5.3.2利用导数研究极值、最值专题练习（含解析）

利用导数研究函数极值与最值
例1．已知函数f（x）=ax3+3x2﹣2，若方程f（x）=0只有一个根且这个根为负根，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，﹣） B．（﹣∞，﹣1） C．（1，+∞） D．（，+∞）
例2．已知函数（其中e为自然对数底数）在x=1取得极大值，则a的取值范围是（　　）
A．a＜0 B．a≥0 C．﹣e≤a＜0 D．a＜﹣e
例3．已知函数在x=1处取得极大值，则实数a的取值范围是（　　）
A． B．（﹣∞，1） C． D．（1，+∞）
　
例4．若函数f（x）=x3﹣3ax+a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是　 　．
例5．若函数f（x）=x2+alnx在区间（1，+∞）上存在极小值，则实数a的取值范围为　 　．
例6．已知函数f（x）=lnx+ax2+（2﹣2a）x+（a＞0），若存在三个不相等的正实数x1，x2，x3，使得=3成立，则a的取值范围是　 　．
　
例7．设函数f（x）=lnx+m（x2﹣x），m∈R
（1）当m=﹣1时，求函数f（x）的最值；
（2）若函数f（x）有极值点，求m的取值范围．
例8．设函数f（x）=lnx﹣x+1．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）证明：lnx≤x﹣1．
例9．已知函数f（x）=xex﹣1﹣mx2﹣mx，m∈R．
（1）当m=0时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）讨论函数f（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
例10．已知函数．
（1）若f（1）=0，求函数f（x）的单调递减区间；
（2）若关于x的不等式f（x）≤ax﹣1恒成立，求整数a的最小值．
例11．已知．a∈R
（1）若a=2，求f（x）的单调区间；
（2）当时，若f（x）≥﹣ln2在x∈[2，e]上恒成立，求a的取值范围．
例12．已知函数f（x）=．
（Ⅰ）求函数f（x）图象在x=处的切线方程；
（Ⅱ）求函数y=f（x）的单调区间；
（Ⅲ）设a＞0，求F（x）=af（x）在x∈[a，2a]上的最小值及最大值．
例13．已知函数f（x）=ln（ax+1）﹣，a∈R．
（1）若f（x）在x=1时取到极值，求a的值及f（x）的图象在x=1处的切线方程；
（2）若f（x）≥ln2在x≥0时恒成立，求a的取值范围．
例14．已知函数f（x）=xlnx+mx2．
（Ⅰ）当m=1时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）若 x∈（0，+∞），都有f（x）＜0成立，求m的取值范围；
（Ⅲ）当m＜0时，设g（x）=，求g（x）在区间[1，2]上的最大值．
　
参考答案与试题解析
例1．已知函数f（x）=ax3+3x2﹣2，若方程f（x）=0只有一个根且这个根为负根，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，﹣） B．（﹣∞，﹣1） C．（1，+∞） D．（，+∞）
解：f（x）=ax3+3x2﹣2，
∴f'（x）=3ax2+6x
=3x（ax+6），
∵方程f（x）=0只有一个根且这个根为负根，
∴x=﹣＜0，且f（﹣）＜0，
∴a＜﹣，
故选A．
　
例2．已知函数（其中e为自然对数底数）在x=1取得极大值，则a的取值范围是（　　）
A．a＜0 B．a≥0 C．﹣e≤a＜0 D．a＜﹣e
解：由，得
f′（x）=e2x+（a﹣e）ex﹣ae=（ex+a）（ex﹣e）．
当a≥0时，ex+a＞0，由f′（x）＞0，得x＞1，由f′（x）＜0，得x＜1．
∴f（x）在（﹣∞，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数，
则f（x）在x=1取得极小值，不符合；
当a＜0时，令f′（x）=0，得x=1或ln（﹣a），
为使f（x）在x=1取得极大值，则有ln（﹣a）＞1，∴a＜﹣e．
∴a的取值范围是a＜﹣e．
故选：D．
　
例3．已知函数在x=1处取得极大值，则实数a的取值范围是（　　）
A． B．（﹣∞，1） C． D．（1，+∞）
解：f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=lnx+1﹣ax+a﹣1=lnx﹣ax+a，
