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专题10 含参函数的极值、最值讨论考点一 含参函数的极值 【例题选讲】[例1] 设a ＞0，函数f (x )＝12x 2－(a ＋1)x ＋a (1＋ln x )．(1)若曲线y ＝f (x )在(2，f (2))处的切线与直线y ＝－x ＋1垂直，求切线方程． (2)求函数f (x )的极值．解析 (1)由已知，得f ′(x )＝x －(a ＋1)＋ax (x ＞0)，又由题意可知y ＝f (x )在(2，f (2))处切线的斜率为1，所以f ′(2)＝1，即2－(a ＋1)＋a2＝1，解得a ＝0，此时f (2)＝2－2＝0，故所求的切线方程为y ＝x －2．(2)f ′(x )＝x －(a ＋1)＋a x ＝x 2－(a ＋1)x ＋a x ＝(x －1)(x －a )x(x ＞0)．①当0＜a ＜1时，若x ∈(0，a )，则f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；若x ∈(a ，1)，则f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；若x ∈(1，＋∞)，则f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．此时x ＝a 是f (x )的极大值点，x ＝1是f (x )的极小值点，函数f (x )的极大值是f (a )＝－12a 2＋a ln a ，极小值是f (1)＝－12．②当a ＝1时，f ′(x )＝(x －1)2x ≥0，所以函数f (x )在定义域(0，＋∞)内单调递增，此时f (x )没有极值点，故无极值．③当a ＞1时，若x ∈(0，1)，则f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；若x ∈(1，a )，则f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；若x ∈(a ，＋∞)，则f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增． 此时x ＝1是f (x )的极大值点，x ＝a 是f (x )的极小值点， 函数f (x )的极大值是f (1)＝－12，极小值是f (a )＝－12a 2＋a ln a ．综上，当0＜a ＜1时，f (x )的极大值是－12a 2＋a ln a ，极小值是－12；当a ＝1时，f (x )没有极值；当a ＞1时f (x )的极大值是－12，极小值是－12a 2＋a ln a ．[例2] 已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)当a ＝12时，求f (x )的极值；(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数．解析 (1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝1x －12＝2－x2x ，令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表．x (0，2) 2 (2，＋∞) f ′(x )＋－f (x ) ln 2－1故f (x )在定义域上的极大值为f (x )极大值＝f (2)＝ln 2－1，无极小值． (2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x ．当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点； 当a >0时，若x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ，则f ′(x )>0， 若x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞，则f ′(x )<0，故函数在x ＝1a处有极大值． 综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点，当a >0时，函数y ＝f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a ．[例3] 设f (x )＝x ln x －32ax 2＋(3a －1)x ．(1)若g (x )＝f ′(x )在[1，2]上单调，求a 的取值范围； (2)已知f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围．解析 (1)由f ′(x )＝ln x －3ax ＋3a ，即g (x )＝ln x －3ax ＋3a ，x ∈(0，＋∞)，g ′(x )＝1x－3a ，①g (x )在[1，2]上单调递增，∴1x －3a ≥0对x ∈[1，2]恒成立，即a ≤13x 对x ∈[1，2]恒成立，得a ≤16；②g (x )在[1，2]上单调递减，∴1x －3a ≤0对x ∈[1，2]恒成立，即a ≥13x 对x ∈[1，2]恒成立，得a ≥13，由①②可得a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，16∪⎣⎡⎭⎫13，＋∞． (2)由(1)知，①当a ≤0时，f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，∴x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴f (x )在x ＝1处取得极小值，符合题意；②当0<a <13时，13a >1，又f ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，13a 上单调递增，∴x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，x ∈⎝⎛⎭⎫1，13a 时，f ′(x )>0， ∴f (x )在(0，1)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1，13a 上单调递增，f (x )在x ＝1处取得极小值，符合题意； ③当a ＝13时，13a ＝1，f ′(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意；④当a >13时，0<13a<1，当x ∈⎝⎛⎭⎫13a ，1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴f (x )在x ＝1处取得极大值，不符合题意． 综上所述，可得a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，13． [例4] (2016·山东)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R ． (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围．解析 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ，可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)．所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x ．当a ≤0，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增；当a ＞0，x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减． 所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a ＞0时，g (x )的单调增区间为⎝⎛⎭⎫0，12a ，单调减区间为⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞． (2)由(1)知，f ′(1)＝0．①当a ≤0时，f ′(x )单调递增，所以当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．所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意． ②当0＜a ＜12时，12a ＞1，由(1)知f ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 内单调递增， 可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1，12a 时，f ′(x )＞0． 所以f (x )在(0，1)内单调递减，在⎝⎛⎭⎫1，12a 内单调递增，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意． ③当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意．