《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题10 含参函数的极值、最值讨论(原卷版)

3.0 envi 2025-03-07 17 4 229.37KB 25 页 3知币

侵权投诉

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)＝x2－(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)＋(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)＋＝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)＋＝＝(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)＝－a2＋aln a，极小值是 f(1)＝－．

②当a＝1时，f′(x)＝≥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)＝－，极小值是 f(a)＝－a2＋aln a．

综上，当 0＜a＜1时，f(x)的极大值是－a2＋aln a，极小值是－；当 a＝1时，f(x)没有极值；当 a＞1

时f(x)的极大值是－，极小值是－a2＋aln a．

[例2]　已知函数 f(x)＝lnx－ax(a∈R)．

(1)当a＝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＝时，f(x)＝ln x－x，函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝－＝，

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)＋0－

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)＝－a＝．

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∈，则 f′(x)>0，

若x∈，则 f′(x)<0，故函数在 x＝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＝．

[例3]　设f(x)＝xlnx－ax2＋(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)＝lnx－3ax＋3a，即 g(x)＝ln x－3ax＋3a，x∈(0，＋∞)，g′(x)＝－3a，

①g(x)在[1，2]上单调递增，∴－3a≥0 对x∈[1，2]恒成立，即 a≤对x∈[1，2]恒成立，得 a≤；

②g(x)在[1，2]上单调递减，∴－3a≤0 对x∈[1，2]恒成立，即 a≥对x∈[1，2]恒成立，得 a≥，

由①②可得 a的取值范围为∪．

(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<时，>1，又 f′(x)在上单调递增，∴x∈(0，1)时，f′(x)<0，x∈时，f′(x)>0，

∴f(x)在(0，1)上单调递减，在上单调递增，f(x)在x＝1处取得极小值，符合题意；

③当a＝时，＝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>时，0<<1，当 x∈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．

[例4]　(2016·山东)设f(x)＝xln x－ax2＋(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)＝－2a＝．

当a≤0，x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，函数 g(x)单调递增；

当a＞0，x∈时，g′(x)＞0，函数 g(x)单调递增，x∈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，单调减区间为．

(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＜时，＞1，由(1)知f′(x)在内单调递增，

可得当 x∈(0，1)时，f′(x)＜0，当 x∈时，f′(x)＞0．

所以 f(x)在(0，1)内单调递减，在内单调递增，所以 f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．

③当a＝时，＝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＞时，0＜＜1，当 x∈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．

[例5]　已知函数 f(x)＝ex＋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)＝f(x)，是否存在无数个 a∈(1，4)，使得 lna为函数 F(x)的极大值点？请说明

理由．

解析　(1)f′(x)＝ex，当 0<x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当 x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

所以当 x∈(0，＋∞)时，f(x)min＝f，因为 f<f(0)＝－<0，f＝1>0，

所以存在 x0∈，使 f(x0)＝0，且当 0<x<x0时，f(x)<0，当 x>x0时，f(x)>0．

故函数 f(x)在(0，＋∞)上有 1个零点，即 x0．

(2)方法一　当 a>1 时，ln a>0．因为当 x∈时，ex－a<0；当 x∈时，ex－a>0．

由(1)知，当 x∈(0，x0)时，f(x)<0；当 x∈(x0，＋∞)时，f(x)>0．

下面证：当 a∈时，ln a<x0，即证 f<0．

f＝a＋1＝aln a－a－＋1，记 g(x)＝xln x－x－＋1，x∈(1，e)，

g′(x)＝ln x－，x∈(1，e)，令 h(x)＝g′(x)，则 h′(x)＝>0，所以 g′(x)在上单调递增，

由g′(1)＝－<0，g′(e)＝1－>0，所以存在唯一零点 t0∈，使得 g′＝0，

且x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增．

所以当 x∈时，g(x)<max．由 g(1)＝－<0，g(e)＝<0，

得当 x∈时，g(x)<0．故 f<0，0<ln a<x0．当 0<x<ln a时，ex－a<0，f(x)<0，

F′(x)＝f(x)>0，F(x)单调递增；当 ln a<x<x0时，ex－a>0，f(x)<0，

F′(x)＝f(x)<0，F(x)单调递减．所以存在 a∈⊆(1，4)，使得 ln a为F(x)的极大值点．

方法二　因为当 x∈时，ex－a<0；当 x∈时，ex－a>0．

由(1)知，当 x∈(0，x0)时，f(x)<0；当 x∈(x0，＋∞)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<x0成立，①

由(1)，问题①等价于存在无数个 a∈(1，4)，使得 f<0 成立，

因为 f＝a＋1＝aln a－a－＋1，记 g(x)＝xln x－x－＋1，x∈(1，4)，

g′(x)＝ln x－，x∈(1，4)，设 k(x)＝g′(x)，因为 k′(x)＝，

当x∈时，k′(x)>0，所以 g′(x)在上单调递增，因为 g′＝ln－<0，g′(2)＝ln 2－>0，

所以存在唯一零点 t0∈，使得 g′＝0，

且当 x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当 x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增；

所以当 x∈时，g(x)min＝g＝t0ln t0－t0－＋1，②

由g′＝0，可得 ln t0＝，代入②式可得 g(x)min＝g＝－t0＋1，

当t0∈时，g＝－t0＋1＝－<－<0，

所以必存在 x∈，使得 g(x)<0，即对任意 a∈，f<0 有解，

所以对任意 a∈⊆(1，4)，函数 F(x)存在极大值点为 ln a．

文档加载中……请稍候！
如果长时间未打开，您也可以点击刷新试试。

下载文档到电脑，查找使用更方便

3 知币 4人已下载

立即下载

《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题10 含参函数的极值、最值讨论(原卷版).docx

共25页,预览5页

还剩页未读，继续阅读

《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题10 含参函数的极值、最值讨论(原卷版)

相关推荐

开通VIP享超值会员特权

作者详情

相关内容

推荐作者

热门标签

举报选择: