (x )=-ln (x -e )-1 x (x >e), g ′(x )=x e -x +ln (x -e )+1x 2=e e -x +ln (x -e )x 2 . 由于y =e e -x +ln(x -e)为增函数,且当x =2e 时,g ′(x )=0,所以当x ∈(e,2e)时,g ′(x )<0,g (x )为减 函数;当x ∈(2e ,+∞)时,g ′(x )>0,g (x )为增函数,所以g (x )min =g (2e)=-1e ,所以b a ≥-1 e ,当a =2e ,b =-2时,b a 取得最小值-1 e . 解后反思 在考试时,到上一步就可以结束了,胆大一点,到猜想a >0这步就可结束了.现证最小值能取到,当b a =-1e 时,f ????1e =0应该是极大值,所以f ′????1e =2e -a =0,此时a =2e ,b =-2,f (x )=ln x -e x +2,易证f ???? 1e =0也是最大值,证毕. 【变式2】 已知a 为常数,函数f(x)=x a -x 2-1-x 2 的最小值为-2 3,则a 的所有值为________. 【答案】 4,14 解法1(构造三角形) f(x)=x a -x 2-1-x 2 =x (a -x 2+1-x 2 ) a -1,因为f(x)为奇函数,令g(x)=x (a -x 2 +1-x 2 )|a -1|(x>0),则g(x)的最大值为2 3,由根号内的结构联想到勾股定理,从而构造△ABC 满足 AB =a ,AC =1,AD ⊥BC ,AD =x ,则BD =a -x 2,DC =1-x 2,则S △ABC =12BC ·AD =12x(a -x 2+1-x 2 ) =12AB ·AC ·sin ∠BAC ≤12AB ·AC =12a ,当且仅当∠BAC =π2时,△ABC 的面积最大,且最大值为1 2 a.从而g(x)=x (a -x 2 +1-x 2 )|a -1|=2|a -1|S △ABC ≤a |a -1|,所以a |a -1|=23,解得a =4或a =14 . 解法2(导数法,理科) 由题意得函数f(x)为奇函数. 因为函数f(x)= x a -x 2 -1-x 2 ,所以 f ′(x)= (a -x 2 -1-x 2 )-x ? ?? ? ? -2x 2a -x 2--2x 21-x 2(a -x 2 -1-x 2 ) 2 =a -x 2 1-x 2-x 2 (a -x 2-1-x 2)a -x 21-x 2 , a ≠1. 令f ′(x)=0,得x 2 =a -x 2 1-x 2,则x 2 = a a +1 . 因为函数f(x)的最小值为-2 3,且a>0. 由a -x 2 1-x 2-x 2>0,得a -(a +1)x 2 >0. ①当0 -1-x 2 <0,函数f(x)的定义域为[-a ,a],由f ′(x)>0得-a ≤x<-a a +1 或a a +1 a +1 a +1 ,函数f(x)在[-a ,-a a +1 ),? ???? a a +1,a 上为增函数,在(-a a +1 ,a a +1 )上为减函数. 因为f(-a)= a 1-a >f ? ? ???a a +1=a a -1,所以f(x)min =f ? ?? ?? a a +1=a a -1=-23,解得a =14. ②当a>1时,a -x 2 -1-x 2 >0,函数f(x)的定义域为[-1,1],由f ′(x)>0得-a a +1 a a +1 ;由f ′(x)<0得-1≤x<-a a +1 或a a +1 ?? ??-a a +1 ,a a +1上为 增函数,在??????-1,-a a +1,? ?? ?? a a +1,1上为减函数. 因为f ? ????- a a +1=-a a -1 1a -1 ,所以f(x)min =f ? ? ? ?? -a a +1=-a a -1=-23,解得a =4. 综上所述,a =4或a =1 4 . 