④当a ＞12时，0＜12a ＜1，当x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．所以f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意． 综上可知，实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，＋∞． [例5] 已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫x －1－a6e x ＋1，其中e ＝2.718…为自然对数的底数，常数a >0． (1)求函数f (x )在区间(0，＋∞)上的零点个数；(2)函数F (x )的导数F ′(x )＝()e x －a f (x )，是否存在无数个a ∈(1，4)，使得ln a 为函数F (x )的极大值点？请说明理由．解析 (1)f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫x －a 6e x ，当0<x <a 6时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >a6时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 所以当x ∈(0，＋∞)时，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫a 6，因为f ⎝⎛⎭⎫a 6<f (0)＝－a 6<0，f ⎝⎛⎭⎫1＋a 6＝1>0， 所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎫a 6，1＋a6，使f (x 0)＝0，且当0<x <x 0时，f (x )<0，当x >x 0时，f (x )>0． 故函数f (x )在(0，＋∞)上有1个零点，即x 0．(2)方法一 当a >1时，ln a >0．因为当x ∈()0，ln a 时，e x －a <0；当x ∈()ln a ，＋∞时，e x －a >0． 由(1)知，当x ∈(0，x 0)时，f (x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )>0．下面证：当a ∈()1，e 时，ln a <x 0，即证f ()ln a <0．f ()ln a ＝⎝⎛⎭⎫ln a －1－a 6a ＋1＝a ln a －a －a 26＋1，记g (x )＝x ln x －x －x26＋1，x ∈(1，e)， g ′(x )＝ln x －x3，x ∈(1，e)，令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝3－x 3x >0，所以g ′(x )在()1，e 上单调递增，由g ′(1)＝－13<0，g ′(e)＝1－e3>0，所以存在唯一零点t 0∈()1，e ，使得g ′()t 0＝0，且x ∈()1，t 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，x ∈()t 0，e 时，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 所以当x ∈()1，e 时，g (x )<max {}g (1)，g (e)．由g (1)＝－16<0，g (e)＝6－e 26<0，得当x ∈()1，e 时，g (x )<0．故f ()ln a <0，0<ln a <x 0．当0<x <ln a 时，e x －a <0，f (x )<0， F ′(x )＝()e x －a f (x )>0，F (x )单调递增；当ln a <x <x 0时，e x －a >0，f (x )<0，F ′(x )＝()e x －a f (x )<0，F (x )单调递减．所以存在a ∈()1，e ⊆(1，4)，使得ln a 为F (x )的极大值点． 方法二 因为当x ∈()0，ln a 时，e x －a <0；当x ∈()ln a ，＋∞时，e x －a >0． 由(1)知，当x ∈(0，x 0)时，f (x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )>0． 所以存在无数个a ∈(1，4)，使得ln a 为函数F (x )的极大值点， 即存在无数个a ∈(1，4)，使得ln a <x 0成立，①由(1)，问题①等价于存在无数个a ∈(1，4)，使得f ()ln a <0成立，因为f ()ln a ＝⎝⎛⎭⎫ln a －1－a 6a ＋1＝a ln a －a －a 26＋1，记g (x )＝x ln x －x －x26＋1，x ∈(1，4)， g ′(x )＝ln x －x3，x ∈(1，4)，设k (x )＝g ′(x )，因为k ′(x )＝3－x 3x，当x ∈⎝⎛⎭⎫32，2时，k ′(x )>0，所以g ′(x )在⎝⎛⎭⎫32，2上单调递增，因为g ′⎝⎛⎭⎫32＝ln 32－12<0，g ′(2)＝ln 2－23>0， 所以存在唯一零点t 0∈⎝⎛⎭⎫32，2，使得g ′()t 0＝0，且当x ∈⎝⎛⎭⎫32，t 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x ∈()t 0，2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 所以当x ∈⎣⎡⎦⎤32，2时，g (x )min ＝g ()t 0＝t 0ln t 0－t 0－t 26＋1，② 由g ′()t 0＝0，可得ln t 0＝t 03，代入②式可得g (x )min ＝g ()t 0＝t 206－t 0＋1，当t 0∈⎝⎛⎭⎫32，2时，g ()t 0＝t 206－t 0＋1＝()t 0－326－12<－18<0，所以必存在x ∈⎝⎛⎭⎫32，2，使得g (x )<0，即对任意a ∈⎝⎛⎭⎫32，2，f ()ln a <0有解， 所以对任意a ∈⎝⎛⎭⎫32，2⊆(1，4)，函数F (x )存在极大值点为ln a ． 【对点训练】1．已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)令g (x )＝f (x )－(ax －1)，求函数g (x )的极值．1．解析 (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，∴切点为(1，1)，又f ′(x )＝1x ＋1，∴切线斜率k ＝f ′(1)＝2，故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0.(2)g (x )＝f (x )－(ax －1)＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1，则g ′(x )＝1x －ax ＋(1－a )＝－ax 2＋(1－a )x ＋1x ，①当a ≤0时，∵x >0，∴g ′(x )>0，∴g (x )在(0，＋∞)上是增函数，函数g (x )无极值点．②当a >0时，g ′(x )＝－ax 2＋(1－a )x ＋1x ＝－a ⎝⎛⎭⎫x －1a (x ＋1)x ，令g ′(x )＝0得x ＝1a.∴当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，g ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，g ′(x )<0. 因此g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上是减函数． ∴x ＝1a 时，g (x )取极大值g ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －a 2×1a 2＋(1－a )×1a ＋1＝12a －ln a . 由①②得，当a ≤0时，函数g (x )无极值；当a >0时，函数g (x )有极大值12a －ln a ，无极小值．2．设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．2．解析 (1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ，所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ．f ′(1)＝(1－a )e ． 由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1．此时f (1)＝3e≠0．所以a 的值为1． (2)f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x ．若a >12，则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，2时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0．