函数的极值[极值点]

前言

常规思路

给定函数，用导数法求数字系数的函数极值的步骤：

①确定函数的定义域；

②求导数$f'(x)$；

③解方程$f'(x)＝0$，求出在函数定义域内的所有根；

④列表检验$f'(x)$在$f'(x)＝0$的根$x_0$左右两侧值的符号．

⑤由表格得到极值和极值点；

用导数法求字母系数的函数极值的步骤：

需要分类讨论；每一种情形都对应上述的求解步骤；

有两个极值点求参

【姊妹题1】(2017$\cdot$安徽合肥模拟)已知函数$f(x)=xlnx-ae^x$有两个极值点，则实数$a$的取值范围是【】

$A.(0，\cfrac{1}{e})$ $B.(0，e)$ $C.(\cfrac{1}{e}，e)$ $D.(-\infty，e)$

【法1】：函数$f'(x)=lnx+1-ae^x=0$有两个变号零点，

即函数$g(x)=lnx+1(x>0)$与函数$h(x)=ae^x(x>0)$有两个不同的交点；

仿上题的法1，求得两条曲线相切时的$a=\cfrac{1}{e}$，

结合图像可知，要使两个函数有两个不同的交点，

则有$0< a <\cfrac{1}{e}$，故选A。

【法2】：函数$f'(x)=lnx+1-ae^x=0$有两个变号零点，

分离参数得到，$a=\cfrac{lnx+1}{e^x}$，

仿上例法2，求得$0< a <\cfrac{1}{e}$，故选A。

已知函数$f(x)=x(lnx-ax)$有两个极值点，求$a$的取值范围【】

$A.(-\infty，0)$ $B.(0，\cfrac{1}{2})$ $C.(0，1)$ $D.(0，+\infty)$

法1：函数$f(x)=x(lnx-ax)$有两个极值点，即导函数$f'(x)=lnx+1-2ax$有两个变号零点，

即方程$lnx=2ax-1$有两个不同实数根，即函数$y=lnx$与函数$y=2ax-1$有两个不同的交点，作出图像如右图；

设恒过定点的函数$y=2ax-1$与函数$y=lnx$相切于点$(x_0，y_0)$，

则$\begin{cases}2a=\cfrac{1}{x_0}\\y_0=2ax_0-1\\y_0=lnx_0\end{cases}$，

解得$x_0=1，y_0=0$，即切点为$(1，0)$，此时直线的斜率为$k=1$，

由图像可知，要使函数$y=lnx$与函数$y=2ax-1$有两个不同的交点，

则$0<2a<1$，即$a\in(0，\cfrac{1}{2})$，故选B.

法2：转化为导函数$f'(x)=lnx+1-2ax$有两个变号零点，

分离参数得到，方程$2a=\cfrac{lnx+1}{x}$有两个不同的实根，

令$g(x)=\cfrac{lnx+1}{x}$，定义域为$x>0$，$g'(x)=\cfrac{-lnx}{x^2}$，

则$x\in(0，1)$时，$g'(x)>0$，函数$g(x)$单调递增，

$x\in(1，+\infty)$时，$g'(x)<0$，函数$g(x)$单调递减，

故$g(x)_{max}=g(1)=1$，

作出函数$y=g(x)$和$y=2a$的图像于同一个坐标系中，

则得到$0<2a<1$，即$a\in(0，\cfrac{1}{2})$，故选$B$.

【2019届高三理科数学二轮用题】若函数$f(x)=(a+1)e^{2x}-2e^x+(a-1)x$有两个极值点，则实数$a$的取值范围是【】

$A.(0，\cfrac{\sqrt{6}}{2})$ $B.(1，+\cfrac{\sqrt{6}}{2})$ $C.(-\cfrac{\sqrt{6}}{2}，+\cfrac{\sqrt{6}}{2})$ $D.(\cfrac{\sqrt{6}}{3}，1)\cup(1，\cfrac{\sqrt{6}}{2})$

分析：函数$f(x)$有两个极值点，则方程$f'(x)=0$有两个不同实根，且是变号实根；

即$f'(x)=2(a+1)e^{2x}-2e^x+(a-1)=0$有两个不同实根，令$e^x=t>0$，

则方程$2(a+1)t^2-2t+(a-1)=0$有两个不同的正实根，

则其必然满足$\left\{\begin{array}{l}{\Delta=4-4\times2(a^2-1)>0}\\{-\cfrac{-2}{2\times 2(a+1)}>0}\\{\cfrac{a-1}{2(a+1)}>0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{-\cfrac{\sqrt{6}}{2}<a<\cfrac{\sqrt{6}}{2}}\\{a>1}\\{a<-1或a>1}\end{array}\right.$，

