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【高分突破系列】2021-2022学年高二数学下学期同步知识点剖析精品讲义(人教A版2019）
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选择性必修第二册同步拔高，难度4颗星！

模块导图

知识剖析

极值的概念

若在点\(x=a\)附近的左侧\(f^{\prime} (x)<0\)，右侧\(f^{\prime}(x)>0\), 则\(a\)称为函数\(y=f(x)\)的极小值点，\(f(a)\)称为函数\(y=f(x)\)的极小值；

若在点\(x=b\)附近的左侧\(f^{\prime} (x)>0\)，右侧\(f^{\prime} (x)<0\)，则\(b\)称为函数\(y=f(x)\)的极大值点，\(f(b)\)称为函数\(y=f(x)\)的极大值．

极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．
\({\color{Red}{ PS： }}\)
① 把函数图象看成一座“山脉”，极大值就是“山峰”，极小值就是“山谷”， 如下图；
② 极值是“函数值\(y\)”，极值点是“自变量\(x\)值”，如下图有极大值\(f(-1)\)和\(f(1)\)，极小值\(f(-2)\)和\(f(2)\)，极大值点\(-1\)和\(1\)，极小值点\(-2\)和\(2\).

③ 对于极值还有特别强调一下 ${\color{Red}{ Eg }}$ 设$x_0$是函数$y=f(x)$的极值点，则下列说法准确的是( ) A. 必有$f^{\prime}(x_0 )=0$ B.$f^{\prime}(x_0 )$不存在 C. $f^{\prime} (x_0 )=0$或$f^{\prime} (x_0 )$不存在 D.$f^{\prime}(x_0 )$存在但可能不为$0$ ${\color{Red}{解析 }}$ 函数$f(x)=x^3$， $f^{\prime} (x)=3x^2$，$f^{\prime} (0)=0$， 但$x<0$时，$f^{\prime}(x)>0$；$x>0$时，$f^{\prime}(x)>0$； 故根据极值的定义，$0$不是函数$f(x)=x^3$的极值点，这个从函数图象也很容易知道. 又如函数$g(x)=|x|$， 当$x<0$时，$g^{\prime}(x)=-1<0$； 当$x>0$时，$g^{\prime}(x)=1>0$； 所以$g(x)$在$x=0$处取到极值，但在导数不存在；故选$C$. 总结 ① 若$f(x)$可导，且$x_0$ 是$y=f(x)$的极值，则$x_0$是$f^{\prime}(x)=0$的解； ② 若$x_0$是$f^{\prime}(x)=0$的解，$x_0$ 不一定是$y=f(x)$的极值点. ③ 定义很重要.

求函数的极值的方法

解方程\(f^{\prime}(x)=0\)，当 \(f^{\prime}(x_0)=0\)时：
(1) 如果在\(x_0\)附近的左侧\(f^{\prime} (x)>0\)，右侧\(f^{\prime}(x)<0\)，那么\(f(x_0)\)是极大值；
(2) 如果在\(x_0\)附近的左侧\(f^{\prime} (x)<0\)，右侧 \(f^{\prime}(x)>0\)，那么 \(f(x_0)\)是极小值．

函数\(y=f(x)\)在\([a,b]\)上的最大值与最小值的步骤

(1)求函数\(y=f(x)\)在\((a ,b)\)内的极值；
(2)将函数\(y=f(x)\)的各极值与端点处的函数值 \(f(a)，f(b)\)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．

经典例题

【题型一】极值的概念

【典题1】【多选题】设函数\(f(x)\)的定义域为\(R\)，\(x_0 (x_0≠0)\)是\(f(x)\)的极大值点，以下结论错误的是( 　)
A．\(∀x∈R ,f(x)≤f(x_0)\)
B．\(-x_0\)是\(f(-x)\)的极小值点
C．\(-x_0\)是\(-f(x)\)的极小值点
D．\(-x_0\)是\(-f(-x)\)的极小值点
【解析】对于\(A\)，极大值并不一定是最大值，故错误；
对于\(B\)，\(f(-x)\)是\(f(x)\)关于\(y\)轴对称的图象，\(-x_0\)应是\(f(-x)\)的极大值点，故错误；
对于\(C\)，\(-f(x)\)是\(f(x)\)关于\(x\)轴对称的图象，\(x_0\)应是\(-f(x)\)的极小值点，而\(x_0≠0\)，故错误；
对于\(D\)， \(-f(-x)\)相当于\(f(x)\)关于原点对称的图象，\(-x_0\)是\(-f(-x)\)的极小值点故正确．
故选：\(ABC\)．
【点拨】
① 熟悉函数图象的变换：\(f(-x)\)相当于\(f(x)\)关于\(y\)轴的对称图象，\(-f(x)\)相当于\(f(x)\)关于\(x\)轴的对称图象，\(-f(-x)\)相当于\(f(x)\)关于原点对称的对称图象；
② 数形结合是个好方法.