所以f (x )在x ＝2处取得极小值． 若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0，所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫12，＋∞． 3．已知函数f (x )＝x 2－3x ＋ax ．(1)若a ＝4，讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有3个极值点，求实数a 的取值范围． 3．解析 (1)因为a ＝4时，f (x )＝x 2－3x ＋4x，所以f ′(x )＝2x －3－4x 2＝2x 3－3x 2－4x 2＝2x 3－4x 2＋x 2－4x 2＝(x －2)(2x 2＋x ＋2)x 2(x ≠0)，令f ′(x )>0，得x >2；令f ′(x )<0，得x <0或0<x <2．所以f (x )在(－∞，0)，(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．(2)由题意知，f ′(x )＝2x －3－a x 2＝2x 3－3x 2－ax 2(x ≠0)，设函数g (x )＝2x 3－3x 2－a ，则原条件等价于g (x )在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有3个零点，且3个零点附近的左、右两侧的函数值异号，又g ′(x )＝6x 2－6x ＝6x (x －1)， 由g ′(x )>0，得x >1或x <0；由g ′(x )<0，得0<x <1．故g (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故原条件等价于g (x )在(－∞，0)，(0，1)，(1，＋∞)上各有一个零点，令g (0)＝－a >0，得a <0， 当a <0时，－－a <0，g (－－a )＝2(－－a )3－3(－a )－a ＝2a (－a ＋1)<0， 故a <0时，g (x )在(－∞，0)上有唯一零点；令g (1)＝－1－a <0，解得a >－1，故－1<a <0时，g (x )在(0，1)上有唯一零点； 又－1<a <0时，g (2)＝4－a >0，所以g (x )在(1，＋∞)上有唯一零点． 综上可知，实数a 的取值范围是(－1，0)． 4．已知函数f (x )＝ax －x 2－ln x (a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )存在极值，且这些极值的和大于5＋ln2，求实数a 的取值范围．4．解析 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a －2x －1x ．∵2x ＋1x ≥22⎝⎛⎭⎫当且仅当x ＝22时等号成立，当a ≤22时，f ′(x )≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． 当a ＞22时，f ′(x )＝a －2x －1x ＝－2x 2－ax ＋1x．由f ′(x )＝0得x 1＝a －a 2－84，x 2＝a ＋a 2－84且x 2＞x 1＞0．由f ′(x )＞0得x 1＜x ＜x 2，由f ′(x )＜0得0＜x ＜x 1，或x ＞x 2， ∴函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－84，a ＋a 2－84， 单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－84，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－84，＋∞．综上所述，当a ≤22时，函数f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a ＞22时，函数f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－84，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋ a 2－84，＋∞，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－84，a ＋a 2－84．(2)由(1)知，当f (x )存在极值时，a ＞22．即方程2x 2－ax ＋1＝0有两个不相等的正根x 1，x 2， ∴⎩⎨⎧x 1＋x 2＝a2＞0，x 1x 2＝12＞0.∴f (x 1)＋f (x 2)＝a (x 1＋x 2)－(x 21＋x 22)－(ln x 1＋ln x 2)＝a (x 1＋x 2)－[](x 1＋x 2)2－2x 1x 2－ln(x 1x 2)＝a 22－a 24＋1－ln 12＝a 24＋1－ln 12．依题意a 24＋1－ln 12＞5＋ln 2，即a 2＞16，∴a ＞4或a ＜－4．又a ＞22．∴a ＞4，即实数a 的取值范围是(4，＋∞)． 5．(2018·全国Ⅲ)已知函数f (x )＝(2＋x ＋ax 2)·ln(1＋x )－2x ． (1)若a ＝0，证明：当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0． (2)若x ＝0是f (x )的极大值点，求a ．5．解析 (1)证明：当a ＝0时，f (x )＝(2＋x )ln(1＋x )－2x ，f ′(x )＝ln(1＋x )－x1＋x .设函数g (x )＝f ′(x )＝ln (1＋x )－x 1＋x ，则g ′(x )＝x(1＋x )2.当－1＜x ＜0时，g ′(x )＜0；当x ＞0时，g ′(x )＞0．故当x ＞－1时，g (x )≥g (0)＝0， 且仅当x ＝0时，g (x )＝0，从而f ′(x )≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0.所以f (x )在(－1，＋∞)单调递增．又f (0)＝0，故当－1＜x ＜0时，f (x )＜0；当x ＞0时，f (x )＞0. (2)(ⅰ)若a ≥0，由(1)知，当x ＞0时，f (x )≥(2＋x )·ln (1＋x )－2x ＞0＝f (0)，这与x ＝0是f (x )的极大值点矛盾．(ⅱ)若a ＜0，设函数h (x )＝f (x )2＋x ＋ax 2＝ln(1＋x )－2x2＋x ＋ax 2.由于当|x |＜min{1，1|a |}时，2＋x ＋ax 2＞0，故h (x )与f (x )符号相同． 又h (0)＝f (0)＝0，故x ＝0是f (x )的极大值点当且仅当x ＝0是h (x )的极大值点． h ′(x )＝11＋x －2(2＋x ＋ax 2)－2x (1＋2ax )(2＋x ＋ax 2)2＝x 2(a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1)(x ＋1)(ax 2＋x ＋2)2.如果6a ＋1＞0，则当0＜x ＜－6a ＋14a，且|x |＜min{1，1|a |}时，h ′(x )＞0，故x ＝0不是h (x )的极大值点． 如果6a ＋1＜0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1＝0存在根x 1＜0，故当x ∈(x 1，0)，且|x |＜min{1，1|a |}时，h ′(x )＜0，所以x ＝0不是h (x )的极大值点． 如果6a ＋1＝0，则h ′(x )＝x 3(x －24)(x ＋1)(x 2－6x －12)2，则当x ∈(－1，0)时，h ′(x )＞0；当x ∈(0，1)时，h ′(x )＜0.所以x ＝0是h (x )的极大值点，从而x ＝0是f (x )的极大值点． 综上，a ＝－16．考点二 含参函数的最值 【例题选讲】[例1] 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． 解析 (1)f ′(x )＝1x－a (x ＞0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a ＞0，即函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)．②当a ＞0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a，当0＜x ＜1a 时，f ′(x )＝1－ax x ＞0；当x ＞1a 时，f ′(x )＝1－ax x ＜0，故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a ，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞． 