新高考数学二轮复习导数培优专题10 含参函数的极值、最值讨论（含解析）

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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)＝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01，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时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)min＝f，因为f0，
所以存在x0∈，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，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 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) 得当x∈时，g(x)<0．故f<0，0 F′(x)＝f(x)>0，F(x)单调递增；当ln a0，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 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．
【对点训练】
1．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋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)＝＋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－ax2＋(1－a)x＋1，则g′(x)＝－ax＋(1－a)＝，
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)＝＝－，令g′(x)＝0得x＝.
∴当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0.
因此g(x)在上是增函数，在上是减函数．
∴x＝时，g(x)取极大值g＝ln －×＋(1－a)×＋1＝－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－ln a，无极小值．
2．设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex．
(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)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex．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)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex．
若a>，则当x∈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≤，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤x－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．
3．已知函数f (x)＝x2－3x＋．
(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)＝x2－3x＋，
所以f ′(x)＝2x－3－＝＝＝(x≠0)，
令f ′(x)>0，得x>2；令f ′(x)<0，得x<0或0 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－＝(x≠0)，设函数g(x)＝2x3－3x2－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)＝6x2－6x＝6x(x－1)，
由g′(x)>0，得x>1或x<0；由g′(x)<0，得0 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，－<0，g(－)＝2(－)3－3(－a)－a＝2a(＋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 又－10，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－x2－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－．∵2x＋≥2，
当a≤2时，f′(x)≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当a＞2时，f′(x)＝a－2x－＝－．
由f′(x)＝0得x1＝，x2＝且x2＞x1＞0．
由f′(x)＞0得x1＜x＜x2，由f′(x)＜0得0＜x＜x1，或x＞x2，
∴函数f(x)的单调递增区间为，
单调递减区间为，．
综上所述，当a≤2时，函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；
当a＞2时，函数f(x)的单调递减区间为，，
单调递增区间为．
(2)由(1)知，当f(x)存在极值时，a＞2．即方程2x2－ax＋1＝0有两个不相等的正根x1，x2，
∴
∴f(x1)＋f(x2)＝a(x1＋x2)－(x＋x)－(ln x1＋ln x2)
＝a(x1＋x2)－－ln(x1x2)＝－＋1－ln ＝＋1－ln ．
依题意＋1－ln＞5＋ln 2，即a2＞16，∴a＞4或a＜－4．
又a＞2．∴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＋ax2)·ln(1＋x)－2x．
(1)若a＝0，证明：当－10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)－.
设函数g(x)＝f′(x)＝ln (1＋x)－，则g′(x)＝.
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)＝＝ln(1＋x)－.
由于当|x|＜min{1，}时，2＋x＋ax2＞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)＝－＝.
如果6a＋1＞0，则当0＜x＜－，且|x|＜min{1，}时，h′(x)＞0，故x＝0不是h(x)的极大值点．
如果6a＋1＜0，则a2x2＋4ax＋6a＋1＝0存在根x1＜0，故当x∈(x1，0)，且|x|＜min{1，}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)＝，
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＝－．
考点二　含参函数的最值
【例题选讲】
[例1]　已知函数f(x)＝lnx－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)＝－a(x＞0)，
①当a≤0时，f′(x)＝－a＞0，即函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
②当a＞0时，令f′(x)＝－a＝0，可得x＝，
当0＜x＜时，f′(x)＝＞0；当x＞时，f′(x)＝＜0，
故函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为．
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，单调递减区间为．
(2)①当0＜≤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≥2，即0＜a≤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＜＜2，即＜a＜1时，函数f(x)在上是增函数，在上是减函数．
又f(2)－f(1)＝ln 2－a，所以当＜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)＝ax2＋(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)在上的最小值．
解析　(1)因为f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x，所以f′(x)＝2ax＋1－2a－＝.
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x1＝－，x2＝1，
当－>1，即－ 当≤－≤1，即－1≤a≤－时，f(x)在上是减函数，在上是增函数，