【典题2】如图，已知直线\(y=kx+m\)与曲线\(y=f(x)\)相切于两点，则\(F(x)=f(x)-kx\)有( )

A．\(1\)个极大值点，\(2\)个极小值点
B．\(2\)个零点
C．\(0\)个零点
D．\(2\)个极小值点，无极大值点
【解析】由原图可知，\(k<0 ,m>0\)，设原图中的两切点横坐标为\(a ,b\)．再在同一坐标系中做出\(y=f(x)\)与\(y=kx\)的图象如图：

由图可知，\(y=f(x)\)与\(y=kx\)没有公共点，故函数\(F(x)\)没有零点．
直线\(x=n\)与\(y=f(x)\)、\(y=kx\)分别交于点\(A、B\)，则\(F(x)\)的函数值可以理解为线段\(AB\)长度；
由图可知：当\(x∈(-∞ ,a)\)时，\(F(x)\)单调递减；当\(x∈(a ,c)\)，\(F(x)\)单调递增；
当\(x∈(c ,b)\)时，\(F(x)\)单调递减；当\(x∈(b ,+∞)\)时，\(F(x)\)单调递增．
故\(a ,b\)是函数\(F(x)\)的极小值点，\(c\)是\(F(x)\)的极大值点．
故选：\(AC\)．
【点拨】
① 分析函数极值可先分析函数单调性.
② \(F(x)\)的函数值可以理解为线段\(AB\)长度这样更好由图象得到函数单调性.

【典题3】若函数\(f(x)=\dfrac{1}{2} x^2-x+alnx\)有两个不同的极值点，则实数\(a\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】因为\(f(x)=\dfrac{1}{2} x^2-x+alnx\)有两个不同的极值点，
所以\(f^{\prime}(x)=x-1+\dfrac{a}{x}=\dfrac{x^{2}-x+a}{x}\)在\((0 ,+∞)\)有\(2\)个不同的零点，
所以\(y=x^2-x+a\)在\((0 ,+∞)\)有\(2\)个不同的零点，
\({\color{Red}{ （二次函数零点分布问题，数形结合）}}\)
所以\(\left\{\begin{array}{l} \triangle=1-4 a>0 \\ a>0 \end{array}\right.\)，解得\(0<a<\dfrac{1}{4}\)．
【点拨】
① 对于可导函数\(f(x)\)有\(n\)个极值，则导函数\(f'(x)\)有\(n\)个零点；
② 在求解过程中进行转化一定要注意等价转化，本题中不要
若\(f(x)=\dfrac{1}{2} x^2-x+alnx\)有两个不同的极值点\(⇒ y=x^2-x+a\)有\(2\)个不同的零点，那就错，它缺了“定义域\(x>0\)”的考量.

巩固练习

1(★)已知函数\(f(x)\)的导函数为\(f'(x)\)，函数\(g(x)=(x-1)f'(x)\)的图象如图所示，则下列结论正确的是(　　)

A．\(f(x)\)在\((-∞ ,-2) ,(1 ,2)\)上为减函数
B．\(f(x)\)在\((-2 ,1) ,(2 ,+∞)\)上为增函数
C．\(f(x)\)的极小值为\(f(-2)\)，极大值为\(f(2)\)
D．\(f(x)\))的极大值为\(f(-2)\)，极小值为\(f(2)\)

2(★)已知函数\(f(x)=\dfrac{\ln x}{e^{x}}\)的极值点为\(x=x_0\)，则\(x_0\)所在的区间为(　　)
\(A．(0 ,\dfrac{1}{2} \qquad B．(\dfrac{1}{2} ,1) \qquad C．(1 ,2) \qquad D． (2 ,e)\)

3(★★)若函数\(f(x)=x^2-(a+2)x+alnx\)既有极大值又有极小值，则实数\(a\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\) .

