\(\mathbf{{\large {\color{Red} {歡迎到學科網下載資料學習}} } }\)【高分突破系列】 高二數學下學期同步知識點剖析精品講義！
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選擇性必修第二冊同步拔高，難度4顆星！
模塊導圖
知識剖析
極值的概念
若在點\(x=a\)附近的左側\(f^{\prime} (x)<0\)，右側\(f^{\prime}(x)>0\), 則\(a\)稱為函數\(y=f(x)\)的極小值點，\(f(a)\)稱為函數\(y=f(x)\)的極小值；
若在點\(x=b\)附近的左側\(f^{\prime} (x)>0\)，右側\(f^{\prime} (x)<0\)，則\(b\)稱為函數\(y=f(x)\)的極大值點，\(f(b)\)稱為函數\(y=f(x)\)的極大值．
極小值點、極大值點統稱為極值點，極大值和極小值統稱為極值．
\({\color{Red}{解釋}}\)
① 把函數圖象看成一座“山脈”，極大值就是“山峰”，極小值就是“山谷”， 如下圖；
② 極值是“函數值\(y\)”，極值點是“自變量\(x\)值”，如下圖有極大值\(f(-1)\)和\(f(1)\)，極小值\(f(-2)\)和\(f(2)\)，極大值點\(-1\)和\(1\)，極小值點\(-2\)和\(2\).
\({\color{Red}{ Eg }}\) 設\(x_0\)是函數\(y=f(x)\)的極值點，則下列說法准確的是( )
A. 必有\(f^{\prime}(x_0 )=0\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(f^{\prime}(x_0 )\)不存在
C.\(f^{\prime} (x_0 )=0\)或\(f^{\prime} (x_0 )\)不存在 \(\qquad \qquad\) D.\(f^{\prime}(x_0 )\)存在但可能不為\(0\)
\({\color{Red}{解析 }}\) 函數\(f(x)=x^3\)，
總結
① 若\(f(x)\)可導，且\(x_0\) 是\(y=f(x)\)的極值，則\(x_0\)是\(f^{\prime}(x)=0\)的解；
② 若\(x_0\)是\(f^{\prime}(x)=0\)的解，\(x_0\) 不一定是\(y=f(x)\)的極值點.
③ 定義很重要.
求函數的極值的方法
解方程\(f^{\prime}(x)=0\)，當 \(f^{\prime}(x_0)=0\)時：
(1) 如果在\(x_0\)附近的左側\(f^{\prime} (x)>0\)，右側\(f^{\prime}(x)<0\)，那么\(f(x_0)\)是極大值；
(2) 如果在\(x_0\)附近的左側\(f^{\prime} (x)<0\)，右側 \(f^{\prime}(x)>0\)，那么 \(f(x_0)\)是極小值．
函數\(y=f(x)\)在\([a,b]\)上的最大值與最小值的步驟
(1)求函數\(y=f(x)\)在\((a ,b)\)內的極值；
(2)將函數\(y=f(x)\)的各極值與端點處的函數值 \(f(a)，f(b)\)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．
經典例題
【題型一】極值的概念
【典題1】【多選題】設函數\(f(x)\)的定義域為\(R\)，\(x_0 (x_0≠0)\)是\(f(x)\)的極大值點，以下結論錯誤的是( )
A．\(∀x∈R ,f(x)≤f(x_0)\)
B．\(-x_0\)是\(f(-x)\)的極小值點
C．\(-x_0\)是\(-f(x)\)的極小值點
D．\(-x_0\)是\(-f(-x)\)的極小值點
【解析】對於\(A\)，極大值並不一定是最大值，故錯誤；
對於\(B\)，\(f(-x)\)是\(f(x)\)關於\(y\)軸對稱的圖象，\(-x_0\)應是\(f(-x)\)的極大值點，故錯誤；
對於\(C\)，\(-f(x)\)是\(f(x)\)關於\(x\)軸對稱的圖象，\(x_0\)應是\(-f(x)\)的極小值點，而\(x_0≠0\)，故錯誤；
對於\(D\)， \(-f(-x)\)相當於\(f(x)\)關於原點對稱的圖象，\(-x_0\)是\(-f(-x)\)的極小值點故正確．
故選：\(ABC\)．
【點撥】
① 熟悉函數圖象的變換：\(f(-x)\)相當於\(f(x)\)關於\(y\)軸的對稱圖象，\(-f(x)\)相當於\(f(x)\)關於\(x\)軸的對稱圖象，\(-f(-x)\)相當於\(f(x)\)關於原點對稱的對稱圖象；
② 數形結合是個好方法.