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⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞． (2)①当0＜1a ≤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 ．②当1a ≥2，即0＜a ≤12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 ．③当1＜1a ＜2，即12＜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12＜a ＜ln 2时，最小值是f (1)＝－a ；当ln 2≤a ＜1时，最小值为f (2)＝ln 2－2a ．综上可知，当0＜a ＜ln2时，函数f (x )的最小值是f (1)＝－a ；当a ≥ln2时，函数f (x )的最小值是f (2)＝ln2－2a ．[例2] 已知函数f (x )＝ax 2＋(1－2a )x －ln x . (1)当a >0时，求函数f (x )的单调递增区间； (2)当a <0时，求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上的最小值．解析 (1)因为f (x )＝ax 2＋(1－2a )x －ln x ，所以f ′(x )＝2ax ＋1－2a －1x ＝(2ax ＋1)(x －1)x .因为a >0，x >0，所以2ax ＋1>0，令f ′(x )>0，得x >1，所以f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)．(2)当a <0时，令f ′(x )＝0，得x 1＝－12a，x 2＝1，当－12a >1，即－12<a <0时，f (x )在(0,1]上是减函数，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上的最小值为f (1)＝1－a . 当12≤－12a ≤1，即－1≤a ≤－12时，f (x )在⎣⎡⎦⎤12，－12a 上是减函数，在⎣⎡⎦⎤－12a ，1上是增函数， 所以f (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－12a ＝1－14a＋ln(－2a )． 当－12a <12，即a <－1时，f (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上是增函数，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫12＝12－34a ＋ln 2. 综上，函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤12，1上的最小值为f (x )min＝⎩⎪⎨⎪⎧12－34a ＋ln 2，a <－1，1－14a ＋ln(－2a )，－1≤a ≤－12，1－a ，－12<a <0.[例3] 已知函数f (x )＝ln xx －1．(1)求函数f (x )的单调区间及极值；(2)设m >0，求函数f (x )在区间[m ，2m ]上的最大值．解析 (1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln xx 2，由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )>0，x >0，得0<x <e ；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )<0，x >0，得x >e ．所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)， 且f (x )极大值＝f (e)＝1e－1，无极小值．(2)①当⎩⎪⎨⎪⎧2m ≤e ，m >0，即0<m ≤e 2时，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递增，所以f (x )max ＝f (2m )＝ln 2m2m －1；②当m <e<2m ，即e2<m <e 时，函数f (x )在区间(m ，e)上单调递增，在(e ，2m )上单调递减，所以f (x )max ＝f (e)＝ln e e －1＝1e－1； ③当m ≥e 时，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递减，所以f (x )max ＝f (m )＝ln mm－1．综上所述，当0<m ≤e 2时，f (x )max ＝ln 2m 2m －1；当e 2<m <e 时，f (x )max ＝1e －1；当m ≥e 时，f (x )max ＝ln mm －1．[例4] 已知函数f (x )＝m ln xx ＋n ，g (x )＝x 2⎣⎡⎦⎤f (x )－1x －a 2(m ，n ，a ∈R )，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1.(1)求实数m ，n 的值及函数f (x )的最大值；(2)当a ∈⎝⎛⎭⎫－e ，1e 时，记函数g (x )的最小值为b ，求b 的取值范围． 解析 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝m (1－ln x )x 2， 因为f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝m ＝1，f (1)＝m ln 11＋n ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝0. 所以f (x )＝ln xx ，f ′(x )＝1－ln x x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x >e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 所以当x ＝e 时，f (x )取得最大值，最大值为f (e)＝1e .(2)因为g (x )＝x 2⎣⎡⎦⎤f (x )－1x －a 2＝x ln x －ax 22－x ，所以g ′(x )＝ln x －ax ＝x ⎝⎛⎭⎫ln x x －a .①当a ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，x →＋∞时，g (x )→－∞，g (x )无最小值． ②当a ＝0时，g ′(x )＝ln x ，由g ′(x )>0得x >1，由g ′(x )<0得0<x <1，所以g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g (x )的最小值b ＝g (1)＝－1. ③当a ∈(－e ，0)时，由(1)知方程ln xx－a ＝0有唯一实根，又f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－e ，f (1)＝0，f (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，1上单调递增，所以存在t ∈⎝⎛⎭⎫1e ，1，使得g ′(t )＝0，即ln t ＝at . 当x ∈(0，t )时，g ′(x )<0；当x ∈(t ，＋∞)时，g ′(x )>0， 所以g (x )在(0，t )上单调递减，在(t ，＋∞)上单调递增，g (x )的最小值b ＝g (t )＝t ln t －a 2t 2－t ＝t ln t 2－t ，令h (t )＝t ln t 2－t ，t ∈⎝⎛⎭⎫1e ，1， 则h ′(t )＝ln t －12<0，所以h (t )在⎝⎛⎭⎫1e ，1上单调递减，从而b ＝h (t )∈⎝⎛⎭⎫－1，－32e . 综上所述，当a ∈(－e ，0]时，b ∈⎣⎡⎭⎫－1，－32e ；当a ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，b 不存在． [例5] (2019·全国Ⅲ)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b ． (1)讨论f (x )的单调性；(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0，1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．解析 (1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )． 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a3．若a ＞0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫a3，＋∞时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a 3时，f ′(x )＜0．故f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，a3单调递减． 