所以f(x)在上的最小值为f＝1－＋ln(－2a)．
当－<，即a<－1时，f(x)在上是增函数，所以f(x)在上的最小值为f＝－a＋ln 2.
综上，函数f(x)在区间上的最小值为f(x)min＝
[例3]　已知函数f (x)＝－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)＝，由得0 由得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)＝－1，无极小值．
(2)①当即0 ②当m 所以f (x)max＝f (e)＝－1＝－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)＝－1．
综上所述，当0 [例4]　已知函数f(x)＝＋n，g(x)＝x2(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∈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)＝，
因为f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，所以解得
所以f(x)＝，f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e，
当00，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)＝.
(2)因为g(x)＝x2＝xln x－－x，所以g′(x)＝ln x－ax＝x.
①当a∈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 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－a＝0有唯一实根，
又f＝－e，f(1)＝0，f(x)在上单调递增，所以存在t∈，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)＝tln t－t2－t＝－t，令h(t)＝－t，t∈，
则h′(t)＝<0，所以h(t)在上单调递减，从而b＝h(t)∈.
综上所述，当a∈(－e，0]时，b∈；当a∈时，b不存在．
[例5]　(2019·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋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)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝．
若a＞0，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0．故f(x)在(－∞，0)，单调递增，在单调递减．
若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
若a＜0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0．故f(x)在，(0，＋∞)单调递增，在单调递减．
(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＝－＋b，最大值为b或2－a＋b．
若－＋b＝－1，b＝1，则a＝3，与0＜a＜3矛盾．
若－＋b＝－1，2－a＋b＝1，则a＝3或a＝－3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)＝alnx＋x2－(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＋x2－3x，∴g′(x)＝＋2x－3＝，
∵x∈[1，e]，∴g′(x)≥0，∴g(x)在[1，e]上单调递增，∴g(x)max＝g(e)＝e2－3e＋1．
(2)g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝＋2x－(a＋2)＝＝．
①当≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上单调递增，h(a)＝g(1)＝－a－1；
②当1< h(a)＝g＝aln －a2－a；
③当≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上单调递减，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e．
综上，h(a)＝
2．已知函数f(x)＝(x－a)ex(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)ex．
(1)当a＝2时，f′(x)＝(x－1)ex．∴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)e2；
③若1 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)＝－ea－1．
综上可知，当a≤2时，f(x)min＝(1－a)e；当a≥3时，f(x)min＝(2－a)e2；当2 3．已知函数f(x)＝ax－lnx，F(x)＝ex＋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∈，且函数g(x)＝xeax－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－＝，F′(x)＝ex＋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 ∴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)＝eax－1＋axeax－1－a－＝(ax＋1)，由eax－1－＝0，解得a＝，
设p(x)＝，则p′(x)＝，当x>e2时，p′(x)>0，当0 从而p(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，p(x)min＝p(e2)＝－，
当a≤－时，a≤，即eax－1－≤0，
当x∈时，ax＋1>0，g′(x)≤0，g(x)单调递减，
当x∈时，ax＋1<0，g′(x)≥0，g(x)单调递增，∴g(x)min＝g＝M，
设t＝－∈(0，e2]，M＝h(t)＝－ln t＋1(0 ∴h(t)≥h(e2)＝0，即M≥0，∴M的最小值为0．
4．已知函数f(x)＝ax＋lnx，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＋＝，令f′(x)＝0，得x＝1．当00；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＋，x∈(0，e]，∈．
①若a≥－，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上单调递增，∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不符合题意．
②若a<－，令f′(x)>0得a＋>0，结合x∈(0，e]，解得0 令f′(x)<0得a＋<0，结合x∈(0，e]，解得－ 从而f(x)在上单调递增，在上单调递减，
∴f(x)max＝f ＝－1＋ln．令－1＋ln＝－3，得ln＝－2，即a＝－e2．
∵－e2<－，∴a＝－e2为所求．故实数a的值为－e2．
5．已知函数f (x)＝ax2－(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)＝x2－3x＋ln x(x>0)，所以f ′(x)＝2x－3＋＝，
所以f (1)＝－2，f ′(1)＝0．所以切线方程为y＋2＝0．
(2)函数f (x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x的定义域为(0，＋∞)，
当a>0时，f ′(x)＝2ax－(a＋2)＋＝＝，
令f ′(x)＝0，解得x＝或x＝．
①当0<≤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< 所以f (x)在[1，e]上的最小值为f ③当≥e，即0 所以f (x)在[1，e]上的最小值为f (e) 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)＝，其中a为正实数，x＝是f(x)的一个极值点．
(1)求a的值；
(2)当b>时，求函数f(x)在[b，＋∞)上的最小值．
解析　f′(x)＝．
(1)因为x＝是函数y＝f(x)的一个极值点，所以f′＝0，因此a－a＋1＝0，解得a＝．
经检验，当a＝时，x＝是y＝f(x)的一个极值点，故所求a的值为．
(2)由(1)可知，f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝．
f(x)与f′(x)随x的变化情况如下：
x