【典題2】如圖，已知直線\(y=kx+m\)與曲線\(y=f(x)\)相切於兩點，則\(F(x)=f(x)-kx\)有( )
A．\(1\)個極大值點，\(2\)個極小值點
B．\(2\)個零點
C．\(0\)個零點
D．\(2\)個極小值點，無極大值點
【解析】由原圖可知，\(k<0 ,m>0\)，設原圖中的兩切點橫坐標為\(a ,b\)．再在同一坐標系中做出\(y=f(x)\)與\(y=kx\)的圖象如圖：
由圖可知，\(y=f(x)\)與\(y=kx\)沒有公共點，故函數\(F(x)\)沒有零點．
直線\(x=n\)與\(y=f(x)\)、\(y=kx\)分別交於點\(A、B\)，則\(F(x)\)的函數值可以理解為線段\(AB\)長度；
由圖可知：當\(x∈(-∞ ,a)\)時，\(F(x)\)單調遞減；當\(x∈(a ,c)\)，\(F(x)\)單調遞增；
當\(x∈(c ,b)\)時，\(F(x)\)單調遞減；當\(x∈(b ,+∞)\)時，\(F(x)\)單調遞增．
故\(a ,b\)是函數\(F(x)\)的極小值點，\(c\)是\(F(x)\)的極大值點．
故選：\(AC\)．
【點撥】
① 分析函數極值可先分析函數單調性.
② \(F(x)\)的函數值可以理解為線段\(AB\)長度這樣更好由圖象得到函數單調性.
【典題3】若函數\(f(x)=\dfrac{1}{2} x^2-x+alnx\)有兩個不同的極值點，則實數\(a\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】因為\(f(x)=\dfrac{1}{2} x^2-x+alnx\)有兩個不同的極值點，
所以\(f^{\prime}(x)=x-1+\dfrac{a}{x}=\dfrac{x^{2}-x+a}{x}\)在\((0 ,+∞)\)有\(2\)個不同的零點，
所以\(y=x^2-x+a\)在\((0 ,+∞)\)有\(2\)個不同的零點，
\({\color{Red}{ （二次函數零點分布問題，數形結合）}}\)
所以\(\left\{\begin{array}{l} \triangle=1-4 a>0 \\ a>0 \end{array}\right.\)，解得\(0<a<\dfrac{1}{4}\)．
【點撥】
① 對於可導函數\(f(x)\)有\(n\)個極值，則導函數\(f'(x)\)有\(n\)個零點；
② 在求解過程中進行轉化一定要注意等價轉化，本題中不要
若\(f(x)=\dfrac{1}{2} x^2-x+alnx\)有兩個不同的極值點\(⇒ y=x^2-x+a\)有\(2\)個不同的零點，那就錯，它缺了“定義域\(x>0\)”的考量.
鞏固練習
1(★)已知函數\(f(x)\)的導函數為\(f'(x)\)，函數\(g(x)=(x-1)f'(x)\)的圖象如圖所示，則下列結論正確的是( )
A．\(f(x)\)在\((-∞ ,-2) ,(1 ,2)\)上為減函數
B．\(f(x)\)在\((-2 ,1) ,(2 ,+∞)\)上為增函數
C．\(f(x)\)的極小值為\(f(-2)\)，極大值為\(f(2)\)
D．\(f(x)\))的極大值為\(f(-2)\)，極小值為\(f(2)\)
2(★)已知函數\(f(x)=\dfrac{\ln x}{e^{x}}\)的極值點為\(x=x_0\)，則\(x_0\)所在的區間為( )
A．\((0 ,\dfrac{1}{2})\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．$(\dfrac{1}{2} ,1) $ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．$ (1 ,2)$ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \((2 ,e)\)
3(★★)若函數\(f(x)=x^2-(a+2)x+alnx\)既有極大值又有極小值，則實數\(a\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad}\) .
4(★★)若函數\(f(x)=x^3-(\dfrac{a}{2}+3)x^2+2ax+3\)在\(x=2\)處取得極小值，則實數\(a\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad}\) .
5(★★★)若函數\(f(x)=x^3-3ax^2+12x(a>0)\)存在兩個極值點\(x_1 ,x_2\)，則\(f(x_1)+f(x_2)\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad}\).