4(★★)若函数\(f(x)=x^3-(\dfrac{a}{2}+3)x^2+2ax+3\)在\(x=2\)处取得极小值，则实数\(a\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\) .

5(★★★)若函数\(f(x)=x^3-3ax^2+12x(a>0)\)存在两个极值点\(x_1 ,x_2\)，则\(f(x_1)+f(x_2)\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\).

答案

1. \(D\)
2. \(C\)
3. \((0 ,2)∪(2 ,+∞)\)
4. \((-∞，6)\)
5. \((-∞ ,16)\)

【题型二】求函数极值

【典题1】已知函数\(f(x)=xlnx+x^2\),\(x_0\)是函数\(f(x)\)的极值点，以下几个结论中正确的是(　　)
\(A．0<x_0<\dfrac{1}{e^2} \qquad B．x_0>\dfrac{1}{e} \qquad C．f(x_0)+2x_0<0 \qquad D．f(x_0)+2x_0>0\)
【解析】\(∵f'(x)=lnx+1+2x\)在\((0 ,+∞)\)时单调递增，
\(∴f'(x)=lnx+1+2x\)至多有一个零点，
又\(f^{\prime}\left(\dfrac{1}{e}\right)=\dfrac{2}{e}>0\)，\(f^{\prime}\left(\dfrac{1}{e^{2}}\right)=\dfrac{2}{e^{2}}-1<0\)，
根据零点判定定理可知\(f'(x)=lnx+1+2x\)在\(\left(\dfrac{1}{e^{2}}, \dfrac{1}{e}\right)\)上存在零点，
\(∵x_0\)是函数\(f(x)\)的极值点，
\(∴lnx_0+1+2x_0=0\)，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\(\left(\dfrac{1}{e^{2}}, \dfrac{1}{e}\right)\)递增， \(∴g(x_0 )>g(\dfrac{1}{e^{2}} )>0\)，
\(∴f(x_0)+2x_0>0\)，
故选：\(D\)．
【点拨】
① \(x_0\)是\(y=lnx+1+2x\)的零点，可用零点判定定理判断\(x_0\)的大致范围，这属于“隐零点问题”；
②\(x_0\)是可导函数\(f(x)\)的极值点，则满足\(f^{\prime}(x_0 )=0⇒lnx_0=-1-2x_0\)，可化简\(g(x_0 )=f(x_0 )+2x_0\)再求它最值.

【典题2】讨论\(f(x) =x^2+(m－2)x－mlnx\)的极值点的个数.
【解析】函数的定义域为\((0 ,+∞)\)，
\(f^{\prime}(x)=2 x+m-2-\dfrac{m}{x}\)\(=\dfrac{2 x^{2}+(m-2) x-m}{x}\)\(=\dfrac{(2 x+m)(x-1)}{x}\)，
令\(f^{\prime}(x)=0\)，得\(x=-\dfrac{m}{2}\)或\(x=1\)，
① 当\(-\dfrac{m}{2}>1\)，即\(m<-2\)时，

在\((0 ,1)\)和\((-\dfrac{m}{2}，+∞)\)上，\(f^{\prime}(x)>0\)，
在\((1 ,-\dfrac{m}{2})\)上，\(f'(x)<0\)，
\(∴\)当\(x=1\)时，\(f(x)\)取得极大值，当\(x=-\dfrac{m}{2}\)时，\(f(x)\)取得极小值，故\(f(x)\)有两个极值点；
②当\(-\dfrac{m}{2}1\)，即\(m=-2\)时，\(f^{\prime}(x)=\dfrac{(2 x+m)(x-1)}{x}=\dfrac{2(x-1)^{2}}{x} \geq 0\)，