f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)





所以f(x)的单调递增区间是，，单调递减区间是．
当 所以f(x)在[b，＋∞)上的最小值为f＝；
当b≥时，f(x)在[b，＋∞)上单调递增，
所以f(x)在[b，＋∞)上的最小值为f(b)＝＝．
[例2]　已知函数f(x)＝aln (x＋b)－．
(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－，此时，f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝－＝，由f′(x)>0，解得04，
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)＝－＝，
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－b，
(ⅰ)当4a2－4b≤0即0 故此时f(x)的极值点个数是0；
(ⅱ)当4a2－4b>0即a>时，记方程h(x)＝0的两根分别为x1，x2，
由于＋＝2a>0，＝b>0，故x1，x2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≤时，f(x)极值点的个数是0；a>时，f(x)极值点的个数是2．
[例3]　设函数f(x)＝ax＋e－x(a＞1)．
(1)求证：f(x)有极值；
(2)若x＝x0时f(x)取得极值，且对任意正整数a都有x0∈(m，n)，其中m，n∈Z，求n－m的最小值．
解析　(1)由题意得f′(x)＝axln a－e－x，令h(x)＝f′(x)＝axln a－e－x，
则h′(x)＝ax(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axexln a＝1，因为a＞1，所以axex＝＞0，得x＝logae，
当x＞logae时，f′(x)＞0；当x＜logae时，f′(x)＜0．
所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，
因此，当x＝logae时函数f(x)取极值．
(2)由(1)知，函数f(x)的极值点x0(即函数f′(x)的零点)唯一．
由f′(－1)＝－e，令g(a)＝，则g′(a)＝，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)＝，
所以f′(－1)＝－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)＝aln a－，因为a为正整数且a＞1，所以aln a≥2ln 2＞，所以f′(1)＞0．
所以x0∈(－1，1)恒成立，所以n－m的最小值为2．
[例4]　已知函数f(x)＝alnx＋(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＞0)．
(1)由f′(x)＞0解得x＞，所以函数f(x)的单调递增区间是；
由f′(x)＜0解得x＜，所以函数f(x)的单调递减区间是．
所以当x＝时，函数f(x)有极小值f ＝aln ＋a＝a－aln a，无极大值．
(2)不存在．理由如下：
由(1)可知，当x∈时，函数f(x)单调递减；当x∈时，函数f(x)单调递增．
①若0＜≤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)＝aln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．
②若1＜≤e，即≤a＜1时，函数f(x)在上为减函数，在上为增函数，
故函数f(x)的最小值为f(x)的极小值f ＝aln ＋a＝a－aln a＝a(1－ln a)＝0，即ln a＝1，
解得a＝e，而≤a＜1，故不满足条件．
③若＞e，即0＜a＜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＋＝0，
解得a＝－，而0＜a＜，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＋．
(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x1，x2，其中x1∈(0，e]，求g(x1)－g(x2)的最小值．
解析　(1)当a＝2时，f (x)＝(2x－1)ln x＋，则f ′(x)＝2ln x＋x－＋2，f ′(1)＝2，f (1)＝，
∴切线l的方程为y－＝2(x－1)，即4x－2y－3＝0．
(2)函数g(x)＝aln x＋x－＋a，定义域为(0，＋∞)，则g′(x)＝1＋＋＝，
令g′(x)＝0，得x2＋ax＋1＝0，其两根为x1，x2，且x1＋x2＝－a，x1x2＝1，故x2＝，a＝－．
g(x1)－g(x2)＝g(x1)－g＝aln x1＋x1－＋a－
＝2＋2aln x1＝2－2ln x1，
令h(x)＝2－2ln x．则[g(x1)－g(x2)]min＝h(x)min，
又h′(x)＝，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)＝－，故[g(x1)－g(x2)]min＝－．
[例6]　已知函数g(x)＝＋x＋lnx．
(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x1，x2(x1＜x2)是函数f(x)的两个极值点，若m≥，求f(x1)－f(x2)的最小值．
解析　(1)∵g′(x)＝x＋＋1，g′(x)＝x＋＋1≥2＋1＝3，g′(x)≥a，∴a≤3．
(2)∴f′(x)＝x＋1－m＋＝，又∵f′(x)＜0在(0，＋∞)上有解，
令h(x)＝x2＋(1－m)x＋1，则h(0)＝1＞0，只需解得即m＞3
(3)∵f′(x)＝，令f′(x)＝0，即x2＋(1－m)x＋1＝0，
两根分别为x1，x2，则
又∵f(x1)－f(x2)＝(x－x)＋(1－m)(x1－x2)＋ln＝(x－x)－(x－x)＋ln，
＝ln－(x－x)＝ln－．
令t＝，由于x1＜x2，∴0＜t＜1．
又∵m≥，(x1＋x2)2＝(m－1)2≥，即＝＋2＋，即t＋2＋≥，
∴4t2－17t＋4≥0，解得t≥4或t≤，即0＜t≤．
令h(t)＝lnt－(0＜t≤)，h′(t)＝－＝－＜0，
∴h(t)在(0，]上单调递减，h(t)min＝h()＝－2ln2＋．
∴f(x1)－f(x2)的最小值为－2ln2＋．
【对点训练】
1．已知函数f(x)＝xlnx．
(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)＝lnx＋1，x>0，由f′(x)＝0，得x＝．
当x∈时，f′(x)<0，当x∈时，f′(x)>0，
所以f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．
所以x＝是函数f(x)的极小值点，极大值点不存在．
(2)g(x)＝xln x－a(x－1)，则g′(x)＝ln x＋1－a，由g′(x)＝0，得x＝ea－1．
所以在区间(0，ea－1)上，g(x)单调递减，在区间(ea－1，＋∞)上，g(x)单调递增．
当ea－1≥e，即a≥2时，g(x)在(0，e]上单调递减，∴g(x)min＝g(e)＝a＋e－ae，
当ea－1 ∴g(x)min＝g(ea－1)＝a－ea－1，令g(x)的最小值为h(a)，
综上有h(a)＝
2．已知函数f(x)＝
(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)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝．
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
0