參考答案
- \(D\)
- \(C\)
- \((0 ,2)∪(2 ,+∞)\)
- \((-∞，6)\)
- \((-∞ ,16)\)
【題型二】求函數極值
【典題1】已知函數\(f(x)=xlnx+x^2\),\(x_0\)是函數\(f(x)\)的極值點，以下幾個結論中正確的是( )
A．\(0<x_0<\dfrac{1}{e^2}\) \(\qquad \qquad\) B．\(x_0>\dfrac{1}{e}\) \(\qquad \qquad\) C．\(f(x_0)+2x_0<0\) \(\qquad \qquad\) D．\(f(x_0)+2x_0>0\)
【解析】\(∵f'(x)=lnx+1+2x\)在\((0 ,+∞)\)時單調遞增，
\(∴f'(x)=lnx+1+2x\)至多有一個零點，
又\(f^{\prime}\left(\dfrac{1}{e}\right)=\dfrac{2}{e}>0\)，\(f^{\prime}\left(\dfrac{1}{e^{2}}\right)=\dfrac{2}{e^{2}}-1<0\)，
根據零點判定定理可知\(f'(x)=lnx+1+2x\)在\(\left(\dfrac{1}{e^{2}}, \dfrac{1}{e}\right)\)上存在零點，
\(∵x_0\)是函數\(f(x)\)的極值點，
\(∴lnx_0+1+2x_0=0\)，且\(\dfrac{1}{e^{2}}<x_{0}<\dfrac{1}{e}\)，\(∴\)排除\(A、B\)，
而\(g(x_0 )=f(x_0 )+2x_0=x_0 lnx_0+x_0^2+2x_0\)\(=x_0 (-1-2x_0 )+x_0^2+2x_0=-x_0^2+x_0\) ,
\(∵y=g(x_0 )\)在\(\left(\dfrac{1}{e^{2}}, \dfrac{1}{e}\right)\)遞增， \(∴g(x_0 )>g(\dfrac{1}{e^{2}} )>0\)，
\(∴f(x_0)+2x_0>0\)，
故選：\(D\)．
【點撥】
① \(x_0\)是\(y=lnx+1+2x\)的零點，可用零點判定定理判斷\(x_0\)的大致范圍，這屬於“隱零點問題”；
②\(x_0\)是可導函數\(f(x)\)的極值點，則滿足\(f^{\prime}(x_0 )=0⇒lnx_0=-1-2x_0\)，可化簡\(g(x_0 )=f(x_0 )+2x_0\)再求它最值.
【典題2】討論\(f(x) =x^2+(m－2)x－mlnx\)的極值點的個數.
【解析】函數的定義域為\((0 ,+∞)\)，
\(f^{\prime}(x)=2 x+m-2-\dfrac{m}{x}\)\(=\dfrac{2 x^{2}+(m-2) x-m}{x}\)\(=\dfrac{(2 x+m)(x-1)}{x}\)，
令\(f^{\prime}(x)=0\)，得\(x=-\dfrac{m}{2}\)或\(x=1\)，
① 當\(-\dfrac{m}{2}>1\)，即\(m<-2\)時，
在\((0 ,1)\)和\((-\dfrac{m}{2}，+∞)\)上，\(f^{\prime}(x)>0\)，
在\((1 ,-\dfrac{m}{2})\)上，\(f'(x)<0\)，
\(∴\)當\(x=1\)時，\(f(x)\)取得極大值，當\(x=-\dfrac{m}{2}\)時，\(f(x)\)取得極小值，故\(f(x)\)有兩個極值點；
②當\(-\dfrac{m}{2}1\)，即\(m=-2\)時，\(f^{\prime}(x)=\dfrac{(2 x+m)(x-1)}{x}=\dfrac{2(x-1)^{2}}{x} \geq 0\)，
\(f(x)\)在\((0 ,+∞)\)上單調遞增，無極值點；
③當\(0<-\dfrac{m}{2}<1\)，即\(-2<m<0\)時，
在\((0 ,-\dfrac{m}{2})\)和\((1 ,+∞)\)上，\(f^{\prime}(x)>0\)，在\((-\dfrac{m}{2},1)\)上，\(f^{\prime}(x)<0\)，
\(∴\)當\(x=-\dfrac{m}{2}\)時，\(f(x)\)取得極大值；當\(x=1\)時，\(f(x)\)取得極小值，故\(f(x)\)有兩個極值點；
④當\(-\dfrac{m}{2}≤0\)，即\(m≥0\)時，
在\((0 ,1)\)上，\(f^{\prime}(x)<0\)，在\((1 ,+∞)\)上，\(f^{\prime}(x)>0\)，
故\(x=1\)時，函數求得極小值，無極大值，\(f(x)\)只有一個極值點．
綜上，當\(m=-2\)時，\(f(x)\)極值點的個數為\(0\)；
當\(m≥0\)時，\(f(x)\)的極值點的個數為\(1\)；
當\(m<-2\)或\(-2<m<0\)時，\(f(x)\)的極值點的個數為\(2\).