若f（x）在x=1处取极大值，
则f（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，
则lnx﹣ax+a＜0在（1，+∞）恒成立，
故a＞在（1，+∞）恒成立，
令h（x）=，（x＞1），
则h′（x）=＜0，
故h（x）在（1，+∞）递减，
由==1，
故a＞1，
故选：D．
　
例4．若函数f（x）=x3﹣3ax+a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是　（，+∞）　．
解：f（x）=x3﹣3ax+a，f′（x）=3x2﹣3a，
函数f（x）=x3﹣3ax+a有三个不同的零点，可得a＞0；
令3x2﹣3a=0可得x=±，x∈（﹣∞，），（，+∞），f′（x）＞0，函数是增函数；
x∈（﹣，），函数是减函数，
函数的极大值：f（﹣）=﹣a+3a+a＞0；…①
函数的极小值：f（）=a﹣3a+a＜0，…②
解：①②可得：a＞；
故答案为：（，+∞）．
　
例5．若函数f（x）=x2+alnx在区间（1，+∞）上存在极小值，则实数a的取值范围为　（﹣∞，﹣2）　．
解：f′（x）=2x+=，
若f（x）在区间（1，+∞）上存在极小值，
则f′（x）在区间（1，+∞）上先小于0，再大于0，
x→+∞时，显然大于0，
故只需存在x∈（1，+∞）使得2x2+a＜0，
即a＜（﹣2x2）max，
故a＜﹣2，
故答案为：（﹣∞，﹣2）．
　
例6．已知函数f（x）=lnx+ax2+（2﹣2a）x+（a＞0），若存在三个不相等的正实数x1，x2，x3，使得=3成立，则a的取值范围是　（，）　．
解：若存在三个不相等的正实数x1，x2，x3，使得=3成立，
即方程f（x）=3x存在三个不相等的实根，
即lnx+ax2+（2﹣2a）x+=3x，lnx+ax2﹣（1+2a）x+=0有三个不相等的实根，
设g（x）=lnx+ax2﹣（1+2a）x+，
则函数的导数g′（x）=+2ax﹣（1+2a）==，
由g′（x）=0得x=1，x=，
则g（1）=a﹣1﹣2a+=﹣1﹣a+，
g（）=ln+a（）2﹣（1+2a）+=﹣1﹣ln2a．
若=1，即a=时，g′（x）=≥0，此时函数g（x）为增函数，不可能有3个根，
若＞1，即0＜a＜时，由g′（x）＞0得x＞或0＜x＜1，此时函数递增，
由g′（x）＜0得1＜x＜，此时函数递减，
则当x=1时函数g（x）取得极大值g（1）=﹣1﹣a+，
当x=时函数g（x）取得极小值g（）=﹣1﹣ln2a，
此时满足g（1）=﹣1﹣a+＞0且g（）=﹣1﹣ln2a＜0，
即，即，
则，解得＜a＜．
同理若＜1，即a＞时，由g′（x）＞0得x＞1或0＜x＜，此时函数递增，
由g′（x）＜0得＜x＜1，此时函数递减，
则当x=1时函数g（x）取得极小值g（1）=﹣1﹣a+，
当x=时函数g（x）取得极大值g（）=﹣1﹣ln2a，
此时满足g（1）=﹣1﹣a+＜0且g（）=﹣1﹣ln2a＞0，
即，
∵a＞，∴2a＞1，则ln2a＞0，则不等式ln2a＜﹣1不成立，即此时不等式组无解，
综上＜a＜．
故答案为：
　
例7．设函数f（x）=lnx+m（x2﹣x），m∈R
（1）当m=﹣1时，求函数f（x）的最值；
（2）若函数f（x）有极值点，求m的取值范围．
解：（1）当m=﹣1时，f′（x）=﹣（2x﹣1）=﹣，x∈（0，+∞），
当x∈（0，1）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
所以函数f（x）在x=1处取得极大值，也是最大值，且f（x）max=f（1）=0．
（2）令f′（x）=，x∈（0，+∞），
当m=0时，f′（x）=＞0，函数f（x）在x∈（0，+∞）上递增，无极值点；
当m＞0时，设g（x）=2mx2﹣mx+1，△=m2﹣8m．
①若0＜m≤8，△≤0，f'（x）≥0，函数f（x）在x∈（0，+∞）上递增，无极值点；
②若m＞8时，△＞0，设方程2mx2﹣mx+1=0的两个根为x1，x2（不妨设x1＜x2），
因为x1+x2=，g（0）=1＞0，所以0＜x1＜，x2＞，
所以当x∈（0，x1），f'（x）＞0，函数f（x）递增；
当x∈（x1，x2），f'（x）＜0，函数f（x）递减；
当x∈（x2，+∞），f'（x）＞0，函数f（x）递增；
因此函数有两个极值点．
当m＜0时，△＞0，由g（0）=1＞0，可得x1＜0，
所以当x∈（0，x2），f'（x）＞0，函数f（x）递增；
当x∈（x2，+∞）时，f'（x）＜0，函数f（x）递减；
因此函数有一个极值点．
综上，函数有一个极值时m＜0；函数有两个极值点时m＞8．
