专题28 利用导数研究函数的极值
一、例题选讲
题型一、求函数的极值点
讨论或者证明函数极值点或者极值点的个数问题,转化为导函数为0的根的个数。求函数的极值点通过研究函数的单调性来解决。
例1、(2018苏北四市期末)已知函数f(x)＝x 2＋ax ＋1,g(x)＝ln x －a(a∈R )．
(1) 当 a ＝1时,求函数h (x )＝f (x )－g (x )的极值；
规范解答 (1) 函数h(x)的定义域为(0,＋∞)． 当a ＝1时,h(x)＝f(x)－g(x)＝x 2＋x －ln x ＋2, 所以h′(x)＝2x ＋1－1x ＝（2x －1）（x ＋1）
x .(2分)
令h′(x)＝0得x ＝1
2
(x ＝－1舍),
当x 变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表：
所以当x ＝12时,函数h(x)取得极小值11
4
＋ln 2,无极大值．(4分)
例2、(2018南京、盐城、连云港二模)已知函数f(x)＝x(e x －2),g(x)＝x －ln x ＋k,k∈R ,e 为自然对数的底数．记函数F (x )＝f (x )＋g (x )．
(1) 求函数y ＝f (x )＋2x 的极小值；
规范解答 (1) y ＝f(x)＋2x ＝x e x ,由y′＝(1＋ x)e x ＝0,解得x ＝－1. 列表如下：
所以当x ＝－1时,函数y 取得极小值－1
e .(2分)
例3、(2016苏北四市期末)已知函数f (x )＝e x 1
3
x 3－2x 2＋(a ＋4)x －2a －4,其中a ∈R ,e 为自然对数的底数．
(1) 若函数f (x )的图像在x ＝0处的切线与直线x ＋y ＝0垂直,求a 的值； (2) 关于x 的不等式f (x )<－4
3e x 在(－∞,2)上恒成立,求a 的取值范围；
(3) 讨论函数f (x )极值点的个数．
思路分析 第(2)小题中的恒成立可以考虑将实数a 与x 分离,将问题转化求函数g(x)＝－1
3(x －2)2(x∈(－
∞,2))的最值问题,也可以考虑关于x 不等式在x∈(－∞,2)恒成立,注意到x ＝2是方程x 3－6x 2＋(3a ＋12)x －6a －8＝0的一个根,从而将原不等式因式分解并从区间根的角度入手求实数a 的取值范围；第(3)小题关键是将所求的问题转化成讨论函数g(x)＝13x 3－x 2＋ax －a 的单调性与极值问题,另一种思路是由f′(x)＝e x 1
3x 3－x 2＋
ax －a ＝0得a ＝x 3－3x 23(1－x )(x≠1),将问题转化成函数y ＝a 和y ＝x 3－3x 2
3(1－x )
(x≠1)的图像交点个数问题．
规范解答 (1) 由题意,f′(x)＝e x ????13x 3－x 2
＋ax －a ,(2分) 因为f(x)的图像在x ＝0处的切线与直线x ＋y ＝0垂直, 所以f′(0)＝1,解得a ＝－1. (4分)
(2) 解法1 由f(x)<－43e x ,得e x 13x 3－2x 2＋(a ＋4)x －2a －4<－4
3e x ,
即x 3－6x 2＋(3a ＋12)x －6a －8<0对任意x∈(－∞,2)恒成立, (6分) 即(6－3x)a>x 3－6x 2＋12x －8对任意x∈(－∞,2)恒成立,
因为x<2,所以a>x 3－6x 2＋12x －8－3(x －2)
＝－1
3(x －2)2,(8分)
记g(x)＝－1
3(x －2)2,因为g(x)在(－∞,2)上单调递增,且g(2)＝0,所以g(x)max ＝0.