则$1<a<\cfrac{\sqrt{6}}{2}$。故选$B$。

【同源题，2013湖北卷】已知$a$为常数，函数$f(x)=x(lnx-ax)$有两个极值点$x_1，x_2(x_1 < x_2)$，则【】

$A.f(x_1)>0，f(x_2)>-\cfrac{1}{2}$

$B.f(x_1)<0，f(x_2)<-\cfrac{1}{2}$

$C.f(x_1)>0，f(x_2)<-\cfrac{1}{2}$

$D.f(x_1)<0，f(x_2)>-\cfrac{1}{2}$

分析：同于上例2的不完全分离参数法，可以求得函数$f(x)$有两个极值点时的条件是$0< a <\cfrac{1}{2}$，

再者，由两个函数$y=lnx$和$y=2ax-1$有两个交点的图像，可以直观得到$x_1< 1 < x_2$，

且由$f'(x)=lnx-2ax+1=lnx-(2ax-1)$，以及图像可知，$f'(x) >0$在$(x_1，x_2)$上恒成立，

故$f(x)$在$(x_1，x_2)$上单调递增，则有$f(x_1)< f(1) =-a <0$，$f(x_2) > f(1) =-a >-\cfrac{1}{2}$，

故选$D$。

已知函数$f(x)=(2-a)lnx+\cfrac{1}{2}x^2-2ax$有两个极值点$x_1，x_2（x_1\neq x_2）$，求实数$a$的取值范围；

【分析】先将题目转化为导函数$y=f'(x)$有两个变号零点，再利用导函数的分子函数即二次函数有两个正值的变号零点解答；

【解答】定义域为$(0，+∞)$，原函数有两个不相等的正的极值点，则导函数$y=f'(x)$有两个正值变号零点，

$f'(x)=\cfrac{2-a}{x}+x-2a=\cfrac{x^2-2ax+2-a}{x}$，

令$g(x)=x^2-2ax+2-a$，则需要$\left\{\begin{array}{l}{△>0}\\{-\cfrac{-2a}{2}>0}\\{g(0)>0}\end{array}\right.$，

即$\left\{\begin{array}{l}{a<-2，a>1}\\{a>0}\\{a<2}\end{array}\right.$，即得到$1<a<2$。

若函数$f(x)=\cfrac{1}{2}x^2-2x+alnx$有两个不同的极值点，则实数$a$的取值范围是___________。

提示：仿照上述例4求解，$a\in (0,1)$；

存在极值点求参

【2018北京卷19题】设函数$f(x)=[ax^2-(3a+1)x+3a+2]e^x$，

(1).若曲线$y=f(x)$在点$(2，f(2))$处的切线斜率为$0$，求$a$；

分析：$f'(x)=[ax^2-(a+1)x+1]e^x$，

$f'(2)=(2a-1)e^x$，由$f'(2)=0$，解得$a=\cfrac{1}{2}$ .

(2).若函数$f(x)$在$x=1$处取得极小值，求$a$的取值范围；

法1：为什么想到分类讨论和求导？^[1]

由(1)知，$f'(x)=[ax^2-(a+1)x+1]e^x=(ax-1)(x-1)e^x$，

用$y=(ax-1)(x-1)$说明；首先讨论最简单的情形，

当$a=0$时，$x\in (-\infty,1)$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增；$x\in (1,+\infty)$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减；

在$x=1$处取到极大值，不符合题意，舍去；

当$a<0$时，令$f'(x)=0$，得到$x=1$或$x=\cfrac{1}{a}$，且有$\cfrac{1}{a}<0<1$

$x\in (-\infty,\cfrac{1}{a})$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减；$x\in (\cfrac{1}{a}，1)$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增；$x\in (\cfrac{1}{a},+\infty)$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减；

在$x=1$处取到极大值，不符合题意，舍去；

当$0<\cfrac{1}{a}<1$时，即$a>1$，则当$x\in (-\infty,\cfrac{1}{a})$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增；当$x\in (\cfrac{1}{a},1)$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减；当$x\in (1，+\infty)$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增；则$f(x)$在$x=1$处取得极小值；符合题意；

当$\cfrac{1}{a}=1$时，即$a=1$，则$f'(x)=(x-1)^2e^x\geqslant 0$恒成立，$f(x)$在$x\in (-\infty,+\infty)$上单调递增，此时无极值，不符题意；

当$\cfrac{1}{a}>1$时，即$0<a<1$，则当$x\in (-\infty,1)$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增；当$x\in (1,\cfrac{1}{a})$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减；当$x\in (\cfrac{1}{a}，+\infty)$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增；此时则$f(x)$在$x=1$处取得极大值；不符合题意；

