专题10 含参函数的极值、最值讨论(解析版)

2023-11-08 · U1 上传 · 22页 · 92.3 K

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)=eq\f(1,2)x2-(a+1)x+a(1+lnx).(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)+eq\f(a,x)(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)+eq\f(a,2)=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)+eq\f(a,x)=eq\f(x2-(a+1)x+a,x)=eq\f((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)=-eq\f(1,2)a2+alna,极小值是f(1)=-eq\f(1,2).②当a=1时,f′(x)=eq\f((x-1)2,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)=-eq\f(1,2),极小值是f(a)=-eq\f(1,2)a2+alna.综上,当0<a<1时,f(x)的极大值是-eq\f(1,2)a2+alna,极小值是-eq\f(1,2);当a=1时,f(x)没有极值;当a>1时f(x)的极大值是-eq\f(1,2),极小值是-eq\f(1,2)a2+alna.[例2] 已知函数f(x)=lnx-ax(a∈R).(1)当a=eq\f(1,2)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=eq\f(1,2)时,f(x)=lnx-eq\f(1,2)x,函数的定义域为(0,+∞)且f′(x)=eq\f(1,x)-eq\f(1,2)=eq\f(2-x,2x),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)ln2-1故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值=f(2)=ln2-1,无极小值.(2)由(1)知,函数的定义域为(0,+∞),f′(x)=eq\f(1,x)-a=eq\f(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∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,a))),则f′(x)>0,若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a),+∞)),则f′(x)<0,故函数在x=eq\f(1,a)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=eq\f(1,a).[例3] 设f(x)=xlnx-eq\f(3,2)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)=lnx-3ax+3a,x∈(0,+∞),g′(x)=eq\f(1,x)-3a,①g(x)在[1,2]上单调递增,∴eq\f(1,x)-3a≥0对x∈[1,2]恒成立,即a≤eq\f(1,3x)对x∈[1,2]恒成立,得a≤eq\f(1,6);②g(x)在[1,2]上单调递减,∴eq\f(1,x)-3a≤0对x∈[1,2]恒成立,即a≥eq\f(1,3x)对x∈[1,2]恒成立,得a≥eq\f(1,3),由①②可得a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-∞,\f(1,6)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3),+∞)).(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01,又f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,3a)))上单调递增,∴x∈(0,1)时,f′(x)<0,x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(1,3a)))时,f′(x)>0,∴f(x)在(0,1)上单调递减,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(1,3a)))上单调递增,f(x)在x=1处取得极小值,符合题意;③当a=eq\f(1,3)时,eq\f(1,3a)=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>eq\f(1,3)时,0<eq\f(1,3a)<1,当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a),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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,\f(1,3))).[例4] (2016·山东)设f(x)=xlnx-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)=lnx-2ax+2a,可得g(x)=lnx-2ax+2a,x∈(0,+∞).所以g′(x)=eq\f(1,x)-2a=eq\f(1-2ax,x).当a≤0,x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增;当a>0,x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2a)))时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增,x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a),+∞))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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2a))),单调减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a),+∞)).(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<eq\f(1,2)时,eq\f(1,2a)>1,由(1)知f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2a)))内单调递增,可得当x∈(0,1)时,f′(x)<0,当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(1,2a)))时,f′(x)>0.所以f(x)在(0,1)内单调递减,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(1,2a)))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=eq\f(1,2)时,eq\f(1,2a)=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>eq\f(1,2)时,0<eq\f(1,2a)<1,当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a),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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),+∞)).[例5] 已知函数f(x)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-1-\f(a,6)))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)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex-a))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)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(a,6)))ex,当0eq\f(a,6)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,所以当x∈(0,+∞)时,f(x)min=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,6))),因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,6)))0,所以存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,6),1+\f(a,6))),使f(x0)=0,且当0x0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,lna>0.因为当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,lna))时,ex-a<0;当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lna,+∞))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∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,e))时,lna

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