所以a≥0,即a 的取值范围是[0,＋∞). (10分)
解法2 由f(x)<－43e x ,得e x 13x 3－2x 2＋(a ＋4)x －2a －4<－4
3e x ,
即x 3－6x 2＋(3a ＋12)x －6a －8<0在(－∞,2)上恒成立, (6分) 因为x 3－6x 2＋(3a ＋12)x －6a －8<0等价于(x －2)(x 2－4x ＋3a ＋4)<0, ∈当a≥0时,x 2－4x ＋3a ＋4＝(x －2)2＋3a>0恒成立, 所以原不等式在(－∞,2)上恒成立,满足题意．(8分) ∈当a<0时,记g(x)＝x 2－4x ＋3a ＋4,有g(2)＝3a<0,
所以方程x 2－4x ＋3a ＋4＝0必有两个根x 1,x 2,且x 1<2 所以a<0不符合题意． 综合∈∈可知,所求a 的取值范围是[0,＋∞). (10分) (3) 解法1 由题意可得f′(x)＝e x 1 3x 3－x 2＋ax －a,所以f(x)只有一个极值点或有三个极值点. (11分) 令g(x)＝1 3 x 3－x 2＋ax －a, ∈若f(x)有且只有一个极值点,所以函数g(x)的图像必穿过x 轴且只穿过一次, 即g(x)为单调递增函数或者g(x)极值同号． (∈) 当g(x)为单调递增函数时,g′(x)＝x 2－2x ＋a≥0在R 上恒成立, 所以Δ＝(－2)2－4a ≤0,得a ≥1. (12分) (∈) 当g (x )极值同号时,设x 1,x 2为极值点,则g (x 1)·g (x 2)≥0, 由g ′(x )＝x 2－2x ＋a ＝0有解,得Δ＝(－2)2－4a >0,所以a <1,且x 21－2x 1＋a ＝0,x 2 2－2x 2＋a ＝0, 即x 21＝2x 1－a ,x 22＝2x 2－a , 所以x 1＋x 2＝2,x 1x 2＝a , 所以g (x 1)＝1 3x 31－x 21＋ax 1－a ＝13x 1(2x 1－a )－x 2 1＋ax 1－a ＝－13x 21－13ax 1＋ax 1－a ＝－13(2x 1－a )－1 3ax 1＋ax 1－a ＝2 3[(a －1)x 1－a ], 同理,g (x 2)＝2 3 [(a －1)x 2－a ], 所以g (x 1)g (x 2)＝23[(a －1)x 1－a ]·2 3[(a －1)x 2－a ]≥0,化简得(a －1)2x 1x 2－a (a －1)(x 1＋x 2)＋a 2≥0, 所以(a －1)2a －2a (a －1)＋a 2≥0,整理得a (a 2－3a ＋3)≥0, 由于a 2－3a ＋3>0恒成立,所以a ≥0,此时0≤a <1. 综合(∈)(∈)得,当a ≥0时,f (x )有且仅有一个极值点； (14分) ∈若f (x )有三个极值点,所以函数g (x )的图像必穿过x 轴且穿过三次,同理可得g (x 1)·g (x 2)<0,a <0； 综上,当a ≥0时,f (x )有且仅有一个极值点, 当a <0时,f (x )有三个极值点．(16分) 解法2 由题意可得f ′(x )＝e x ????13x 3－x 2 ＋ax －a ,函数f (x )的极值点的个数,即为f ′(x )＝0解的个数(排除重根),即为e x ????13x 3－x 2＋ax －a ＝0解的个数,也就是1 3 x 3－x 2＋ax －a ＝0解的个数, 显然x ＝1不是该方程的根；(12分) 当x ≠1时,上式可以化为a ＝x 3－3x 23(1－x ) , 令g (x )＝x 3－3x 23(1－x )(x ≠1),则g ′(x )＝－2x (x 2－3x ＋3) 3(1－x )2(x ≠1),(14分) 令g ′(x )>0得x <0,令g ′(x )<0得x >0且x ≠1, 即函数g (x )在区间(－∞,0)上单调递增,在区间(0,1)和(1,＋∞)上单调递减,所以函数g (x )的图像如图所示, 所以当a ≥0时,f (x )有且仅有一个极值点, 当a <0时,f (x )有三个极值点．(16分) 题型二、由极值点求参数的范围 由极值点求参数的范围主要是吧参数独立出来,然后构造新的函数,运用导数研究函数的最值问题。 例4、(2019苏北三市期末)已知函数f(x)＝(x －a)ln x(a∈R )． (1) 若a ＝1,求曲线f (x )在点(1,f (1))处的切线方程； (2) 若对于任意的正数x ,f (x )≥0恒成立,求实数a 的值； (3) 若函数f (x )存在两个极值点(极值点是函数取极值时对应的自变量的值),求实数a 的取值范围． 思路分析 第(2)问根据不等式的结构直接按照两部分相乘同号来讨论最佳,而ln x 的正负很容易确定；第(3)小问可以先从必要性探路,满足两个不同零点的必要条件是极小值小于零,然后证明充分性,就是找到这两个零点所在的区间． 