　
例8．设函数f（x）=lnx﹣x+1．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）证明：lnx≤x﹣1．
解：（1）由题设，函数f（x）的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=﹣1=，
令∴f′（x）=0，得x=1，
令f′（x）＞0，0＜x＜1；令f′（x）＜0，x＞1．
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
x （0，1） 1 （1，+∞）
f′（x） + 0 ﹣
f（x） 单调递增 极大值0 单调递减
因此，当x=1，函数f（x）有极大值，并且极大值为f（1）=0，没有最小值．
证明：（2）由（1）可知函数f（x）在x=1处取得最大值，且最大值为0，
即f（x）=lnx﹣x+1≤0，得lnx≤x﹣1．
　
例9．已知函数f（x）=xex﹣1﹣mx2﹣mx，m∈R．
（1）当m=0时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）讨论函数f（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
解：（1）当m=0时，f（x）=xex﹣1，f′（x）=ex﹣1（x+1），
f′（1）=2，f（1）=1，
∴曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程y﹣1=2（x﹣1），即2x﹣y﹣1=0
（2）f′（x）=ex﹣1（x+1）﹣mx﹣m=（x+1）（ex﹣1﹣m），
①当m≤0时，ex﹣1﹣m＞0恒成立，当x＞﹣1时，f′（x）＞0，当x＜﹣1时，f′（x）＜0，
此时函数f（x）在（﹣∞，﹣1）单调递减，在（﹣1，+∞）单调递增，有极小值f（﹣1）=﹣e﹣2+．
②当m＞0时，令f′（x）=ex﹣1（x+1）﹣mx﹣m=（x+1）（ex﹣1﹣m）=0，
可得1=﹣1，x2=lnm+1
当0＜m＜e﹣2时，x2＜x1，
x∈（﹣∞，lnm+1）时，f′（x）＞0，x∈（lnm+1，﹣1）时，f′（x）＜0，x∈（﹣1，+∞）时，f′（x）＞0，
此时，函数f（x）在（﹣∞，lnm+1），（﹣1，+∞）单调递增，在（lnm+1，﹣1）单调递减，
有极大值f（lnm+1）=﹣，有极小值f（﹣1）=﹣e﹣2+．；
当m=e﹣2时，函数f（x）在（﹣∞，+∞）单调递增，无极值；
当m＞e﹣2时，x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＞0，x∈（﹣1，lnm+1）时，f′（x）＜0，x∈（lnm+1，+∞）时，f′（x）＞0，
此时，函数f（x）在（﹣∞，﹣1），（lnm+1，+∞）单调递增，在（﹣1，lnm+1）单调递减，
有极小值f（lnm+1）=﹣，有极大值f（﹣1）=﹣e﹣2+．；
　
例10．已知函数．
（1）若f（1）=0，求函数f（x）的单调递减区间；
（2）若关于x的不等式f（x）≤ax﹣1恒成立，求整数a的最小值．
解：（1）∵f（1）=1﹣=0，解得：a=2，
此时f（x）=lnx﹣x2+x，（x＞0），
f′（x）=﹣2x+1=，（x＞0），
由f′（x）＜0，得2x2﹣x﹣1＞0，又x＞0，∴x＞1，
∴f（x）的递减区间是（1，+∞）；
（2）令g（x）=f（x）﹣（ax﹣1）=lnx﹣ax2+（1﹣a）x+1，（x＞0），
∴g′（x）=﹣ax+（1﹣a）=，（x＞0），
当a≤0时，∵x＞0，∴g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，+∞）递增，
又∵g（1）=﹣a+2＞0，
∴关于x的不等式f（x）不恒成立，
当a＞0时，g′（x）=﹣ax+（1﹣a）=﹣，
令g′（x）=0，解得：x=，∴当x∈（0，）时，g′（x）＞0，
当x∈（，+∞）时，g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，）上是增函数，在（，+∞）递减，
∴g（x）在最大值是g（）=﹣lna，
令h（a）=﹣lna，∵h（1）=＞0，h（2）=﹣ln2＜0，
又∵h（a）在a∈（0，+∞）递减，
∴a≥2时，h（a）＜0，
∴整数a的最小值是2．
　
例11．已知．a∈R
（1）若a=2，求f（x）的单调区间；
（2）当时，若f（x）≥﹣ln2在x∈[2，e]上恒成立，求a的取值范围．
解（1）当a=2时，，
则，x＞0