综上可知，$a$的取值范围为$(1，+\infty)$；

法2：如果只考虑$x=1$的极值的情形，不计其余，也可简解如下，

由于函数$f(x)$在$x=1$处取得极小值，且$f'(x)=[ax^2-(a+1)x+1]e^x=(ax-1)(x-1)e^x$，以及$e^x>0$恒成立，

则需要导函数$f'(x)$的图像满足$f'(1)=0$，且导函数在$x=1$处的值满足左负右正；

令$g(x)=(ax-1)(x-1)$，故只需要$a>0$，且$\cfrac{1}{a}<1$，解得$a>1$，

故$a$的取值范围为$(1，+\infty)$；

【2019大同模拟】已知函数$f(x)=\cfrac{1+lnx}{x}$，若函数$f(x)$在区间$(a，a+\cfrac{1}{2})$上存在极值，求正实数$a$的取值范围；

分析：定义域为$(0，+\infty)$，$f'(x)=-\cfrac{lnx}{x^2}$

当$x\in (0，1)$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增，

当$x\in (1，+\infty)$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减，

故$x=1$为函数的极大值点，且是唯一极值点；

故必满足$0<a<1<a+\cfrac{1}{2}$，即$a\in (\cfrac{1}{2}，1)$;

【2019临汾调研】若函数$f(x)=\cfrac{x^3}{3}-\cfrac{a}{2}x^2+x+1$在区间$(\cfrac{1}{2}，3)$上有极值点，则$a$的取值范围是【】

$A.(2，\cfrac{5}{2})$ $B.[2，\cfrac{5}{2})$ $C.(2，\cfrac{10}{3})$ $D.[2，\cfrac{10}{3})$

分析：函数$f(x)$在区间$(\cfrac{1}{2}，3)$上有极值点，等价于$f'(x)=0$有$2$个不相等实根且在区间$(\cfrac{1}{2}，3)$内有根，

由$f'(x)=0$有$2$个不相等实根，则由$\Delta >0$，得到$a<-2$或$a>2$；

由$f'(x)=0$在区间$(\cfrac{1}{2}，3)$内有根，即$a=x+\cfrac{1}{x}$在区间$(\cfrac{1}{2}，3)$内有根，

又$x+\cfrac{1}{x}\in [2，\cfrac{10}{3})$，则$2\leqslant a<\cfrac{10}{3}$，

综上，$a$的取值范围是$a\in (2，\cfrac{10}{3})$，故选$C$；

【2020届高三文科训练】设$a\in R$，若函数$f(x)=e^x+ax$有大于零的极值点，则$a$的范围为【】

$A.a <-1$ $B.a>-1$ $C.a>-\cfrac{1}{e}$ $D.a<-\cfrac{1}{e}$

分析：$f'(x)=e^x+a$，由于函数$f(x)=e^x+ax$有大于零的极值点，

则$f'(x)=e^x+a=0$有大于零的解，即$a=-e^x$在$x>0$上有解，

即$a$的取值范围为函数$y=-e^x(x>0)$的值域；

而函数$y=-e^x(x>0)$的值域为$(-\infty，-1)$，则$a<-1$，故选$A$。

若函数$f(x)=2x^2-lnx$在其定义域的一个子区间$(k-1，k+1)$内存在最小值，则实数$k$的取值范围是________。

分析：定义域为$(0，+\infty)$，由于$f'(x)=4x-\cfrac{1}{x}$，令$f'(x)=0$，解得$x=\cfrac{1}{2}$为极小值点，也是最小值点，

则由$\left\{\begin{array}{l}{k-1\geqslant 0，定义域}\\{k-1<\cfrac{1}{2}<k+1}\end{array}\right.$，解得$k\in [1，\cfrac{3}{2})$；

【2019届高三理科数学资料用题】设函数$f(x)=\cfrac{e^x}{x^2}-k(\cfrac{2}{x}+lnx)$，($k$为常数)，

(1)当$k\leq 0$时，求函数$f(x)$的单调区间；

分析：函数的定义域为$(0，+\infty)$，

$f'(x)=\cfrac{e^x\cdot x^2-e^x\cdot 2x}{x^4}-k(-\cfrac{2}{x^2}+\cfrac{1}{x})$

$=\cfrac{e^x(x-2)}{x^3}-\cfrac{k(x-2)}{x^2}$

$=\cfrac{e^x(x-2)}{x^3}-\cfrac{kx(x-2)}{x^3}$

$=\cfrac{(x-2)(e^x-kx)}{x^3}$此处特别注意思维的灵活性，可以参阅符号法则及应用；将上述分式看成三个部分，$y$$=$$x$$-$$2$ 和 $y$$=$$e^x$$-$$kx$ 和 $y$$=$$x^3$ ，每一个部分的正负必然会影响和决定整体的正负；注意到 $x^3$ $>0$，当$k$$\leq$$0$时，$e^x$$-$$kx$$>0$，故我们只需要借助$y$$=$$x$$-$$2$$(x>0)$的图像，就可以判断 $f'(x)$ 的正负。