\(f(x)\)在\((0 ,+∞)\)上单调递增，无极值点；
③当\(0<-\dfrac{m}{2}<1\)，即\(-2<m<0\)时，

在\((0 ,-\dfrac{m}{2})\)和\((1 ,+∞)\)上，\(f^{\prime}(x)>0\)，在\((-\dfrac{m}{2},1)\)上，\(f^{\prime}(x)<0\)，
\(∴\)当\(x=-\dfrac{m}{2}\)时，\(f(x)\)取得极大值；当\(x=1\)时，\(f(x)\)取得极小值，故\(f(x)\)有两个极值点；
④当\(-\dfrac{m}{2}≤0\)，即\(m≥0\)时，

在\((0 ,1)\)上，\(f^{\prime}(x)<0\)，在\((1 ,+∞)\)上，\(f^{\prime}(x)>0\)，
故\(x=1\)时，函数求得极小值，无极大值，\(f(x)\)只有一个极值点．
综上，当\(m=-2\)时，\(f(x)\)极值点的个数为\(0\)；
当\(m≥0\)时，\(f(x)\)的极值点的个数为\(1\)；
当\(m<-2\)或\(-2<m<0\)时，\(f(x)\)的极值点的个数为\(2\).
【点拨】
① 讨论含参函数的极值问题，可转化为含参函数的单调性问题，导函数是“二次函数”型，要注意导函数有几个零点，若有两个零点\(-\dfrac{m}{2}、1\)则比较大小，还要注意零点\(-\dfrac{m}{2}\)与定义域端点\(0\)的大小.
② 分析出导函数图象，进而得到原函数的趋势图，便可很容易得到极值个数.

【典题3】讨论函数\(f(x)=xlnx-\dfrac{1}{2} x^2+(a-1)x(a∈R)\)的极值点的个数；
【解析】\(f(x)\)的定义域是\((0 ,+∞)\)，\(f^{\prime} (x)=lnx-x+a\)，
令\(g(x)=lnx-x+a\)，则\(g^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-1=\dfrac{1-x}{x}\)，
\({\color{Red}{(构造函数，二次求导) }}\)
当\(x∈(0 ,1)\)时，\(g^{\prime} (x)>0\)，\(g(x)\)单调递增，即\(f^{\prime} (x)\)单调递增；
当\(x∈(1 ,+∞)\)时，\(g^{\prime}(x)<0\)， \(g(x)\)单调递减，即\(f^{\prime} (x)\)单调递减；
所以当\(x=1\)时，\(f^{\prime}(x)\)有极大值\(f^{\prime}(1)=a-1\)，也是最大值，
\({\color{Red}{(确定f^{\prime}(x)的最大值a-1，想下函数图象a-1与0的大小比较决定导函数y=f^{\prime}(x)是否存在零点) }}\)
① 当\(a-1≤0\)，即\(a≤1\)时，

所以\(f(x)\)在\((0 ,+∞)\)上单调递减，此时\(f(x)\)无极值，
② 当\(a>1\)时，\(f^{\prime}(1)=a-1>0\)，
\(f^{\prime}\left[\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}\right]=\ln \left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}-\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}+a\)\(=-a-1-\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}+a=-1-\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}<0\)，
易证\(x>1\)时，\(e^x>2x\)，
所以\(a>1\)，\(f^{\prime} (e^a )=2a-e^a<0\)，

故存在\(x_1 ,x_2\)满足\(0<\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}<x_{1}<1<x_{2}<e^{a}\)，\(f'(x_1)=f'(x_2)=0\)，
当\(x∈(0 ,x_1)\)时，\(f(x)\)单调递减，当\(x∈(x_1 ,x_2)\)时，\(f(x)\)单调递增，
当\(x∈(x_2 ,+∞)\)时，\(f(x)\)单调递减，
所以\(f(x)\)在\(x=x_1\)处有极小值，在\(x=x_2\)处有极大值．
综上所述，当\(a≤1\)时，\(f(x)\)没有极值点；
当\(a>1\)时，\(f(x)\)有\(2\)个极值点．
【点拨】
① 求出导函数\(f^{\prime}(x)=lnx-x+a\)，它的图象很难确定，不知道是否存在零点(这与原函数单调性有关)，则考虑二次求导进行分析；
② 当\(a>1\)时，导函数\(f^{\prime} (x)=lnx-x+a\)存在零点\(x_1 、x_2\)是怎么确定的？
误区1：\(y=f^{\prime} (x)\)最大值在\(x\)轴上方且是“先增后减”，想当然说它有两个零点是不严谨的.因为\(y=f^{\prime}(x)\)的图象可能如下左图，则只有一个零点；如右图，甚至没有零点；