规范解答 (1)因为f(x)＝(x －a)ln x(a∈R ),所以当a ＝1时,f (x )＝(x －1)ln x ,则f ′(x )＝ln x ＋1－1 x .(1分) 当x ＝1时,f (1)＝0,f ′(1)＝0,所以f (x )在点(1,0)处的切线方程为y ＝0.(3分) (2)因为对于任意的正数x ,f (x )≥0恒成立,所以当ln x ＝0,即x ＝1时,f (x )＝0,a ∈R; (5分) 当ln x >0,即x >1时,x ≥a 恒成立,所以a ≤1；(6分) 当ln x <0,即x <1时,x ≤a 恒成立,所以a ≥1. 综上可知,对于任意的正数x ,f (x )≥0恒成立,a ＝1. (7分) (3)因为函数f (x )存在两个极值点,所以f ′(x )＝ln x －a x ＋1存在两个不相等的零点． 设g (x )＝ln x －a x ＋1,则g ′(x )＝1x ＋a x 2＝x ＋a x 2.(8分) 当a ≥0时,g ′(x )>0,所以g (x )单调递增,至多一个零点,不合题意,舍去．(9分) 当a <0时,因为x ∈(0,－a )时,g ′(x )<0,g (x )单调递减,x ∈(－a ,＋∞)时,g ′(x )>0,g (x )单调递增,所以x ＝－a 时,g (x ) 极小值 ＝g (－a )＝ln(－a )＋2.(11分) 因为g (x )存在两个不相等的零点,所以ln(－a )＋2<0,解得－e － 2 2 >e 2>－a . 因为g ????－1a ＝ln ????－1 a ＋a 2＋1>0,所以在(－a ,＋∞)上存在一个零点. (13分) 因为－e － 2 ＋1. 设t ＝－a ,则y ＝2ln t ＋1t ＋1????0 e 2＋e 2＋1＝e 2－3>0, 所以g (a 2)＝ln a 2－1 a ＋1>0,所以在(0,－a )上存在一个零点．符合题意． 综上可知,－e － 2 例5、(2017南京三模)已知λ∈R ,函数f (x )＝e x －e x －λ(x ln x －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； 【思路分析】第(2)小问可以转化为导数函数方存在异号零点,由于导函数中含有参数可以分参也可以分类讨论求解； 规范解答 (1)因为f′(x )＝e x －e －λln x , 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 )＝e x －e －λln x ,g′(x )＝e x －λ x ． 当λ≤0时,g′(x )＞0恒成立,从而g (x )在(0,＋∞)上单调递增, 故此时g (x )无极值． ………………………… 4分 当λ＞0时,设h (x )＝e x －λx ,则h′(x )＝e x ＋λ x 2＞0恒成立, 所以h (x )在(0,＋∞)上单调递增． ………………………… 6分 ∈当0＜λ＜e 时, h (1)＝e －λ＞0,h (λ e )＝e λe －e ＜0,且h (x )是(0,＋∞)上的连续函数, 因此存在唯一的x 0∈(λ e ,1),使得h (x 0)＝0． ∈当λ≥e 时, h (1)＝e －λ≤0,h (λ)＝e λ－1＞0,且h (x )是(0,＋∞)上的连续函数, 因此存在唯一的x 0∈[1,λ),使得h (x 0)＝0． 故当λ＞0时,存在唯一的x 0＞0,使得h (x 0)＝0． …………………… 8分 且当0＜x ＜x 0时,h (x )＜0,即g′(x )＜0,当x ＞x 0时,h (x )＞0,即g′(x )＞0, 所以g (x )在(0,x 0)上单调递减,在(x 0,＋∞)上单调递增, 因此g (x )在x ＝x 0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 例6、(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 因为r′(x)＝e x (－x 2＋3x －3－2x ＋3)＝e x (－x 2＋x)＝x(1－x)e x , 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 2上各有一个实根, 所以函数h(x)在(0,＋∞)上既存在极大值又存在极小值时,有－3 ?1，3 2上存在极大值h(x 2)． 所以h(x 2)＝（3－x 2）e x 2＋x 2＋a x 2,且h′(x 2)＝e x 2（－x 22＋3x 2－3）－a x 22 ＝0,即a ＝e x 2(－x 22＋3x 2－3),故h(x 2)＝（3－x 2）e x 2＋x 2＋e x 2（－x 22＋3x 2－3）x 2 ＝e x 2(2－x 2)＋1.