若a ＝0，f (x )在(－∞，＋∞)单调递增．若a ＜0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，a3∪(0，＋∞)时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫a 3，0时，f ′(x )＜0．故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，a 3，(0，＋∞)单调递增，在⎝⎛⎭⎫a3，0单调递减． (2)满足题设条件的a ，b 存在．①当a ≤0时，由(1)知，f (x )在[0，1]单调递增，所以f (x )在区间[0，1]的最小值为f (0)＝b ，最大值为f (1)＝2－a ＋b ．此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1，2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1．②当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0，1]单调递减，所以f (x )在区间[0，1]的最大值为f (0)＝b ，最小值为f (1)＝2－a ＋b ．此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1．③当0＜a ＜3时，由(1)知，f (x )在[0，1]的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 3＝－a327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b ． 若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0＜a ＜3矛盾．若－a 327＋b ＝－1，2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0＜a ＜3矛盾．综上，当且仅当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f (x )在[0，1]的最小值为－1，最大值为1． 【对点训练】1．已知函数g (x )＝a ln x ＋x 2－(a ＋2)x (a ∈R )． (1)若a ＝1，求g (x )在区间[1，e]上的最大值； (2)求g (x )在区间[1，e]上的最小值h (a )．1．解析 (1)∵a ＝1，∴g (x )＝ln x ＋x 2－3x ，∴g ′(x )＝1x ＋2x －3＝(2x －1)(x －1)x ，∵x ∈[1，e]，∴g ′(x )≥0，∴g (x )在[1，e]上单调递增，∴g (x )max ＝g (e)＝e 2－3e ＋1． (2)g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝ax ＋2x －(a ＋2)＝2x 2－(a ＋2)x ＋a x ＝(2x －a )(x －1)x ．①当a2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上单调递增，h (a )＝g (1)＝－a －1；②当1<a2<e ，即2<a <2e 时，g (x )在⎣⎡⎭⎫1，a 2上单调递减，在⎝⎛⎦⎤a 2，e 上单调递增， h (a )＝g ⎝⎛⎭⎫a 2＝a ln a 2－14a 2－a ； ③当a2≥e ，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上单调递减，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e ．综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a －1，a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2<a <2e ，(1－e)a ＋e 2－2e ，a ≥2e.2．已知函数f (x )＝(x －a )e x (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求函数f (x )的图象在x ＝0处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间[1，2]上的最小值． 2．解析 f ′(x )＝(x ＋1－a )e x ．(1)当a ＝2时，f ′(x )＝(x －1)e x ．∴f (0)＝－2，f ′(0)＝－1， ∴所求切线方程为y ＋2＝－x ，即x ＋y ＋2＝0． (2)令f ′(x )＝0得x ＝a －1．①若a －1≤1，则a ≤2．当x ∈[1，2]时，f ′(x )≥0，则f (x )在[1，2]上单调递增．∴f (x )min ＝f (1)＝(1－a )e ； ②若a －1≥2，则a ≥3．当x ∈[1，2]时，f ′(x )≤0，则f (x )在[1，2]上单调递减．∴f (x )min ＝f (2)＝(2－a )e 2； ③若1<a －1<2，则2<a <3．f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如表：x 1 (1，a －1)a －1 (a －1，2)2 f ′(x ) －0 ＋f (x )极小值∴f (x )的单调递减区间为(1，a －1)，单调递增区间为(a －1，2)，∴f (x )min ＝f (a －1)＝－e a －1． 综上可知，当a ≤2时，f (x )min ＝(1－a )e ；当a ≥3时，f (x )min ＝(2－a )e 2；当2<a <3时，f (x )min ＝－e a －1． 3．已知函数f (x )＝ax －ln x ，F (x )＝e x ＋ax ，其中x >0，a <0．(1)若f (x )和F (x )在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实数a 的取值范围；(2)若a ∈⎝⎛⎦⎤－∞，－1e 2，且函数g (x )＝x e ax －1－2ax ＋f (x )的最小值为M ，求M 的最小值． 3．解析 (1)由题意得f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x，F ′(x )＝e x ＋a ，x >0，∵a <0，∴f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，即f (x )在(0，＋∞)上单调递减， 当－1≤a <0时，F ′(x )>0，即F (x )在(0，＋∞)上单调递增，不合题意， 当a <－1时，由F ′(x )>0，得x >ln(－a )，由F ′(x )<0，得0<x <ln(－a )， ∴F (x )的单调递减区间为(0，ln(－a ))，单调递增区间为(ln(－a )，＋∞)． ∵f (x )和F (x )在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，∴ln(－a )≥ln 3，解得a ≤－3， 综上，a 的取值范围是(－∞，－3]．(2)g ′(x )＝e ax －1＋ax e ax －1－a －1x ＝(ax ＋1)⎝⎛⎭⎫e ax －1－1x ，由e ax －1－1x ＝0，解得a ＝1－ln x x ， 设p (x )＝1－ln x x ，则p ′(x )＝ln x －2x2，当x >e 2时，p ′(x )>0，当0<x <e 2时，p ′(x )<0，从而p (x )在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增，p (x )min ＝p (e 2)＝－1e 2，当a ≤－1e 2时，a ≤1－ln x x ，即e ax －1－1x≤0，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－1a 时，ax ＋1>0，g ′(x )≤0，g (x )单调递减， 当x ∈⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞时，ax ＋1<0，g ′(x )≥0，g (x )单调递增，∴g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫－1a ＝M ， 设t ＝－1a ∈(0，e 2]，M ＝h (t )＝t e 2－ln t ＋1(0<t ≤e 2)，则h ′(t )＝1e 2－1t ≤0，h (t )在(0，e 2]上单调递减，∴h (t )≥h (e 2)＝0，即M ≥0，∴M 的最小值为0． 4．已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数． (1)当a ＝－1时，求f (x )的最大值；(2)若f (x )在区间(0，e]上的最大值为－3，求a 的值．4．