误区2：当\(x→0\)时，显然\(f^{\prime}(x)→-∞\)，当\(x→+∞\)时，显然\(f^{\prime}(x)→-∞\)，那可知\(y=f^{\prime}(x)\)存在两个零点，也不够严谨；
而因\(f^{\prime}\left[\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}\right]<0\)，\(f^{\prime}\left(e^{a}\right)=2 a-e^{a}<0\)由零点判定定理可确定\(y=f^{\prime} (x)\)有两个零点\(x_1 、x_2\).
③ 那“取点”\(\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}, e^{a}\)是怎么想到的呢？这需要些技巧，导函数\(f^{\prime} (x)=lnx-x+a\)中有参数\(a>1\)，\(x\)取常数是不行的；因有\(lnx\)，想到含\(a\)的\(e\)指数幂，多尝试就可以！

【典题4】若\(f(x)=ln(x+1)+a(x^2+x)+2(a>0)\)有两个极值点．
(1)求\(a\)的取值范围； (2)证明\(f(x)\)的极小值小于\(-2ln2+\dfrac{1}{2}\)．
【解析】(1)\(∵ f(x)\)的定义域为\((-1 ,+∞)\)，
\(\therefore f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x+1}+a(2 x+1)\)\(=\dfrac{2 a x^{2}+3 a x+a+1}{x+1}\)，
令\(g(x)=2ax^2+3ax+a+1\)，
\({\color{Red}{(y=g(x)的正负性与y=f^{\prime}(x)的正负性一致) }}\)
\(g(x)\)对称轴\(x=-\dfrac{3}{4}\)，开口向上，\(△=a^2-8a\)，
① 当\(△≤0\)时，即\(0<a≤8\)，\(g(x)≥0\)，故\(f'(x)≥0\)，
\(∴f(x)\)在\((-1 ,+∞)\)上单调递增，此时\(f(x)\)无极值．
② 当\(△>0\)时，即\(a>8\)，
\(\because g(-1)=g\left(-\dfrac{1}{2}\right)=1>0\)， \(g\left(-\dfrac{3}{4}\right)=1-\dfrac{a}{8}<0\)
\({\color{Red}{(灵活取点) }}\)

\(∴\)函数\(g(x)\)在区间\((-1 ,-1/2)\)有两个零点\(x_1 ,x_2\)，
不妨设\(x_1<x_2\)，其中\(x_1∈(-1 ,-3/4)\)，\(x_2∈(-\dfrac{3}{4},-\dfrac{1}{2})\)．
\(∴\)当\(－1<x<x_1\)时，\(g(x)>0\)，\(f'(x)>0\)，
\(∴f(x)\)在\((-1 ,x_1)\)上单调递增；
当\(x_1<x<x_2\)时，\(g(x)<0\)，\(f'(x)<0\)，
\(∴ f(x)\)在\((x_1 ,x_2)\)上单调递减；
当\(x>x_2\)时，\(g(x)>0\)，\(f'(x)>0\)，
\(∴f(x)\)在\((x_2 ,+∞)\)上单调递增．
\(∴\)当\(f(x)\)有两个极值点时，\(a\)的取值范围为\((8 ,+∞)\)．
(2)由①可知，函数\(f(x)\)有唯一的极小值点为\(x_2\)，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\(g(x)=\ln (x+1)-\dfrac{x}{2 x+1}+2\left(-\dfrac{3}{4}<x<-\dfrac{1}{2}\right)\)，
\({\color{Red}{ (构造函数求最值) }}\)
\(g^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{2 x+1-2 x}{(2 x+1)^{2}}\)\(=\dfrac{x(4 x+3)}{(x+1)(2 x+1)^{2}}<0\)
在\(-\dfrac{3}{4}<x<-\dfrac{1}{2}\)上恒成立，
\(∴g(x)\)在\((-\dfrac{3}{4},-\dfrac{1}{2})\)单调递减．
\(∴g(x)<g(-\dfrac{3}{4})=-2ln2+\dfrac{1}{2}\)，即\(f(x)\)的极小值小于\(-2ln2+\dfrac{1}{2}\)．
【点拨】
① 函数极值问题都可先分析函数的单调性得到原函数的趋势图；
② 第二问是“隐零点问题”，\(x_2\)的值求不出，用零点判定定理确定范围\(-\dfrac{3}{4}<x_2<-\dfrac{1}{2}\)；由于它是导函数零点，不能忘了\(g(x_2 )=0⇒2ax_2^2+3ax_2+a+1=0\).