f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)

极小值

极大值

故当x＝0时，函数f(x)取到极小值，极小值为f(0)＝0，
当x＝时，函数f(x)取到极大值，极大值为f＝．
(2)①当－1≤x<1时，根据(1)知，函数f(x)在[－1，0)和上单调递减，在上单调递增．
因为f(－1)＝2，f＝，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)＝aln 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)＝alnx＋x2－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)＝＋2x－a＝，
因为x＝3是f(x)的极值点，所以f′(3)＝＝0，
解得a＝9，所以f′(x)＝＝，
所以当03时，f′(x)>0，
当 所以f(x)的单调递增区间为，(3，＋∞)，单调递减区间为.
(2)g′(x)＝－2＝，令g′(x)＝0，得x1＝，x2＝1.
①当≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上为增函数，h(a)＝g(1)＝－a－1；
②当1< h(a)＝g＝aln－a2－a；
③当≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上为减函数，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
综上，h(a)＝
4．已知常数a≠0，f(x)＝aln 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)＝＋2＝．
当a＝－4时，f′(x)＝．
所以当0 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)＝，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>－，所以f(x)在上单调递增；
由f′(x)<0，得x<－，所以f(x)在上单调递减．
所以当a<0时，f(x)的最小值为f＝aln ＋2．
根据题意，知f＝aln ＋2≥－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)＝asin x＋sin2x，a∈R．
(1)若f(x)在上有极值点，求a的取值范围；
(2)若a＝1，x∈时，f(x)≥bxcosx，求b的最大值．
5．解析　(1)f′(x)＝acos x＋2cos 2x＝4cos2x＋acos x－2，
依题意，f′(x)在上有变号零点，令cos x＝t，则t∈(0，1)，
所以g(t)＝4t2＋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∈时，f(x)≥0≥bxcos x，显然成立；当x∈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)＝＋2cos x－b，h″(x)＝－2sin x＝＞0，
h′(x)在单调递增，h′(0)＝3－b，
若b＞3，则h′(0)＜0，记cos θ＝，θ∈，则h′(θ)＝b＋－b＝＞0，
所以存在x0∈(0，θ)，使得h′(x0)＝0，当x∈(0，x0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
所以x∈(0，x0)时，h(x)＜h(0)＝0，不符题意．
当b＝3时，h′(x)＞h′(0)＝0，即x∈时，h(x)单调递增，所以h(x)＞h(0)＝0，符合题意，
当x∈时，f(x)＝sin x＋2sin xcos x＝sin x(1＋2cos x)，
由2cos x＋1＞2cos ＋1＝0，sin x＞0，所以f(x)＞0，
而b＝3时，bxcos x＜0，所以f(x)＞bxcos x成立，
综上所述，b的最大值为3．
6．已知函数f(x)＝lnx＋x2－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＝x1和x＝x2处取得极值，且x2≥x1(e为自然对数的底数)，求f(x2)－f(x1)的最大值．
6．解析　(1)∵f′(x)＝＋x－a(x＞0)，又f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴恒有f′(x)≥0，
即＋x－a≥0恒成立，∴a≤min，而x＋≥2 ＝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＝x1和x＝x2处取得极值，且f′(x)＝＋x－a＝(x＞0)，
∴x1，x2是方程x2－ax＋1＝0的两个实根，由根与系数的关系得x1＋x2＝a，x1x2＝1，
∴f(x2)－f(x1)＝ln＋(x－x)－a(x2－x1)＝ln－(x－x)＝ln－(x－x)＝ln－，
设t＝(t≥ )，令h(t)＝ln t－(t≥ )，则h′(t)＝－＝－＜0，
∴h(t)在[，＋∞)上是减函数，∴h(t)≤h()＝，
故f(x2)－f(x1) 的最大值为．