【點撥】
① 討論含參函數的極值問題，可轉化為含參函數的單調性問題，導函數是“二次函數”型，要注意導函數有幾個零點，若有兩個零點\(-\dfrac{m}{2}、1\)則比較大小，還要注意零點\(-\dfrac{m}{2}\)與定義域端點\(0\)的大小.
② 分析出導函數圖象，進而得到原函數的趨勢圖，便可很容易得到極值個數.
【典題3】討論函數\(f(x)=xlnx-\dfrac{1}{2} x^2+(a-1)x(a∈R)\)的極值點的個數；
【解析】\(f(x)\)的定義域是\((0 ,+∞)\)，\(f^{\prime} (x)=lnx-x+a\)，
令\(g(x)=lnx-x+a\)，則\(g^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-1=\dfrac{1-x}{x}\)，
\({\color{Red}{(構造函數，二次求導) }}\)
當\(x∈(0 ,1)\)時，\(g^{\prime} (x)>0\)，\(g(x)\)單調遞增，即\(f^{\prime} (x)\)單調遞增；
當\(x∈(1 ,+∞)\)時，\(g^{\prime}(x)<0\)， \(g(x)\)單調遞減，即\(f^{\prime} (x)\)單調遞減；
所以當\(x=1\)時，\(f^{\prime}(x)\)有極大值\(f^{\prime}(1)=a-1\)，也是最大值，
\({\color{Red}{(確定f^{\prime}(x)的最大值a-1，想下函數圖象a-1與0的大小比較決定導函數y=f^{\prime}(x)是否存在零點) }}\)
① 當\(a-1≤0\)，即\(a≤1\)時，
所以\(f(x)\)在\((0 ,+∞)\)上單調遞減，此時\(f(x)\)無極值，
② 當\(a>1\)時，\(f^{\prime}(1)=a-1>0\)，
\(f^{\prime}\left[\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}\right]=\ln \left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}-\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}+a\)\(=-a-1-\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}+a=-1-\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}<0\)，
易證\(x>1\)時，\(e^x>2x\)，
所以\(a>1\)，\(f^{\prime} (e^a )=2a-e^a<0\)，
故存在\(x_1 ,x_2\)滿足\(0<\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}<x_{1}<1<x_{2}<e^{a}\)，\(f'(x_1)=f'(x_2)=0\)，
當\(x∈(0 ,x_1)\)時，\(f(x)\)單調遞減，當\(x∈(x_1 ,x_2)\)時，\(f(x)\)單調遞增，
當\(x∈(x_2 ,+∞)\)時，\(f(x)\)單調遞減，
所以\(f(x)\)在\(x=x_1\)處有極小值，在\(x=x_2\)處有極大值．
綜上所述，當\(a≤1\)時，\(f(x)\)沒有極值點；
當\(a>1\)時，\(f(x)\)有\(2\)個極值點．
【點撥】
① 求出導函數\(f^{\prime}(x)=lnx-x+a\)，它的圖象很難確定，不知道是否存在零點(這與原函數單調性有關)，則考慮二次求導進行分析；
② 當\(a>1\)時，導函數\(f^{\prime} (x)=lnx-x+a\)存在零點\(x_1 、x_2\)是怎么確定的？
誤區1：\(y=f^{\prime} (x)\)最大值在\(x\)軸上方且是“先增后減”，想當然說它有兩個零點是不嚴謹的.因為\(y=f^{\prime}(x)\)的圖象可能如下左圖，則只有一個零點；如右圖，甚至沒有零點；
誤區2：當\(x→0\)時，顯然\(f^{\prime}(x)→-∞\)，當\(x→+∞\)時，顯然\(f^{\prime}(x)→-∞\)，那可知\(y=f^{\prime}(x)\)存在兩個零點，也不夠嚴謹；
而因\(f^{\prime}\left[\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}\right]<0\)，\(f^{\prime}\left(e^{a}\right)=2 a-e^{a}<0\)由零點判定定理可確定\(y=f^{\prime} (x)\)有兩個零點\(x_1 、x_2\).