巩固练习

1(★★)函数\(f(x)=x^2 (e^{x+1}-1)\)(\(e\)为自然对数的底数)，则下列说法正确的是(　　)
A．\(f(x)\)在\(R\)上只有一个极值点
B．\(f(x)\)在\(R\)上没有极值点
C．\(f(x)\)在\(x=0\)处取得极值点
D．\(f(x)\)在\(x=-1\)处取得极值点

2(★★)若\(x=1\)是函数\(f(x)=(x^2+ax-1) e^x\)的极值点，则\(f(x)\)的极大值为\(\underline{\quad \quad}\)．

3(★★)设函数\(f(x)=e^x (\sin x－\cos x) (0≤x≤2021π)\)，则\(f(x)\)的各极大值之和为\(\underline{\quad \quad}\)．

4(★★★)已知函数\(f(x)=\dfrac{e^{x}}{x}+k(\ln x-x)\)，若\(x=1\)是函数\(f(x)\)的唯一极值点，则实数k的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\)．

5(★★★)讨论\(f(x) =(x-1)^2+a(lnx-x+1)(a<2)\)的极值点的个数.

6(★★★★)已知函数\(f(x)=e^x (x^2－a)(a∈R)\)在定义域内有两个不同的极值点．
(Ⅰ)求实数\(a\)的取值范围；
(Ⅱ)当\(a>0\)时，设\(f(x)\)有两个不同的极值点\(x_1 ,x_2\)，且\(x_1<x_2\)，若不等式\(e^{x_2}+λx_1>0\)恒成立，求实数\(λ\)的取值范围．

答案

1. \(C\)

2. \(5e^{－2}\)

3. \(\dfrac{e^{\pi}\left(1-e^{2020 \pi}\right)}{1-e^{2 \pi}}\)

4. \((-∞ ,e]\)

5. 当\(a≤0\)时，\(f(x)\)有一个极值点；
   当\(0<a<2\)时，\(f(x)\)有两个极值点．

6. \(（1）a>-1\) \(（2）λ≤\dfrac{1}{2}\)

【题型三】求函数最值

【典题1】下列不等式中恒成立的有(　　)
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】以下运用“构造函数求最值”的方法判断
选项\(A\)，
设\(f(x)=\ln (x+1)-\dfrac{x}{x+1}(x>-1)\)，
则\(f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{(x+1)^{2}}=\dfrac{x}{(x+1)^{2}}\)，
当\(-1<x<0\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减；
当\(x>0\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增．
\(∴f(x)_{min}=f(0)=0\)，
即\(f(x)≥0\)在\((-1 ,+∞)\)上恒成立，
\(ln(x+1)≥\dfrac{x}{x+1}，x>-1\) 恒成立，即\(A\)正确；
选项\(B\)，
设\(g(x)=lnx-x+1(x>0)\)，
令\(g^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-1=0 \Rightarrow x=1\)，
\(∴g(x)\)在\((0 ,1)\)上递增，在\((1 ,+∞)\)上递减，
\(∴g(x)≤g(1)=0\)，
即\(lnx≤x-1\)，即\(B\)错误；
选项\(C\)，
设\(h(x)=e^x-x-1\)，则\(h^{\prime} (x)=e^x-1\)
令\(h'(x)=0\)，解得\(x=0\)，
当\(x<0\)时，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)单调递减；
当\(x>0\)时，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)单调递增．
\(∴h(x)_{min}=h(0)=0\)，
即\(h(x)≥0\)在\(R\)上恒成立，
\(∴e^x≥x+1\)恒成立，即\(C\)正确；
选项\(D\)，
设\(t(x)=\cos x-1+\dfrac{1}{2} x^{2}\)，则\(t^{\prime}(x)=-\sin x+x\)
令\(m(x)=t^{\prime}(x)=-\sin x+x\)，
则\(m^{\prime}(x)=-cosx+1≥0\)恒成立，
即\(m(x)\)在\(R\)上单调递增，又\(m(0)=0\)，
\(∴\)当\(x<0\)时，\(m(x)<0\)，\(t'(x)<0\)，\(t(x)\)单调递减；
当\(x>0\)时，\(m(x)>0\)，\(t'(x)>0\)，\(t(x)\)单调递增．
\(∴t(x)_{min}=t(0)=0\),
即\(t(x)≥0\)在\(R\)上恒成立，
\(∴\cos x \geq 1-\dfrac{1}{2} x^{2}\)恒成立，即\(D\)正确．
故选：\(ACD\)．
【点拨】
① 通过构造函数证明不等式，选项D中运用了二次求导；
② 研究函数的最值，其实最终还是回归到函数单调性的分析，注意结合导函数的“穿线图”与原函数的“趋势图”进行分析函数最值；
③ 熟记\(e^x≥x+1\)，\(lnx≤x-1\)，以后你们会经常见到它们.
比如\(\ln x \leq x-1 \stackrel{\text { 令 } x=\dfrac{1}{x}}{\Longrightarrow} \ln x \geq 1-\dfrac{1}{x}\)\(\stackrel{\text { 令 } x=x+1}{\Longrightarrow} \ln (x+1) \geq \dfrac{x}{x+1}(x>-1)\)，这就容易得知\(A\)正确.