(13分) 令H(x)＝e x (2－x),H′(x)＝e x (1－x),当x∈(1,＋∞)时,H′(x)<0,H(x)单调递减． 因为x 2∈????1，32,所以h ????32 2＋1 解后反思 此题有三问,前两问都是常规问题．第一问是求极值,要注意解题的规范性；第二问是由单调性的逆向问题,即恒成立求参数范围,注意细节,转化为导函数大于或等于零在[1,2]上恒成立；第三问实质是导函数在(0,＋∞)上存在两个零点问题,零点的确定不能从粗糙的图像来确定,必须由零点存在性定理来确定,这是此题的难点所在,难在所谓的“支撑点”的寻找,需要在平时的解题中加以积累． 题型三、与极值点有关的证明 直接证明比较困难,需要利用分析法,通过代数变形,换元等方法将问题转化为熟悉的不等式问题,再通过构造函数,结合常用不等式 ,利用导数进行证明． 例7、(2019无锡期末)已知函数f(x)＝e x －a 2 x 2－ax(a>0)． (1) 当a ＝1时,求证：对于任意x>0,都有f(x)>0 成立； (2) 若函数y ＝f(x)恰好在x ＝x 1和x ＝x 2两处取得极值,求证：x 1＋x 2 2 解题过程：(1)由f(x)＝e x －1 2x 2－x,则f′(x)＝e x －x －1,令g(x)＝f′(x),则g′(x)＝e x －1,(3分) 当x>0,g′(x)>0,则f′(x)在(0,＋∞)上单调递增,故f′(x)>f′(0)＝0,所以f(x)在(0,＋∞)上单调递增,(5分) 进而f(x)>f(0)＝1>0,即对于任意x>0,都有f(x)>0.(6分) (2) f′(x)＝e x －ax －a,因为x 1,x 2为f(x)的两个极值点, 所以?????f′（x 1）＝0，f′（x 2）＝0.即?????e x 1－ax 1－a ＝0，e x 2－ax 2 －a ＝0. 两式相减,得a ＝???? ?e x 4－ax 1－a ＝0，e x 2－ax 2－a ＝0. 两式相减,得a ＝e x 1－e x 2 x 1－x 2 ,(8分) 则所证不等式等价x 1＋x 22 x 1－x 2 ,(12分) 令t ＝x 1－x 2,t>0,所以证不等式只需证明： e t 2 －e t ＋1<0,(14分) 设φ(t)＝t e t 20????t 2＋1≥0,所以φ′(t)≤0,所以φ(t)在(0,＋∞)单调递减,φ(t)<φ(0)＝0. 所以x 1＋x 2 2 例8、(2018常州期末)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． 规范解答 (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．(4分) (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．(6分) 令g(x)＝2x ln x －x,x∈(0,－a),则g′(x)＝2ln x ＋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； ∈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]．(10分) (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 . ∈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)．(12分) ∈当0 2时,h′(x)≥0,所以h(x)＝x －1－2x ln x 单调递增, 其中h ????12＝12－1－2·12·ln 1 2 ＝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),(14分) 由∈和∈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＝1 2x 0（x 0－1） ＝ 12????x 0－122－ 12 . 又x 0∈????e － 2，12∈????0，12,所以2????x 0－122－12∈????－12，0,所以f(x 0)＝12? ???x 0－122－1 2<－2.(16分) 解后反思 本题三个小题梯度明显,有较好的区分度．其中第(1)小题简单；第(2)小题难度中等,但要完成讨论也需要不错的基础；第三小题“隐零点”问题．不是一般的考生能讨论出范围的,建议一般的考生果断放弃．各个小问题中都利用了导数研究函数的单调性、极值、值域． 二、达标训练 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 数,因此? ???? f ′(1)＝3－2a <0，f ′(2)＝8－2a >0，解得3