③ 那“取點”\(\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}, e^{a}\)是怎么想到的呢？這需要些技巧，導函數\(f^{\prime} (x)=lnx-x+a\)中有參數\(a>1\)，\(x\)取常數是不行的；因有\(lnx\)，想到含\(a\)的\(e\)指數冪，多嘗試就可以！
【典題4】若\(f(x)=ln(x+1)+a(x^2+x)+2(a>0)\)有兩個極值點．
(1)求\(a\)的取值范圍；\(\qquad \qquad\) (2)證明\(f(x)\)的極小值小於\(-2ln2+\dfrac{1}{2}\)．
【解析】(1)\(∵ f(x)\)的定義域為\((-1 ,+∞)\)，
\(\therefore f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x+1}+a(2 x+1)\)\(=\dfrac{2 a x^{2}+3 a x+a+1}{x+1}\)，
令\(g(x)=2ax^2+3ax+a+1\)，
\({\color{Red}{(y=g(x)的正負性與y=f^{\prime}(x)的正負性一致) }}\)
\(g(x)\)對稱軸\(x=-\dfrac{3}{4}\)，開口向上，\(△=a^2-8a\)，
① 當\(△≤0\)時，即\(0<a≤8\)，\(g(x)≥0\)，故\(f'(x)≥0\)，
\(∴f(x)\)在\((-1 ,+∞)\)上單調遞增，此時\(f(x)\)無極值．
② 當\(△>0\)時，即\(a>8\)，
\(\because g(-1)=g\left(-\dfrac{1}{2}\right)=1>0\)， \(g\left(-\dfrac{3}{4}\right)=1-\dfrac{a}{8}<0\)
\({\color{Red}{(靈活取點) }}\)
\(∴\)函數\(g(x)\)在區間\((-1 ,-1/2)\)有兩個零點\(x_1 ,x_2\)，
不妨設\(x_1<x_2\)，其中\(x_1∈(-1 ,-3/4)\)，\(x_2∈(-\dfrac{3}{4},-\dfrac{1}{2})\)．
\(∴\)當\(－1<x<x_1\)時，\(g(x)>0\)，\(f'(x)>0\)，
\(∴f(x)\)在\((-1 ,x_1)\)上單調遞增；
當\(x_1<x<x_2\)時，\(g(x)<0\)，\(f'(x)<0\)，
\(∴ f(x)\)在\((x_1 ,x_2)\)上單調遞減；
當\(x>x_2\)時，\(g(x)>0\)，\(f'(x)>0\)，
\(∴f(x)\)在\((x_2 ,+∞)\)上單調遞增．
\(∴\)當\(f(x)\)有兩個極值點時，\(a\)的取值范圍為\((8 ,+∞)\)．
(2)由①可知，函數\(f(x)\)有唯一的極小值點為\(x_2\)，且\(-\dfrac{3}{4}<x_2<-\dfrac{1}{2}\)．
又\(∵g(x_2)=0\)，
\(∴2ax_2^2+3ax_2+a+1\)\(\Rightarrow a=-\dfrac{1}{2 x_{2}^{2}+3 x_{2}+1}\)
\(∴f(x_2 )=ln(x_2+1)+a(x_2^2+x_2 )+2\)
\({\color{Red}{（y=f(x_2)解析式中含a、x_2，故想到消去a）}}\)
\(=\ln \left(x_{2}+1\right)+\dfrac{-1}{2 x_{2}^{2}+3 x_{2}+1}\left(x_{2}^{2}+x_{2}\right)+2\)
\(=\ln \left(x_{2}+1\right)-\dfrac{x_{2}}{2 x_{2}+1}+2\)．
令\(g(x)=\ln (x+1)-\dfrac{x}{2 x+1}+2\left(-\dfrac{3}{4}<x<-\dfrac{1}{2}\right)\)，
\({\color{Red}{ (構造函數求最值) }}\)
\(g^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{2 x+1-2 x}{(2 x+1)^{2}}\)\(=\dfrac{x(4 x+3)}{(x+1)(2 x+1)^{2}}<0\)
在\(-\dfrac{3}{4}<x<-\dfrac{1}{2}\)上恆成立，
\(∴g(x)\)在\((-\dfrac{3}{4},-\dfrac{1}{2})\)單調遞減．
\(∴g(x)<g(-\dfrac{3}{4})=-2ln2+\dfrac{1}{2}\)，即\(f(x)\)的極小值小於\(-2ln2+\dfrac{1}{2}\)．
【點撥】
① 函數極值問題都可先分析函數的單調性得到原函數的趨勢圖；
② 第二問是“隱零點問題”，\(x_2\)的值求不出，用零點判定定理確定范圍\(-\dfrac{3}{4}<x_2<-\dfrac{1}{2}\)；由於它是導函數零點，不能忘了\(g(x_2 )=0⇒2ax_2^2+3ax_2+a+1=0\).