当$x\in (0，2)$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减；

当$x\in (2，+\infty)$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增；

故单减区间为$(0，2)$，单增区间为$(2，+\infty)$。

(2)若函数$f(x)$在$(0，2)$内存在两个极值点，求$k$的取值范围。

法1：分类讨论法，

由(1)知，当$k\leq 0$时，函数$f(x)$在$(0，2)$内单调递增，

故$f(x)$在$(0，2)$内不存在极值点；

当$k > 0$时，设函数$g(x)=e^x-kx$，$x\in (0，+\infty)$，

由于$g'(x)=e^x-k=e^x-e^{lnk}$，

当$x\in (0，2)$时，$e^x \in (1，e^2)$，先考虑$g'(x)\ge 0$的情形，故由此找到分点 $k=1$ 由于 $g'(x)$ $=$ $e^x$ $-$ $k$ ，而 $e^x$ $\in$ $(1,e^2)$ ，即 $e^x$ 的最小值极限为 $1$ ，若令 $g'(x)$ $\geqslant$ $0$，即 $k$ 最大只能取到 $1$，故找到 $k$ 的分点 $k=1$;；

当$0< k \leq 1$时，$x\in (0，2)$时，$g'(x)=e^x-k >0$，

$y=g(x)$单调递增，故$g(x)_{min}=g(0)=1>0$；

故函数$f(x)$在$(0，2)$内单调递减，故不存在极值点；

当$k >1$时，则$x\in (0，lnk)$时，$g'(x)<0$，$g(x)$单调递减，

$x\in (lnk，+\infty)$时，$g'(x) >0$，$g(x)$单调递增，

所以函数$y=g(x)$的最小值为$g(lnk)=k(1-lnk)$，

那么函数 $f(x)$ 在 $(0，2)$ 内存在两个极值点应该等价于函数 $g(x)$ 在 $(0，2)$ 内存在两个极值点，^[2]

函数$g(x)$在$(0，2)$内存在两个极值点当且仅当

\[\left\{\begin{array}{l}{g(0) >0}\\{g(lnk) <0}\\{g(2)>0}\\{0< lnk <2}\end{array}\right. \]

即有

\[\left\{\begin{array}{l}{e^0-0>0}\\{k(1-lnk)<0}\\{e^2-2k >0}\\{0<lnk<2}\end{array}\right. \]

解得 $e<k<\cfrac{e^2}{2}$；

综上所述，函数 $f(x)$ 在 $(0，2)$ 内存在两个极值点，则 $k\in (e，\cfrac{e^2}{2})$。

法2：由于函数$f(x)$在$(0，2)$内存在两个极值点，

则函数$y=f'(x)$在区间$(0，2)$内存在两个零点，且为变号零点，

又$f'(x)=\cfrac{(x-2)(e^x-kx)}{x^3}$，则方程$f'(x)=\cfrac{(x-2)(e^x-kx)}{x^3}=0$在$(0，2)$内有两个不同的实根，

由于$x\in (0，2)$，即方程$e^x-kx=0$在$(0，2)$内有两个不同的实根，

分离参数，即方程$k=\cfrac{e^x}{x}$在$(0，2)$内有两个不同的实根，

即函数$y=k$和函数$h(x)=\cfrac{e^x}{x}$的图像在$(0，2)$内有两个不同的交点，

函数$y=h(x)$的定义域为$(-\infty，0)\cup(0，+\infty)$，

由于$h'(x)=\cfrac{e^x\cdot x-e^x\cdot 1}{x^2}=\cfrac{e^x(x-1)}{x^2}$，

故$x\in (-\infty，0)$时，$h'(x)<0$，$h(x)$单调递减，

$x\in (0，1)$时，$h'(x)<0$，$h(x)$单调递减，

$x\in (1，+\infty)$时，$h'(x)>0$，$h(x)$单调递增，

又由于$h(1)=e$，根据以上做出函数$h(x)$的简图如下，

注意，本题目中只需要关注$h(x)$的$x\in (0，2)$这一段，

由图像可知，两个函数的图像在$(0，2)$内要有两个不同的交点，则$k\in (e，\cfrac{e^2}{2})$。

故函数$f(x)$在$(0，2)$内存在两个极值点，则$k\in (e，\cfrac{e^2}{2})$。

已知$|\vec{a}|=2|\vec{b}|$，$|\vec{b}| \neq 0$，且关于$x$的函数$f(x)=\cfrac{1}{3}x^3+\cfrac{1}{2}|\vec{a}|x^2+\vec{a}\cdot \vec{b}x$在$R$上有极值，则$\vec{a}$与$\vec{b}$的夹角范围是【$\quad$】

$A.[0，\cfrac{\pi}{6})$ $B.(\cfrac{\pi}{3}，\pi]$ $C.(\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{2\pi}{3}]$ $D.(\cfrac{\pi}{6}，\pi]$