【典题2】若函数\(f(x)=\dfrac{2}{3} x^{3}-a x^{2}(a<0)\)在\((2a ,a+1)\)上有最大值，则\(a\)的取值范围为\(\underline{\quad \quad}\) .
【解析】函数\(f(x)=\dfrac{2}{3} x^{3}-a x^{2}(a<0)\)，
可得\(f^{\prime}(x)=2x^2-2ax=2x(x-a)\)，
令\(f'(x)=0\)，解得\(x=0\)或\(x=a(a<0)\)，
\(∴x∈(a ,0)\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)递减；
\(x>0\)或\(x<a\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)递增，

所以函数在\(x=a\)时取得极大值且极大值为\(f(a)=-\dfrac{a^{3}}{3}\)．
\(∵\)函数\(f(x)=\dfrac{2}{3} x^{3}-a x^{2}(a<0)\)在\((2a ,a+1)\)上有最大值，其中\(2a<a<a+1\),
\({\color{Red}{ (由于x∈(2a ,a+1)， x取不到a+1，即最大值不是f(a+1)，那只能是f(a)，如图所示， a+1是不可能超过点M)}}\)

\(\therefore f(a+1) \leq f(a)=-\dfrac{a^{3}}{3}\)，
即\(\dfrac{2}{3}(a+1)^{3}-a(a+1)^{2} \leq-\dfrac{a^{3}}{3}\)，
解得\(a \leq-\dfrac{2}{3}\)．
【点拨】
①本题的“坑”就在函数的定义域\((2a，a+1)\)是个开区间，\(x\)取不到\(a+1\)；在分析函数性质的问题中，结合图象去分析会让你更容易找到突破口.
②本题还可以令\(f(x)=f(a)=-\dfrac{a^{3}}{3}\)，解得\(x=a\)或\(x=-\dfrac{a}{2}\)，则\(a+1 \leq-\dfrac{a}{2} \Rightarrow a \leq-\dfrac{2}{3}\).