解法3(构造向量) f(x)=x a -x 2-1-x 2 =x (a -x 2+1-x 2 ) a -1,因为f(x)为奇函数,令g(x)=x (a -x 2 +1-x 2 )|a -1|(x>0),则g(x)的最大值为23,设向量a =(a -x 2,x 2),b =(x 2,1-x 2 ),a 与b 的夹角为θ,则有a ·b =|a |·|b |cos θ≤|a |·|b |, 即(a -x 2 ,x 2 )·(x 2 ,1-x 2 )≤(a -x 2 )+x 2 ·x 2 +(1-x 2 ), 亦即a -x 2 ·x 2 +x 2 ·1-x 2 ≤a ,亦即x (a -x 2 +1-x 2 )≤a , 当且仅当a 与b 同向时等号成立,即a -x 2 ·1-x 2 -x 2 ·x 2 =0,亦即x 2 =a a +1 时,取等号. 即x (a -x 2 +1-x 2 )的最大值为a ,从而g (x )的最大值为a |a -1|,即有a |a -1|=2 3 ,解得a =4或a =14 . 【变式3】 将边长为1m 的正三角形薄铁皮沿一条平行于某边的直线剪成两块,其中一块是梯形,记S =(梯形的周长)2梯形的面积,则S 的最小值是________. 答案:3233 解析:如图,设CD =x (0 =x +2(1-x )+1=3-x ,S 梯形DEBA =x +12???? 32-32x =34 (1-x 2).所以S = (梯形的周长)2梯形的面积=4(3-x )23(1-x 2)(0 3(1-x 2)2 .令S ′=0,解得x 1=3(舍去), x 2=13,所以S 在????0,13上单调递减,在????13,1上单调递增,故当x =13时,S 取得最小值3233 . 【变式4】在平面直角坐标系xOy 中,已知P 是函数f (x )=e x (x >0)的图像上的动点,该图像在点P 处的切线l 交y 轴于点M ,过点P 作l 的垂线交y 轴于点N .设线段MN 的中点的纵坐标为t ,则t 的最大值为________. 答案. 12 (e +e - 1) 解析:设P (x 0,e x 0)(x 0>0),则l :y -e x 0=e x 0(x -x 0).令x =0,得y M =(1-x 0)e x 0,即M (0,(1-x 0)e x 0).过点P 作l 的垂线为y -e x 0=-e -x 0(x -x 0),令x =0,得y N =e x 0+x 0e -x 0,即N (0,e x 0+x 0e -x 0),所以t =(1-x 0)e x 0+e x 0+x 0e -x 02=e x 0+1 2x 0(e -x 0-e x 0),则t ′=(1-x 0)(e x 0+e -x 0)2,所以当x 0∈(0,1)时, t ′>0,t 关于x 0单调递增;当x 0∈(1,+∞)时,t ′<0,t 关于x 0单调递减,故当x 0=1时,t max =12(e +e - 1). 【关联1】(2015南通期末)若函数y =f (x )在x =x 0处取得极大值或极小值,则称x 0为函数y =f (x )的极值点.已知函数f (x )=ax 3+3x ln x -1(a ∈R ). (1) 当a =0时,求f (x )的极值; (2) 若f (x )在区间???? 1e ,e 上有且只有一个极值点,求实数a 的取值范围. 规范解答 (1) 当a =0时,f (x )=3x ln x ,所以f ′(x )=3(ln x +1).(2分) 令f ′(x )=0,得x =1e . 当x ∈????0,1e 时,f ′(x )<0;当x ∈????1e ,+∞时,f ′(x )>0,所以f (x )在????0,1e 上单调递减,在????1 e ,+∞上单调递增.(4分) 所以当x =1e 时,f (x )有极小值f ????1e =-3 e .(6分) (2) 解法1 设g (x )=f ′(x )=3(ax 2+1+ln x ),D =????1e ,e . 由题意,g (x )在D 上有且只有一个零点x 0,且x 0两侧g (x )异号. ①当a ≥0时,g (x )在D 上单调递增,且g (x )>g ????1e ≥0,所以g (x )在D 上无零点.(8分) ②当a <0时,在(0,+∞)上考察g (x ): g ′(x )= 6a ? ???x + -12a ??? ?x - -12a x , 令g ′(x )=0,得x 1= -12a . 所以g (x )在(0,x 1)上单调递增,在(x 1,+∞)上单调递减.