鞏固練習
1(★★)函數\(f(x)=x^2 (e^{x+1}-1)\)(\(e\)為自然對數的底數)，則下列說法正確的是( )
A．\(f(x)\)在\(R\)上只有一個極值點
B．\(f(x)\)在\(R\)上沒有極值點
C．\(f(x)\)在\(x=0\)處取得極值點
D．\(f(x)\)在\(x=-1\)處取得極值點
2(★★)若\(x=1\)是函數\(f(x)=(x^2+ax-1) e^x\)的極值點，則\(f(x)\)的極大值為\(\underline{\quad \quad}\)．
3(★★)設函數\(f(x)=e^x (\sin x－\cos x) (0≤x≤2021π)\)，則\(f(x)\)的各極大值之和為\(\underline{\quad \quad}\)．
4(★★★)已知函數\(f(x)=\dfrac{e^{x}}{x}+k(\ln x-x)\)，若\(x=1\)是函數\(f(x)\)的唯一極值點，則實數\(k\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad}\)．
5(★★★)討論\(f(x) =(x-1)^2+a(lnx-x+1)(a<2)\)的極值點的個數.
6(★★★★)已知函數\(f(x)=e^x (x^2－a)(a∈R)\)在定義域內有兩個不同的極值點．
(Ⅰ)求實數\(a\)的取值范圍；
(Ⅱ)當\(a>0\)時，設\(f(x)\)有兩個不同的極值點\(x_1 ,x_2\)，且\(x_1<x_2\)，若不等式\(e^{x_2}+λx_1>0\)恆成立，求實數\(λ\)的取值范圍．
參考答案
-
\(C\)
-
\(5e^{－2}\)
-
\(\dfrac{e^{\pi}\left(1-e^{2020 \pi}\right)}{1-e^{2 \pi}}\)
-
\((-∞ ,e]\)
-
當\(a≤0\)時，\(f(x)\)有一個極值點；
當\(0<a<2\)時，\(f(x)\)有兩個極值點． -
\(（1）a>-1\) \(（2）λ≤\dfrac{1}{2}\)
【題型三】求函數最值
【典題1】下列不等式中恆成立的有( )
A．\(ln(x+1)≥\dfrac{x}{x+1}，x>-1\)
B．\(lnx≥x-1，x>0\)
C．\(e^x≥x+1\)
D．\(\cos x \geq 1-\dfrac{1}{2} x^{2}\)
【解析】以下運用“構造函數求最值”的方法判斷
選項\(A\)，
設\(f(x)=\ln (x+1)-\dfrac{x}{x+1}(x>-1)\)，
則\(f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{(x+1)^{2}}=\dfrac{x}{(x+1)^{2}}\)，
當\(-1<x<0\)時，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調遞減；
當\(x>0\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增．
\(∴f(x)_{min}=f(0)=0\)，
即\(f(x)≥0\)在\((-1 ,+∞)\)上恆成立，
\(ln(x+1)≥\dfrac{x}{x+1}，x>-1\) 恆成立，即\(A\)正確；
選項\(B\)，
設\(g(x)=lnx-x+1(x>0)\)，
令\(g^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-1=0 \Rightarrow x=1\)，
\(∴g(x)\)在\((0 ,1)\)上遞增，在\((1 ,+∞)\)上遞減，
\(∴g(x)≤g(1)=0\)，
即\(lnx≤x-1\)，即\(B\)錯誤；
選項\(C\)，
設\(h(x)=e^x-x-1\)，則\(h^{\prime} (x)=e^x-1\)
令\(h'(x)=0\)，解得\(x=0\)，
當\(x<0\)時，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)單調遞減；