分析：函数$f(x)=\cfrac{1}{3}x^3+\cfrac{1}{2}|\vec{a}|x^2+\vec{a}\cdot \vec{b}x$在$R$上有极值，

其充要条件是其导函数$y=f'(x)$存在变号零点，

$f'(x)=x^2+|\vec{a}|x+\vec{a}\cdot \vec{b}$，其$\Delta =|\vec{a}|^2-4\vec{a}\cdot \vec{b}>0$，

设$\vec{a}$与$\vec{b}$的夹角为$\theta$，

则$4|\vec{b}|^2-4\times 2|\vec{b}| \cdot |\vec{b}| cos\theta>0$，

即$cos\theta<\cfrac{1}{2}$，由于$\theta\in [0，\pi]$，

所以$\theta \in (\cfrac{\pi}{3}，\pi]$，故选$B$。

若函数$f(x)=x^4-ax^3+x^2-2$有且仅有一个极值点，则实数$a$的取值范围是___________。

分析：$f'(x)=4x^3-3ax^2+2x=x(4x^2-3ax+2)$，

函数$f(x)=x^4-ax^3+x^2-2$有且仅有一个极值点，

其充要条件是因子函数$h(x)=4x^2-3ax+2$不存在变号零点，

即$\Delta=9a^2-32\leq 0$，解得$-\cfrac{4\sqrt{2}}{3}\leq x\leq \cfrac{4\sqrt{2}}{3}$，

即$a\in [-\cfrac{4\sqrt{2}}{3}，\cfrac{4\sqrt{2}}{3}]$。

【2019届高三理科数学三轮用题】已知函数$f(x)=\cfrac{1}{2}x^2+(a-e)x-aelnx+b$，(其中$a，b\in R$，$e$为自然对数的底数)在$x=e$处取得极大值，则实数$a$的取值范围是【】

$A.(-\infty，0)$ $B.[0，+\infty)$ $C.[-e，0)$ $D.(-\infty，-e)$

分析：$f'(x)=x+(a-e)-\cfrac{ae}{x}=\cfrac{x^2+(a-e)x-ae}{x}=\cfrac{(x+a)(x-e)}{x}$，

做出分子函数的简图，由图可知，$-a>e$，解得$a<-e$，故选$D$。

讨论极值点个数

【2019渭南模拟改编】已知函数$f(x)=lnx-ax(a\in R)$，试讨论函数$f(x)$在定义域内的极值点个数；

分析：定义域为$(0，+\infty)$，$f'(x)=\cfrac{1}{x}-a=\cfrac{1-ax}{x}(x>0)$，[用图像说明]

当$a\leqslant 0$时，$f'(x)>0$在$(0，+\infty)$上恒成立，

故$f(x)$在$(0，+\infty)$上单调递增，此时函数无极值点；

当$a>0$时，令$f'(x)=0$得到$x=\cfrac{1}{a}$，

则$x\in (0，\cfrac{1}{a})$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增，

$x\in (\cfrac{1}{a}，+\infty)$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减，

故函数在$x=\cfrac{1}{a}$处有极大值，无极小值；

综上所述，当$a\leqslant 0$时，函数$f(x)$无极值点；

当$a>0$时，函数$f(x)$有一个极大值点$x=\cfrac{1}{a}$，无极小值点。

【2019豫南九校质量考评】若函数$f(x)=x(x-c)^2$在$x=2$处有极小值，则常数$c$的值为【】

$A.4$ $B.2或6$ $C.2$ $D.6$

分析：$f'(x)=3x^2-4cx+c^2$，又函数$f(x)=x(x-c)^2$在$x=2$处有极小值，

则$f'(2)=3\times2^2-8c+c^2=0$，解得$c=2$或$c=6$，接下来验证如下：

当$c=2$时，$f'(x)=3x^2-8x+4=(3x-2)(x-2)$，故$f(x)$在$x=2$处有极小值，符合题意；

当$c=6$时，$f'(x)=3x^2-24x+36=(3x-6)(x-6)$，故$f(x)$在$x=2$处有极大值，不符合题意；

故$c=2$，则选$C$。

【2019$\cdot$郑州质检】若函数$f(x)$存在$n-1(n\in N^*)$个极值点，则称函数$f(x)$为$n$折函数，例如函数$f(x)=x^2$为$2$折函数，已知函数$f(x)=(x+1)e^x-x(x+2)^2$，则$f(x)$为【$\quad$】折函数；

$A.2$ $B.3$ $C.4$ $D.5$

分析：$f'(x)=(x+2)e^x-(x+2)(3x+2)=(x+2)(e^x-3x-2)$，

令$f'(x)=0$，则得到$x=-2$注意，虽然$x=-2$是导函数的零点，但未必是原函数的极值点，若其是导函数的不变号零点，则不会成为原函数的极值点。$\quad$，或$e^x=3x+2$