解析 (1)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x ，f ′(x )＝－1＋1x ＝1－xx ，令f ′(x )＝0，得x ＝1．当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0．∴f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∴f (x )max ＝f (1)＝－1．∴当a ＝－1时，函数f (x )在(0，＋∞)上的最大值为－1． (2)f ′(x )＝a ＋1x ，x ∈(0，e]，1x ∈⎣⎡⎭⎫1e，＋∞． ①若a ≥－1e ，则f ′(x )≥0，从而f (x )在(0，e]上单调递增，∴f (x )max ＝f (e)＝a e ＋1≥0，不符合题意．②若a <－1e ，令f ′(x )>0得a ＋1x >0，结合x ∈(0，e]，解得0<x <－1a ；令f ′(x )<0得a ＋1x <0，结合x ∈(0，e]，解得－1a <x ≤e ．从而f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递增，在⎝⎛⎦⎤－1a ，e 上单调递减， ∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－1＋ln ⎝⎛⎭⎫－1a ．令－1＋ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－3，得ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－2，即a ＝－e 2． ∵－e 2<－1e ，∴a ＝－e 2为所求．故实数a 的值为－e 2．5．已知函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x ，其中a ∈R ．(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，若f (x )在区间[1，e]上的最小值为－2，求a 的取值范围． 5．解析 (1)当a ＝1时，f (x )＝x 2－3x ＋ln x (x >0)，所以f ′(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2－3x ＋1x，所以f (1)＝－2，f ′(1)＝0．所以切线方程为y ＋2＝0． (2)函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x 的定义域为(0，＋∞)，当a >0时，f ′(x )＝2ax －(a ＋2)＋1x ＝2ax 2－(a ＋2)x ＋1x ＝(2x －1)(ax －1)x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝12或x ＝1a．①当0<1a ≤1，即a ≥1时，f (x )在[1，e]上单调递增．所以f (x )在[1，e]上的最小值为f (1)＝－2，符合题意；②当1<1a <e ，即1e <a <1时，f (x )在⎣⎡⎦⎤1，1a 上单调递减，在⎣⎡⎦⎤1a ，e 上单调递增， 所以f (x )在[1，e]上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫1a <f (1)＝－2，不合题意； ③当1a ≥e ，即0<a ≤1e时，f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )在[1，e]上的最小值为f (e)<f (1)＝－2，不合题意． 综上，实数a 的取值范围是[1，＋∞)． 考点三 含参函数的极值与最值的综合问题 【例题选讲】[例1] 已知函数f (x )＝e x 1＋ax 2，其中a 为正实数，x ＝12是f (x )的一个极值点．(1)求a 的值；(2)当b >12时，求函数f (x )在[b ，＋∞)上的最小值．解析 f ′(x )＝(ax 2－2ax ＋1)e x(1＋ax 2)2．(1)因为x ＝12是函数y ＝f (x )的一个极值点，所以f ′⎝⎛⎭⎫12＝0，因此14a －a ＋1＝0，解得a ＝43． 经检验，当a ＝43时，x ＝12是y ＝f (x )的一个极值点，故所求a 的值为43．(2)由(1)可知，f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫43x 2－83x ＋1e x⎝⎛⎭⎫1＋43x 22，令f ′(x )＝0，得x 1＝12，x 2＝32．f (x )与f ′(x )随x 的变化情况如下：x ⎝⎛⎭⎫－∞，1212 ⎝⎛⎭⎫12，32 32 ⎝⎛⎭⎫32，＋∞ f ′(x ) ＋ 0 －0 ＋f (x )3e4e e4所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，12，⎝⎛⎭⎫32，＋∞，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫12，32．当12<b <32时，f (x )在[b ，32)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫32，＋∞上单调递增． 所以f (x )在[b ，＋∞)上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫32＝e e4； 当b ≥32时，f (x )在[b ，＋∞)上单调递增，所以f (x )在[b ，＋∞)上的最小值为f (b )＝e b 1＋ab 2＝3e b3＋4b 2．[例2] 已知函数f (x )＝a ln (x ＋b )－x ． (1)若a ＝1，b ＝0，求f (x )的最大值； (2)当b >0时，讨论f (x )极值点的个数．解析 (1)当a ＝1，b ＝0时，f (x )＝ln x －x ，此时，f (x )的定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －12x ＝2－x 2x，由f ′(x )>0，解得0<x <4，由f ′(x )<0，解得x >4，故f (x )在(0，4)上单调递增，在(4，＋∞)上单调递减，故f (x )max ＝f (4)＝2ln 2－2． (2)当b >0时，函数的定义域是[0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋b －12x ＝－x ＋2a x －b 2x x ＋b， ①当a ≤0时，f ′(x )<0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，故此时f (x )的极值点的个数为0； ②当a >0时，设h (x )＝－x ＋2a x －b ，(Ⅲ)当4a 2－4b ≤0即0<a ≤ b 时，f ′(x )≤0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，即f ′(x )在(0，＋∞)上无变号零点， 故此时f (x )的极值点个数是0；(Ⅲ)当4a 2－4b >0即a >b 时，记方程h (x )＝0的两根分别为x 1，x 2，由于x 1＋x 2＝2a >0，x 1x 2＝b >0，故x 1，x 2都大于0，即f ′(x )在(0，＋∞)上有2个变号零点， 故此时f (x )的极值点的个数是2．综上，a ≤b 时，f (x )极值点的个数是0；a >b 时，f (x )极值点的个数是2． [例3] 设函数f (x )＝a x ＋e －x (a ＞1)． (1)求证：f (x )有极值；(2)若x ＝x 0时f (x )取得极值，且对任意正整数a 都有x 0∈(m ，n )，其中m ，n ∈Z ，求n －m 的最小值． 解析 (1)由题意得f ′(x )＝a x ln a －e －x ，令h (x )＝f ′(x )＝a x ln a －e －x ， 则h ′(x )＝a x (ln a )2＋e －x ＞0，所以函数h (x )，即f ′(x )在R 上单调递增． 由f ′(x )＝0，得a x e x ln a ＝1，因为a ＞1，所以a x e x ＝1ln a ＞0，得x ＝log a e 1ln a ，当x ＞log a e1ln a 时，f ′(x )＞0；当x ＜log a e 1ln a时，f ′(x )＜0． 所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，log a e 1ln a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫log a e 1ln a ，＋∞上单调递增，因此，当x ＝log a e 1ln a时函数f (x )取极值．(2)由(1)知，函数f (x )的极值点x 0(即函数f ′(x )的零点)唯一．由f ′(－1)＝ln a a －e ，令g (a )＝ln aa ，则g ′(a )＝1－ln a a 2，由g ′(a )＝0，得a ＝e ，当a ＞e 时，g ′(a )＜0；当0＜a ＜e 时，g ′(a )＞0．