(10分) (ⅰ) 当g (e)·g ????1e <0,即(a e 2+2)·a e 2<0,即-2e 2 (ⅱ) 令g ????1e =0,得3a e 2=0,不可能. (ⅲ) 令g (e)=0,得a =-2 e 2,所以 - 12a =e 2 ∈D , g ? ? ?? -12a =g ????e 2=3????-12 +1+ln e 2=3????12+ln e 2>0. 又因为g ????1e =3a e 2<0,所以g (x )在D 上有且只有一个零点x 0,且x 0两侧g (x )异号. 综上所述,实数a 的取值范围是????-2 e 2,0.(16分) 解法2 令 f ′(x )=3(ax 2+1+ln x )=0,得-a =1+ln x x 2.(8分) 设h (x )=1+ln x x 2,则h ′(x )=-1+2ln x x 3. 令h ′(x )=0,得x 0=e -12∈??? ? 1e ,e . 当x ∈(x 0,e),h ′(x )<0,所以h (x )在(x 0,e)上为减函数; 当x ∈????1e ,x 0,h ′(x )>0,所以h (x )在????1 e ,x 0上为增函数. 所以x 0为h (x )的极大值点.(11分) 又h ????1e =0,h (e)=2e 2,h (x 0 )=12e ,所以0<-a ≤2e 2或-a =12e ,即-2e 2≤a <0或a =-1 2e.(13分) 当a =-1 2 e 时, f ′(x )=3????-12e x 2+1+ln x . 设m (x )=-12e x 2+1+ln x ,则m ′(x )=-e x +1x =-e x 2 +1 x = -e ????x +1e ?? ? ?x -1e x . 令m ′(x )=0,得x =e -1 2 . 当x ∈????1e ,e -12时,m ′(x )>0,所以m (x )在????1e ,e -1 2上为增函数; 当x ∈(e -12,e)时,m ′(x )<0,所以m (x )在(e -1 2 ,e)上为减函数. 所以m (x )≤m (e -1 2)=0,即f ′(x )≤0在????1e ,e 上恒成立,所以f (x )在????1e ,e 上单调递减. 所以当a =-1 2e 时,f (x )在????1e ,e 上不存在极值点. 所以实数a 的取值范围是????-2 e 2,0.(16分) 【关联2】(2019扬州期末)已知函数f(x)=(3-x)e x ,g(x)=x +a(a ∈R )(e 是自然对数的底数,e ≈2.718…). (1) 求函数f (x )的极值; (2) 若函数y =f (x )g (x )在区间上单调递增,求a 的取值范围; (3) 若函数h (x )=f (x )+g (x ) x 在区间(0,+∞)上既存在极大值又存在极小值,并且h (x )的极大值小于 整数b ,求b 的最小值. 规范解答 (1)f(x)=(3-x)e x ,f ′(x)=(2-x)e x ,令f′(x)=0,解得x =2,列表: 所以当x =2时,函数f(x)取得极大值f(2)=e 2,无极小值.(3分) (2)由y =f(x)g(x)=(3-x)(x +a)e x =[-x 2+(3-a)x +3a]e x ,得y′=e x =e x . 因为e x >0,令m(x)=-x 2+(1-a)x +2a +3, 所以函数y =f(x)g(x)在区间上单调递增等价于对任意的x ∈,函数m(x)≥0恒成立, 所以? ????m (1)≥0,m (2)≥0,解得a ≥-3,即a 的取值范围是(8分) (3)h(x)=f (x )+g (x )x =(3-x )e x +x +a x ,h ′(x)=e x (-x 2+3x -3)-a x 2. 令r(x)=e x (-x 2+3x -3)-a, 因为h(x)在(0,+∞)上既存在极大值又存在极小值,所以h′(x)=0在(0,+∞)上有两个不等实根,即r(x)=e x (-x 2+3x -3)-a =0在(0,+∞)上有两个不等实根x 1,x 2(x 1 所以当x ∈(0,1)时,r ′(x)>0,r(x)单调递增;当x ∈(1,+∞)时,r ′(x)<0,r(x)单调递减, 则0 ????r (0)<0,r (1)>0,解得-3 2+3<0. 因为r(x)在(0,+∞)上连续且r(0)·r(1)<0,r(1)·r ????32<0, 所以r(x)=0在(0,1)和??? ?1,3