补充图像说明如下，

当$x<-2$时，$x+2<0$，$e^x>0$，$3x+2<0$，故$e^x-(3x+2)>0$，即$(x+2)[e^x-(3x+2)]<0$，即$f'(x)<0$；

当$x>-2$时，$x+2>0$，$e^x>0$，$3x+2<0$，故$e^x-(3x+2)>0$，即$(x+2)[e^x-(3x+2)]>0$，即$f'(x)>0$；

故易知$x=-2$为其一个极值点；

以下重点说明由$e^x=3x+2$可以得到两个极值点，

结合上述图像可知，$y=e^x$和$y=3x+2$有两个交点，

当$x<x_1$时，$e^x>3x+2$，故$e^x-(3x+2)>0$，当$x>x_1$时，$e^x<3x+2$，故$e^x-(3x+2)<0$，

当$x=x_1$时，$e^x=3x+2$，故$x=x_1$为原函数的一个极值点，

当$x<x_2$时，$e^x<3x+2$，故$e^x-(3x+2)<0$，当$x>x_2$时，$e^x>3x+2$，故$e^x-(3x+2)>0$，

当$x=x_2$时，$e^x=3x+2$，故$x=x_2$为原函数的一个极值点，

综上所述，函数$f(x)$共有三个极值点，即函数为$4$折函数，故选$C$。

【2019届高三理科数学资料用题】已知$a，b$是实数，$1$和$-1$是函数$f(x)=x^3+ax^2+bx$的两个极值点，

(1)求$a、b$的值；

分析：由题目可知，$f'(x)=3x^2+2ax+b$，

则由$\left\{\begin{array}{l}{f'(-1)=3-2a+b=0}\\{f'(1)=3+2a+b=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=0}\\{b=-3}\end{array}\right.$，

经检验，$f'(x)=3x^2-3=3(x+1)(x-1)$，则$1$和$-1$是函数$f(x)$的两个极值点，满足题意。

【解后反思】由于可导函数$f(x)$，$f'(x_0)=0$是$x_0$为极值点的必要不充分条件，

故解方程后需要检验。

(2)设函数$g(x)$的导函数$g'(x)=f(x)+2$，求$g(x)$的极值点。

分析：由题可知，$g'(x)=f(x)+2=x^3-3x+2$，

【试商法，得知$x=1$为函数$g'(x)$的零点，故分组分解如下】

$g'(x)=x^3-1-3x+3=(x-1)(x^2+x+1)-3(x-1)$

$=(x-1)(x^2+x-2)=(x-1)^2(x+2)$，

如果题目是选择或填空题，则利用穿根法做出函数$g'(x)$的简图，

由图像可知，$x=1$不是极值点，$x=-2$是极小值点。

解答题时则这样做，

当$x\in (-\infty，-2)$，$g'(x)<0$，则$g(x)$单调递减；

当$x\in (-2，1)$，$g'(x)>0$，则$g(x)$单调递增；

当$x\in (1，+\infty)$，$g'(x)>0$，则$g(x)$单调递增；

故$x=-2$是函数$g(x)$的极小值点，$x=1$不是极值点。

注意：$x=-2$是导函数$y=g'(x)$的变号零点，

$x=1$是导函数$y=g'(x)$的不变号零点。

【2016$\cdot$ 山东】设 $f(x)=x\ln x-ax^2+(2a-1)x$，$a\in R$，

(1) 令$g(x)=f'(x)$，求$g(x)$ 的单调区间；

解：定义域为$(0，+\infty)$，由 $f'(x)=\ln x-2ax+2a$，

可得 $g(x)=\ln x-2ax+2a$, $x \in(0,+\infty)$

所以 $g'(x)=\cfrac{1}{x}-2a=\cfrac{1-2ax}{x}$

当 $a\leqslant0$时, $x\in(0,+\infty)$时，$g'(x)>0$，函数 $g(x)$ 单调递增，

当 $a>0$时，令$f'(x)=0$，得到$x=\cfrac{1}{2a}$，

$x \in(0,\cfrac{1}{2{a}})$ 时， $g'(x)>0$，函数 $g(x)$ 单调递增，

$x\in(\cfrac{1}{2a},+\infty)$ 时，$g'(x)<0$，函数 $g(x)$ 单调递减，

所以当 $a \leqslant 0$ 时， $g(x)$ 的单调增区间为 $(0,+\infty)$；

$a>0$时，单调递增区间为$(0,\cfrac{1}{2{a}})$，单调递减区间为$(\cfrac{1}{2a},+\infty)$；

(2) 已知 $f(x)$ 在 $x=1$ 处取得极大值，求正实数 $a$ 的取值范围.