所以g (a )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以g (a )≤g (e)＝1e ，所以f ′(－1)＝ln aa－e ＜0．当a 为大于1的正整数时，f ′(0)＝ln a －1的值有正有负．f ′(1)＝a ln a －1e ，因为a 为正整数且a ＞1，所以a ln a ≥2ln 2＞1e ，所以f ′(1)＞0．所以x 0∈(－1，1)恒成立，所以n －m 的最小值为2． [例4] 已知函数f (x )＝a ln x ＋1x (a ＞0)．(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)是否存在实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解析 由题意，知函数的定义域为{x |x ＞0}，f ′(x )＝a x －1x 2(a ＞0)．(1)由f ′(x )＞0解得x ＞1a ，所以函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞； 由f ′(x )＜0解得x ＜1a，所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1a ． 所以当x ＝1a 时，函数f (x )有极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ，无极大值． (2)不存在．理由如下：由(1)可知，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，函数f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，函数f (x )单调递增． ①若0＜1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1，e]上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．②若1＜1a ≤e ，即1e ≤a ＜1时，函数f (x )在⎣⎡⎭⎫1，1a 上为减函数，在⎣⎡⎦⎤1a ，e 上为增函数， 故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ＝a (1－ln a )＝0，即ln a ＝1， 解得a ＝e ，而1e≤a ＜1，故不满足条件．③若1a ＞e ，即0＜a ＜1e 时，函数f (x )在[1，e]上为减函数，故函数f (x )的最小值为f (e)＝a ＋1e＝0，解得a ＝－1e ，而0＜a ＜1e ，故不满足条件．综上所述，这样的a 不存在．[例5] 已知函数f (x )＝(ax －1)ln x ＋x 22．(1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线l 的方程；(2)设函数g (x )＝f ′(x )有两个极值点x 1，x 2，其中x 1∈(0，e]，求g (x 1)－g (x 2)的最小值． 解析 (1)当a ＝2时，f (x )＝(2x －1)ln x ＋x 22，则f ′(x )＝2ln x ＋x －1x ＋2，f ′(1)＝2，f (1)＝12，∴切线l 的方程为y －12＝2(x －1)，即4x －2y －3＝0．(2)函数g (x )＝a ln x ＋x －1x ＋a ，定义域为(0，＋∞)，则g ′(x )＝1＋a x ＋1x 2＝x 2＋ax ＋1x 2，令g ′(x )＝0，得x 2＋ax ＋1＝0，其两根为x 1，x 2，且x 1＋x 2＝－a ，x 1x 2＝1，故x 2＝1x 1，a ＝－⎝⎛⎭⎫x 1＋1x 1． g (x 1)－g (x 2)＝g (x 1)－g ⎝⎛⎭⎫1x 1＝a ln x 1＋x 1－1x 1＋a －⎝⎛⎭⎫a ln 1x 1＋1x 1－x 1＋a ＝2⎝⎛⎭⎫x 1－1x 1＋2a ln x 1＝2⎝⎛⎭⎫x 1－1x 1－2⎝⎛⎭⎫x 1＋1x 1ln x 1， 令h (x )＝2⎝⎛⎭⎫x －1x －2⎝⎛⎭⎫x ＋1x ln x ．则[g (x 1)－g (x 2)]min ＝h (x )min ， 又h ′(x )＝2(1＋x )(1－x )ln xx 2，当x ∈(0，1]时，h ′(x )≤0，当x ∈(1，e]时，h ′(x )<0，即当x ∈(0，e]时，h (x )单调递减，∴h (x )min ＝h (e)＝－4e ，故[g (x 1)－g (x 2)]min ＝－4e ．[例6] 已知函数g (x )＝x 22＋x ＋ln x ．(1)若函数g ′(x )≥a 恒成立，求实数a 的取值范围；(2)函数f (x )＝g (x )－mx ，若f (x )存在单调递减区间，求实数m 的取值范围； (3)设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数f (x )的两个极值点，若m ≥72，求f (x 1)－f (x 2)的最小值．解析 (1)∵g ′(x )＝x ＋1x ＋1，g ′(x )＝x ＋1x＋1≥2x ·1x＋1＝3，g ′(x )≥a ，∴a ≤3． (2)∴f ′(x )＝x ＋1－m ＋1x ＝x 2＋(1－m )x ＋1x，又∵f ′(x )＜0在(0，＋∞)上有解，令h (x )＝x 2＋(1－m )x ＋1，则h (0)＝1＞0，只需⎩⎪⎨⎪⎧m －12＞0，(m －1)2－4＞0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m >1，m >0或m ＜－1，即m ＞3(3)∵f ′(x )＝x 2＋(1－m )x ＋1x，令f ′(x )＝0，即x 2＋(1－m )x ＋1＝0，两根分别为x 1，x 2，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝m －1，x 1x 2＝1，又∵f (x 1)－f (x 2)＝12(x 21－x 22)＋(1－m )(x 1－x 2)＋ln x 1x 2＝12(x 21－x 22)－(x 21－x 22)＋ln x 1x 2， ＝ln x 1x 2－12(x 21－x 22)＝ln x 1x 2－12⎝⎛⎭⎫x 1x 2－x 2x 1． 令t ＝x 1x 2，由于x 1＜x 2，∴0＜t ＜1．又∵m ≥72，(x 1＋x 2)2＝(m －1)2≥254，即(x 1＋x 2)2x 1x 2＝x 1x 2＋2＋x 2x 1，即t ＋2＋1t ≥254，∴4t 2－17t ＋4≥0，解得t ≥4或t ≤14，即0＜t ≤14．令h (t )＝ln t －12⎝⎛⎭⎫t －1t (0＜t ≤14)，h ′(t )＝1t －12⎝⎛⎭⎫1＋1t 2＝－(t －1)22t 2＜0，∴h (t )在(0，14]上单调递减，h (t )min ＝h (14)＝－2ln2＋158．∴f (x 1)－f (x 2)的最小值为－2ln2＋158．【对点训练】 1．已知函数f (x )＝x ln x ． (1)求函数f (x )的极值点；(2)设函数g (x )＝f (x )－a (x －1)，其中a ∈R ，求函数g (x )在区间(0，e]上的最小值(其中e 为自然对数的底数)．1．解析 (1)f ′(x )＝ln x ＋1，x >0，由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 )在区间⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在区间⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增． 所以x ＝1e是函数f (x )的极小值点，极大值点不存在．(2)g (x )＝x ln x －a (x －1)，则g ′(x )＝ln x ＋1－a ，由g ′(x )＝0，得x ＝e a －1． 所以在区间(0，e a －1)上，g (x )单调递减，在区间(e a －1，＋∞)上，g (x )单调递增． 当e a －1≥e ，即a ≥2时，g (x )在(0，e]上单调递减，∴g (x )min ＝g (e)＝a ＋e －a e ， 当e a －1<e 即a <2时，g (x )在(0，e a －1)上单调递减，在(e a －1，e]上单调递增， ∴g (x )min ＝g (e a －1)＝a －e a －1，令g (x )的最小值为h (a )，综上有h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －e a －1，a <2，a ＋e －a e ，a ≥2.2．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； (2)求f (x )在[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值． 2．解析 (1)当x <1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23．