专题10 含参函数的极值、最值讨论(解析版)

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