解答：[思路一，分类讨论]由 (1) 知，$f'(1)=0$，

理解答案时，请务必注意三个函数，即原函数$f(x)$，一阶导函数$g(x)=f'(x)$，二阶导函数$g'(x)=f''(x)$的关系，其中$g'(x)=f''(x)$的正负，决定$g(x)=f'(x)$的单调性，且有$g(1)=f'(1)=0$，而$g(x)=f'(x)$的正负，决定$f(x)$的单调性；其中中间函数$g(x)=f'(x)$的正负和单调性之间有个相互转化关系。

① 当 $0<a<\cfrac{1}{2}$时，$\cfrac{1}{2a}>1$，由 (1)知 $f'(x)$ 在 $(0, \cfrac{1}{2a})$内单调递增，

可得当 $x\in(0,1)$时，$f'(x)<0$，当 $x\in(1, \cfrac{1}{2a})$ 时，$f'(x)>0$，

所以 $f(x)$ 在$(0,1)$内单调递减，在$(1, \cfrac{1}{2a})$ 内单调递增，

所以 $f(x)$ 在$x=1$ 处取得极小值，不合题意；

② 当$a=\cfrac{1}{2}$ 时，$\cfrac{1}{2a}=1$， $f'(x)$ 在$(0,1)$ 内单调递增，在$(1,+\infty)$ 内单调递减，

所以当 $x\in(0,+\infty)$ 时， $f'(x)\leqslant 0$， $f(x)$ 单调递减，不合题意；

③ 当 $a>\cfrac{1}{2}$ 时, $0<\cfrac{1}{2 a}<1$， $f(x)$ 在 $(0, \cfrac{1}{2a})$ 上单减；

当 $x\in(\cfrac{1}{2a}, 1)$ 时，$f'(x)>0$， $f(x)$ 单调递增，

当 $x\in(1,+\infty)$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，正实数$a$ 的取值范围为 $(\cfrac{1}{2},+\infty)$.

[思路二，数形结合] $f'(x)=lnx-2a(x-1)$，借助函数$y=lnx$和函数$y=2a(x-1)(a>0)$的图像，分类讨论如下：

先需要证明不等式$x-1\geqslant lnx$；证明思路

①当$2a=1$时，即$a=\cfrac{1}{2}$时，$x\in (0,+\infty)$时，$f'(x)=lnx-2a(x-1)\leqslant 0$恒成立，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，函数没有极值，不符合题意，舍去；

②当$0<2a<1$时，即$0<a<\cfrac{1}{2}$时，函数$y=lnx$与函数$y=2a(x-1)$有两个交点，其横坐标分别为$1$和$x_0(x_0>1)$，

则$x\in (0,1)$时，$f'(x)=lnx-2a(x-1)< 0$，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，

$x\in (1,x_0)$时，$f'(x)=lnx-2a(x-1)> 0$，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，

$x\in (x_0,+\infty)$时，$f'(x)=lnx-2a(x-1)< 0$，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，

故在$x=1$处取到极小值，不符题意，舍去；

③当$2a>1$时，即$a>\cfrac{1}{2}$时，函数$y=lnx$与函数$y=2a(x-1)$有两个交点，其横坐标分别为$1$和$x_0(0<x_0<1)$，

则$x\in (0,x_0)$时，$f'(x)=lnx-2a(x-1)< 0$，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，

$x\in (x_0,1)$时，$f'(x)=lnx-2a(x-1)> 0$，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，

$x\in (1,+\infty)$时，$f'(x)=lnx-2a(x-1)< 0$，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，

故在$x=1$处取到极大值，符合题意；

综上所述，$a\in (\cfrac{1}{2}，\infty)$。

若函数 $f(x)=2 x^{3}-x^{2}+ax+3$ 在区间$(-1,1)$内恰有一个极值点，则实数$a$的取值范围为【 $\quad$ 】

$A.(-8,-4)$ $B.[-8,-4)$ $C.(-8,-4]$ $D.(-\infty,-8] \cup[-4,+\infty)$

分析：$f'(x)=6x^2-2x+a$，由于在区间$(-1,1)$内恰有一个极值点，

故函数$f'(x)$在区间$(-1,1)$内只有一个穿根零点，

故由零点存在性定理可得，$f'(-1)\cdot f'(1)<0$，解释^[3]

即$(8+a)(4+a)<0$，解得$-8<a<-4$，接下来验证，

当$a=-8$时，$f'(x)=6x^2-2x-8$，

由$f'(x)=6x^2-2x-8=2(x+1)(3x-4)$的图像，可知不符合题意，排除；

当$a=-4$时，$f'(x)=6x^2-2x-4$，

由$f'(x)=6x^2-2x-4=2(x-1)(3x+2)$的图像，可知符合题意；

综上所述，$a\in (-8,-4]$，故选$C$.