當\(x>0\)時，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)單調遞增．
\(∴h(x)_{min}=h(0)=0\)，
即\(h(x)≥0\)在\(R\)上恆成立，
\(∴e^x≥x+1\)恆成立，即\(C\)正確；
選項\(D\)，
設\(t(x)=\cos x-1+\dfrac{1}{2} x^{2}\)，則\(t^{\prime}(x)=-\sin x+x\)
令\(m(x)=t^{\prime}(x)=-\sin x+x\)，
則\(m^{\prime}(x)=-cosx+1≥0\)恆成立，
即\(m(x)\)在\(R\)上單調遞增，又\(m(0)=0\)，
\(∴\)當\(x<0\)時，\(m(x)<0\)，\(t'(x)<0\)，\(t(x)\)單調遞減；
當\(x>0\)時，\(m(x)>0\)，\(t'(x)>0\)，\(t(x)\)單調遞增．
\(∴t(x)_{min}=t(0)=0\),
即\(t(x)≥0\)在\(R\)上恆成立，
\(∴\cos x \geq 1-\dfrac{1}{2} x^{2}\)恆成立，即\(D\)正確．
故選：\(ACD\)．
【點撥】
① 通過構造函數證明不等式，選項\(D\)中運用了二次求導；
② 研究函數的最值，其實最終還是回歸到函數單調性的分析，注意結合導函數的“穿線圖”與原函數的“趨勢圖”進行分析函數最值；
③ 熟記\(e^x≥x+1\)，\(lnx≤x-1\)，以后你們會經常見到它們.
比如\(\ln x \leq x-1 \stackrel{\text { 令 } x=\frac{1}{x}}{\Longrightarrow} \ln x \geq 1-\dfrac{1}{x}\)\(\stackrel{\text { 令 } x=x+1}{\Longrightarrow} \ln (x+1) \geq \dfrac{x}{x+1}(x>-1)\)，這就容易得知\(A\)正確.
【典題2】若函數\(f(x)=\dfrac{2}{3} x^{3}-a x^{2}(a<0)\)在\((2a ,a+1)\)上有最大值，則\(a\)的取值范圍為\(\underline{\quad \quad}\) .
【解析】函數\(f(x)=\dfrac{2}{3} x^{3}-a x^{2}(a<0)\)，
可得\(f^{\prime}(x)=2x^2-2ax=2x(x-a)\)，
令\(f'(x)=0\)，解得\(x=0\)或\(x=a(a<0)\)，
\(∴x∈(a ,0)\)時，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)遞減；
\(x>0\)或\(x<a\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)遞增，
所以函數在\(x=a\)時取得極大值且極大值為\(f(a)=-\dfrac{a^{3}}{3}\)．
\(∵\)函數\(f(x)=\dfrac{2}{3} x^{3}-a x^{2}(a<0)\)在\((2a ,a+1)\)上有最大值，其中\(2a<a<a+1\),
\({\color{Red}{ (由於x∈(2a ,a+1)， x取不到a+1，即最大值不是f(a+1)，那只能是f(a)，如圖所示， a+1是不可能超過點M)}}\)
\(\therefore f(a+1) \leq f(a)=-\dfrac{a^{3}}{3}\)，
即\(\dfrac{2}{3}(a+1)^{3}-a(a+1)^{2} \leq-\dfrac{a^{3}}{3}\)，
解得\(a \leq-\dfrac{2}{3}\)．
【點撥】
①本題的“坑”就在函數的定義域\((2a，a+1)\)是個開區間，\(x\)取不到\(a+1\)；在分析函數性質的問題中，結合圖象去分析會讓你更容易找到突破口.
②本題還可以令\(f(x)=f(a)=-\dfrac{a^{3}}{3}\)，解得\(x=a\)或\(x=-\dfrac{a}{2}\)，則\(a+1 \leq-\dfrac{a}{2} \Rightarrow a \leq-\dfrac{2}{3}\).