【典题3】已知函数\(f(x)=ax^2-(a+2)x+lnx\)．
(1)当\(a>0\)时，求函数\(f(x)\)在区间\([1 ,e]\)上的最小值．
(2)在条件(1)下，当最小值为\(-2\)时，求\(a\)的取值范围．
【解析】(1)函数\(f(x)=ax^2－(a+2)x+lnx\)的定义域是\((0 ,+∞)\)，
当\(a>0\)时，\(f^{\prime}(x)=2 a x-(a+2)+\dfrac{1}{x}\)\(=\dfrac{2 a x^{2}-(a+2) x+1}{x}=\dfrac{(2 x-1)(a x-1)}{x}\)，
\({\color{Red}{ (因为x∈[1 ,e]，所以y=f'(x)中的x>0,2x-1>0，则导函数y=f'(x)的正负性等价于 y=ax-1在[1 ,e]上的正负性，比较\dfrac{1}{a}与1、e的大小进行分类讨论)}}\)
①当\(0<\dfrac{1}{a}≤1\)，即\(a≥1\)时，
\(f^{\prime}(x)>0\)，\(f(x)\)在\([1 ,e]\)上单调递增，
所以\(f(x)\)在\([1 ,e]\)上的最小值是\(f(1)=-2\)；
②当\(1<\dfrac{1}{a}<e\)时，即\(\dfrac{1}{e}<a<1\)时，
\(f(x)\)在\([1 ,\dfrac{1}{a})\)递减，在\((\dfrac{1}{a},e]\)递增，
\(f(x)\)在\([1 ,e]\)上的最小值是\(f(\dfrac{1}{a})=-lna-\dfrac{1}{a}-1\)；
③当\(\dfrac{1}{a}≥e\)时，即\(0<a≤\dfrac{1}{e}\)时，\(f(x)\)在\([1 ,e]\)上单调递减，
\(f(x)\)在\([1 ,e]\)上的最小值是\(f(e)=ae^2-(a+2)e+1\)；
综上所述，当\(a≥1\)时，最大值为\(-2\)；
当\(\dfrac{1}{e}<a<1\)时，最大值为\(-lna-\dfrac{1}{a}-1\)；
当\(0<a≤\dfrac{1}{e}\)时，最大值为\(ae^2-(a+2)e+1\).
(3)由(2)\(a≥1\)时，\(f(x)\)在\([1 ,e]\)上的最小值是\(f(1)=-2\)，符合题意；
\(\dfrac{1}{e}<a<1\)时，\(f(x)\)在\([1 ,e]\)上的最小值是\(f(\dfrac{1}{a})<f(1)=-2\)，不合题意；
\(0<a≤\dfrac{1}{e}\)时，\(f(x)\)在\([1 ,e]\)上的最小值是\(f(e)<f(1)=-2\)，不合题意．
综上可知，\(a\)的取值范围为\([1 ,+∞)\)．
【点拨】
① 求含参函数的最值，也需要先分析讨论函数的单调性，得到导函数的“穿线图”和原函数的“趋势图”就很容易确定最值；本题是属于“一次函数”型的导函数分析，注意零点\(x=\dfrac{1}{a}\)与定义域端点\(1、e\)的大小比较；
② 在第三问中不要令\(f(\dfrac{1}{a})=-2\)，\(f(e)=-2\)求\(a\)的值，注意到\(f(1)=-2\)这恒成立式子就剩下不少脑细胞了！有时候对含参函数要注意它会不会过某些定点，一般都是令\(x=0 ,-1 ,1 ,e\)之类的特殊值.

巩固练习

1(★)【多选题】已知函数\(f(x)=\dfrac{1}{3}x^3+x^2-2\)在区间\((a-2 ,a+3)\)上存在最小值，则整数\(a\)可以取(　　)
$A．-2 \qquad B．-1 \qquad C．0 \qquad D．1 $

2(★★)【多选题】设\(f(x)=\dfrac{\sin x}{x^{a}}, x \in\left[\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{\pi}{3}\right]\)的最大值为\(M\)，则(　　)
A．当\(a=-1\)时，\(M>\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
B．当\(a=1\)时，\(M<1\)
C．当\(a=2\)时，\(M<\sqrt{3}\)
D．当\(a=3\)时，\(M<2\sqrt{3}\)

3(★★★)已知函数\(f(x)=\dfrac{1+\ln (1+x)}{x}(x>0)\)，若\(f(x)>\dfrac{k}{x+1}\)恒成立，则整数\(k\)的最大值为(　　)
$A．2 \qquad B．3 \qquad C．4 \qquad D．5 $

4(★★★)已知函数\(f(x)=x^3+bx^2+c(b ,c∈R)\)．
(1)讨论函数\(f(x)\)的单调性；
(2)是否存在\(b ,c\)，使得\(f(x)\)在区间\([-1 ,0]\)上的最小值为\(-1\)且最大值为\(1\)？若存在，求出\(b，c\)的所有值；若不存在，请说明理由．

答案

1. \(BCD\)
2. \(AB\)
3. \(B\)
4. \(b=-1 ,c=1\)或\(b=3 ,c=-1\)