证明题目

【2019$\cdot$ 高考全国卷II文科数学】已知函数 $f(x)=(x-1)\ln x-x-1$，

证明：(1). $f(x)$ 存在唯一的极值点；

证明：$f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$，$f^{\prime}(x)=\cfrac{x-1}{x}+\ln x-1=\ln x-\cfrac{1}{x}$

由于 $y=\ln x$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增， $y=\cfrac{1}{x}$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减，

所以 $f^{\prime}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增

又 $f'(1)=-1<0$，$f^{\prime}(2)=\ln 2-\cfrac{1}{2}=\cfrac{\ln 4-1}{2}>0$，$\quad$释疑此处使用了函数的零点存在性定理，怎么想到求解$f(1)$，$f(2)$，需要一定的数学素养的积累；零点存在性定理的使用常常与所关联的函数有紧密的联系，常用的特殊端点有$0$，$\pm 1$，$\pm 2$，$\pm e$，$\pm\sqrt{e}$，$\pm e^2$，等等；

故存在唯一 $x_{0} \in(1,2),$ 使得 $f\left(x_{0}\right)=0 .$

又由于当$x<x_{0}$ 时， $f^{\prime}(x)<0$， $f(x)$ 单调递减，当 $x>x_{0}$ 时， $f^{\prime}(x)>0$，$f(x)$ 单调递增，

因此，$f(x)$ 存在唯一的极值点.

证明：(2). $f(x)=0$ 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.

证明：由(1)知 $f(x_{0})<f(1)=-2$，又 $f(e^2)=e^2-3>0$，

所以 $f(x)=0$ 在 $(x_{0},+\infty)$ 内存在唯一根 $x=a$，则$f(a)=0$

由$a>x_0>1$得到，$\cfrac{1}{a}<a<x_0$，

又$f(\cfrac{1}{a})=(\cfrac{1}{a}-1)\ln\cfrac{1}{a}-\cfrac{1}{a}-1$

$=\cfrac{(1-a)\cdot (-ln a)}{a}-\cfrac{a+1}{a}$$=$$\cfrac{(a-1)lna-a-1}{a}=\cfrac{f(a)}{a}=\cfrac{0}{a}=0$

故$\cfrac{1}{a}$是方程$f(x)=0$ 在 $(0, x_{0})$上的唯一根，

综上， $f(x)=0$ 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.

解后反思：$a$和$\cfrac{1}{a}$互为相反数，且若$a\in (0,1)$，则$\cfrac{1}{a}\in(1,+\infty)$，其中$1$是这一对相反数的分界点；

之所以首先想到求导，是因为题目给定的是极值或者极值点，而极值或极值点首先和判断单调性相关联；
之所以想到分类讨论而不是分离参数的原因是，当参数的取值不同时，导函数的图像也随之不同，导函数的值的正负随之变化，故需要分类讨论。 ↩︎
此处详尽说明，函数$f(x)$在 $(0，2)$ 内存在两个极值点，即说明 $f'(x)$ 在 $(0，2)$ 内存在两个变号零点，而$f'(x)=\cfrac{(x-2)(e^x-kx)}{x^3}$，当 $x\in(0,2)$ 时，因子 $x^3$ 恒为正，因子 $(x-2)$ 恒为负，这两个整体的值为负，变号零点不可能产生在它们之中，故只能产生在最后一个因子函数 $g(x)=e^x-kx$ 中了，否则就与题意不符合了。这样原函数 $f(x)$ 在 $(0，2)$ 内存在两个极值点，就等价于因子函数 $g(x)$ 在 $(0，2)$ 内存在两个极值点。 ↩︎
对表达式的进一步解释，$f'(-1)\cdot f'(1)<0$，如果导函数是一次函数，则这种转化是等价的转化；此处由于导函数$f'(x)$为二次函数，情形比一次函数的情形要复杂的多，且给定区间为开区间$(-1,1)$，故这种转化是有漏洞的，可能会出现漏掉参数的取值的情况，比如导函数有一个零点$x_0$刚好经过端点$-1$或者$1$，另一个零点$x_2$在$(-1,1)$内，这种情形应该包含在$f'(-1)$$\cdot$$f'(1)$$\leqslant$$0$这种情形内，但是如果借用$f'(-1)$$\cdot$$f'(1)$$\leqslant 0$来求解，又会出现参数有增根的情形，比如$f'(x)$的两个零点刚好分别经过了两个端点的情形，这是应该剔除的情形，因此，要么利用$f'(-1)$$\cdot$$f'(1)$$\leqslant$$0$求解，再添加端点的验证和排除；要么利用$f'(-1)$$\cdot$$f'(1)$$<$$0$求解，再添加端点的验证和添加； ↩︎

posted @ 2019-11-26 18:27 静雅斋数学阅读(2368) 评论(0) 编辑收藏举报

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