当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，0) 0 ⎝⎛⎭⎫0，23 23 ⎝⎛⎭⎫23，1 f ′(x ) － 0 ＋ 0 －f (x )极小值极大值故当x ＝0当x ＝23时，函数f (x )取到极大值，极大值为f ⎝⎛⎭⎫23＝427． (2)①当－1≤x <1时，根据(1)知，函数f (x )在[－1，0)和⎝⎛⎭⎫23，1上单调递减，在⎣⎡⎦⎤0，23上单调递增． 因为f (－1)＝2，f ⎝⎛⎭⎫23＝427，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． 3．已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2－ax (a ∈R )．(1)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )的单调区间； (2)求g (x )＝f (x )－2x 在区间[1，e]上的最小值h (a )．3．解析 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋a x ，因为x ＝3是f (x )的极值点，所以f ′(3)＝18－3a ＋a3＝0，解得a ＝9，所以f ′(x )＝2x 2－9x ＋9x ＝(2x －3)(x －3)x ，所以当0<x <32或x >3时，f ′(x )>0，当32<x <3时，f ′(x )<0，即x ＝3是f (x )的极小值点， 所以f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，32，(3，＋∞)，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫32，3.(2)g ′(x )＝2x 2－ax ＋a x －2＝(2x －a )(x －1)x ，令g ′(x )＝0，得x 1＝a2，x 2＝1.①当a2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上为增函数，h (a )＝g (1)＝－a －1；②当1<a2<e ，即2<a <2e 时，g (x )在⎣⎡⎭⎫1，a 2上为减函数，在⎝⎛⎦⎤a 2，e 上为增函数， h (a )＝g ⎝⎛⎭⎫a 2＝a ln a 2－14a 2－a ； ③当a2≥e ，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上为减函数，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e.综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a －1，a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2<a <2e ，1－e a ＋e 2－2e ，a ≥2e.4．已知常数a ≠0，f (x )＝a ln x ＋2x ． (1)当a ＝－4时，求f (x )的极值；(2)当f (x )的最小值不小于－a 时，求实数a 的取值范围．4．解析 (1)由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax ＋2＝a ＋2x x ．当a ＝－4时，f ′(x )＝2x －4x． 所以当0<x <2时，f ′(x )<0，即f (x )在(0，2)上单调递减； 当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )在(2，＋∞)上单调递增．所以f (x )只有极小值，且当x ＝2时，f (x )取得极小值f (2)＝4－4ln 2． 所以当a ＝－4时，f (x )只有极小值4－4ln 2，无极大值． (2)因为f ′(x )＝a ＋2xx，所以当a >0，x ∈(0，＋∞)时， f ′(x )>0，即f (x )在(0，＋∞)上单调递增，没有最小值．当a <0时，由f ′(x )>0，得x >－a2，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上单调递增； 由f ′(x )<0，得x <－a2，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－a 2上单调递减． 所以当a <0时，f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a ln ⎝⎛⎭⎫－a 2＋2⎝⎛⎭⎫－a 2． 根据题意，知f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a ln ⎝⎛⎭⎫－a 2＋2⎝⎛⎭⎫－a2≥－a ，即a [ln (－a )－ln 2]≥0． 因为a <0，所以ln (－a )－ln 2≤0，解得a ≥－2， 所以实数a 的取值范围是[－2，0)． 5．已知函数f (x )＝a sin x ＋sin2x ，a ∈R ．(1)若f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上有极值点，求a 的取值范围； (2)若a ＝1，x ∈⎝⎛⎭⎫0，2π3时，f (x )≥bx cos x ，求b 的最大值． 5．解析 (1)f ′(x )＝a cos x ＋2cos 2x ＝4cos 2x ＋a cos x －2，依题意，f ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上有变号零点，令cos x ＝t ，则t ∈(0，1)， 所以g (t )＝4t 2＋at －2＝0在(0，1)有实根，注意到Δ＞0，所以g (0)·g (1)＜0，解得a ＞－2，即a ∈(－2，＋∞)．(2)a ＝1时，f (x )＝sin x ＋sin 2x ，当x ∈⎣⎡⎭⎫π2，2π3时，f (x )≥0≥bx cos x ，显然成立；当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，cos x ＞0，所以tan x ＋2sin x ≥bx ． 记h (x )＝tan x ＋2sin x －bx ，则h (x )≥0恒成立，h ′(x )＝1cos 2x ＋2cos x －b ，h ″(x )＝2sin x cos 3x －2sin x ＝2sin x (1－cos 3x )cos 3x＞0， h ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，π2单调递增，h ′(0)＝3－b ， 若b ＞3，则h ′(0)＜0，记cos θ＝1b ，θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则h ′(θ)＝b ＋2b －b ＝2b＞0， 所以存在x 0∈(0，θ)，使得h ′(x 0)＝0，当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减， 所以x ∈(0，x 0)时，h (x )＜h (0)＝0，不符题意．当b ＝3时，h ′(x )＞h ′(0)＝0，即x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，h (x )单调递增，所以h (x )＞h (0)＝0，符合题意， 当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，2π3时，f (x )＝sin x ＋2sin x cos x ＝sin x (1＋2cos x )，由2cos x ＋1＞2cos 2π3＋1＝0，sin x ＞0，所以f (x )＞0， 而b ＝3时，bx cos x ＜0，所以f (x )＞bx cos x 成立，综上所述，b 的最大值为3．6．已知函数f (x )＝ln x ＋12x 2－ax ＋a (a ∈R )． (1)若函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)若函数f (x )在x ＝x 1和x ＝x 2处取得极值，且x 2≥e x 1(e 为自然对数的底数)，求f (x 2)－f (x 1)的最大值．6．解析 (1)∵f ′(x )＝1x＋x －a (x ＞0)，又f (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴恒有f ′(x )≥0， 即1x ＋x －a ≥0恒成立，∴a ≤⎝⎛⎭⎫x ＋1x min ，而x ＋1x ≥2 x ·1x＝2，当且仅当x ＝1时取“＝”，∴a ≤2． 即函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数时，a 的取值范围是(－∞，2]．(2)∵f (x )在x ＝x 1和x ＝x 2处取得极值，且f ′(x )＝1x ＋x －a ＝x 2－ax ＋1x(x ＞0)，。