【典題3】已知函數\(f(x)=ax^2-(a+2)x+lnx\)．
(1)當\(a>0\)時，求函數\(f(x)\)在區間\([1 ,e]\)上的最小值．
(2)在條件(1)下，當最小值為\(-2\)時，求\(a\)的取值范圍．
【解析】(1)函數\(f(x)=ax^2－(a+2)x+lnx\)的定義域是\((0 ,+∞)\)，
當\(a>0\)時，\(f^{\prime}(x)=2 a x-(a+2)+\dfrac{1}{x}\)\(=\dfrac{2 a x^{2}-(a+2) x+1}{x}=\dfrac{(2 x-1)(a x-1)}{x}\)，
\({\color{Red}{ (因為x∈[1 ,e]，所以y=f'(x)中的x>0,2x-1>0，則導函數y=f'(x)的正負性等價於}}\)
\({\color{Red}{ y=ax-1在[1 ,e]上的正負性，比較\dfrac{1}{a}與1、e的大小進行分類討論)}}\)
①當\(0<\dfrac{1}{a}≤1\)，即\(a≥1\)時，
\(f^{\prime}(x)>0\)，\(f(x)\)在\([1 ,e]\)上單調遞增，
所以\(f(x)\)在\([1 ,e]\)上的最小值是\(f(1)=-2\)；
②當\(1<\dfrac{1}{a}<e\)時，即\(\dfrac{1}{e}<a<1\)時，
\(f(x)\)在\([1 ,\dfrac{1}{a})\)遞減，在\((\dfrac{1}{a},e]\)遞增，
\(f(x)\)在\([1 ,e]\)上的最小值是\(f(\dfrac{1}{a})=-lna-\dfrac{1}{a}-1\)；
③當\(\dfrac{1}{a}≥e\)時，即\(0<a≤\dfrac{1}{e}\)時，\(f(x)\)在\([1 ,e]\)上單調遞減，
\(f(x)\)在\([1 ,e]\)上的最小值是\(f(e)=ae^2-(a+2)e+1\)；
綜上所述，當\(a≥1\)時，最大值為\(-2\)；
當\(\dfrac{1}{e}<a<1\)時，最大值為\(-lna-\dfrac{1}{a}-1\)；
當\(0<a≤\dfrac{1}{e}\)時，最大值為\(ae^2-(a+2)e+1\).
(3)由(2)\(a≥1\)時，\(f(x)\)在\([1 ,e]\)上的最小值是\(f(1)=-2\)，符合題意；
\(\dfrac{1}{e}<a<1\)時，\(f(x)\)在\([1 ,e]\)上的最小值是\(f(\dfrac{1}{a})<f(1)=-2\)，不合題意；
\(0<a≤\dfrac{1}{e}\)時，\(f(x)\)在\([1 ,e]\)上的最小值是\(f(e)<f(1)=-2\)，不合題意．
綜上可知，\(a\)的取值范圍為\([1 ,+∞)\)．
【點撥】
① 求含參函數的最值，也需要先分析討論函數的單調性，得到導函數的“穿線圖”和原函數的“趨勢圖”就很容易確定最值；本題是屬於“一次函數”型的導函數分析，注意零點\(x=\dfrac{1}{a}\)與定義域端點\(1、e\)的大小比較；
② 在第三問中不要令\(f(\dfrac{1}{a})=-2\)，\(f(e)=-2\)求\(a\)的值，注意到\(f(1)=-2\)這恆成立式子就剩下不少腦細胞了！有時候對含參函數要注意它會不會過某些定點，一般都是令\(x=0 ,-1 ,1 ,e\)之類的特殊值.
鞏固練習
1(★)【多選題】已知函數\(f(x)=\dfrac{1}{3}x^3+x^2-2\)在區間\((a-2 ,a+3)\)上存在最小值，則整數\(a\)可以取( )
A．\(-2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(-1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(0\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(1\)
2(★★)【多選題】設\(f(x)=\dfrac{\sin x}{x^{a}}, x \in\left[\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{\pi}{3}\right]\)的最大值為\(M\)，則( )
A．當\(a=-1\)時，\(M>\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
B．當\(a=1\)時，\(M<1\)
C．當\(a=2\)時，\(M<\sqrt{3}\)
D．當\(a=3\)時，\(M<2\sqrt{3}\)
3(★★★)已知函數\(f(x)=\dfrac{1+\ln (1+x)}{x}(x>0)\)，若\(f(x)>\dfrac{k}{x+1}\)恆成立，則整數\(k\)的最大值為( )
A．\(2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(5\)
4(★★★)已知函數\(f(x)=x^3+bx^2+c(b ,c∈R)\)．
(1)討論函數\(f(x)\)的單調性；
(2)是否存在\(b ,c\)，使得\(f(x)\)在區間\([-1 ,0]\)上的最小值為\(-1\)且最大值為\(1\)？若存在，求出\(b，c\)的所有值；若不存在，請說明理由．
參考答案
- \(BCD\)
- \(AB\)
- \(B\)
- \(b=-1 ,c=1\)或\(b=3 ,c=-1\)