令f'（x）＞0，解得x＞2，令f'（x）＜0，解得0＜x＜2，
所以f（x）增区间为（2，+∞），减区间为（0，2）．
（2）由，x∈[2，e]，
当时，x2﹣x﹣a＞0，故f（x）在x∈[2，e]上为增函数，
若f（x）≥﹣ln2，则只需，
即：a≥﹣4，
综上有：．
　
例12．已知函数f（x）=．
（Ⅰ）求函数f（x）图象在x=处的切线方程；
（Ⅱ）求函数y=f（x）的单调区间；
（Ⅲ）设a＞0，求F（x）=af（x）在x∈[a，2a]上的最小值及最大值．
解：（Ⅰ）由题可知，f′（x）=，
切线斜率k=f′（）=2e2，
又f（）=﹣e，即切点为（，﹣e），
故切线方程为2e2x﹣y﹣3e=0；
（Ⅱ）根据题意，函数f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=，
令f′（x）＞0，则0＜x＜e，令f′（x）＜0，则x＞e；
故函数f（x）的单调递增区间为（0，e）；单调递减区间为（e，+∞）；
（Ⅲ）由题可知，F（x）=a ，其定义域为（0，+∞），
F′（x）=a ，
由a＞0及第（2）问的结论，可知F（x）在（0，e）递增；在（e，+∞）递减，
①当2a≤e，即0＜a≤时，F（x）在[a，2a]单调递增，
故F（x）max=F（2a）=ln2a，F（x）min=F（a）=lna，
②当a＜e＜2a，即＜a＜e时，F（x）在[a，e]单调递增，在[e，2a]单调递减，
故F（x）max=F（e）=，
又F（a）=lna，F（2a）=ln2a，
若F（a）＜F（2a），即lna＜ln2a，＜a＜2时，
F（x）min=F（a）=lna；
若F（2a）＜F（a），即ln2a＜lna，2＜a＜e时，F（x）min=F（2a）=ln2a；
若F（2a）=F（a），即ln2a=lna，a=2时，F（x）min=F（a）=F（2a）=ln2；
③当a≥e时，F（x）在[a，2a]单调递减．
故F（x）max=F（a）=lna，F（x）min=F（2a）=ln2a，
综上所述，
当0＜a≤时，F（x）max=F（2a）=ln2a，F（x）min=F（a）=lna；
当＜a＜e时，F（x）max=F（e）=，
若＜a＜2时，F（x）min=F（a）=lna，
若a=2时，F（x）min=F（a）=F（2a）=ln2，
若2＜a＜e时，F（x）min=F（2a）=ln2a；
当a≥e时，F（x）max=F（a）=lna，F（x）min=F（2a）=ln2a．
　
例13．已知函数f（x）=ln（ax+1）﹣，a∈R．
（1）若f（x）在x=1时取到极值，求a的值及f（x）的图象在x=1处的切线方程；
（2）若f（x）≥ln2在x≥0时恒成立，求a的取值范围．
解：（1）f′（x）==
∵f′（x）在x=1处取得极值，f′（1）=0
即 a+a﹣2=0，解得 a=1．
f（x）=ln（x+1）﹣，f′（x）=
f′（1）=0，f（1）=ln2，
∴f（x）的图象在x=1处的切线方程为y=ln2；
（2）∵f′（x）=，（x≥0），
①a＞0时，ax+1＞0，1+x＞0．
当a≥2时，在区间（0，+∞）上，f′（x）≥0，f（x）在[0，+∞）递增，
f（x）的最小值为f（0）=1≥ln2在x≥0时恒成立．
当0＜a＜2时，由f′（x）＞0，可得x，
∴f（x）的单调减区间为（0，），单调增区间为（，+∞）．
∴f（x）在x=处取得最小值f（）=ln（+1）﹣，
∵0＜a＜2时，2a﹣a2≤1，∴ln（+1）﹣＜ln2，不符合题意．
②当a≤0时，∵ax+1＞0，在区间（0，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）在[0，+∞）递减，
∴f（x）无最小值，不符合题意．
综上可知，若f（x）的最小值为1，则a的取值范围是[2，+∞）．
　
例14．已知函数f（x）=xlnx+mx2．
（Ⅰ）当m=1时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）若 x∈（0，+∞），都有f（x）＜0成立，求m的取值范围；
（Ⅲ）当m＜0时，设g（x）=，求g（x）在区间[1，2]上的最大值．
解：（ I）当m=1时，f（x）=xlnx+x2，
所以f'（x）=lnx+2x+1．
所以f（1）=1，切点为（1，1）．f'（1）=3，
所以曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣1=3（x﹣1）即y=3x﹣2…（4分）
（Ⅱ）定义域为{x|x＞0}xlnx+mx2＜0，
设，
令h'（x）=0得x=e，
当x变化时，h（x），h'（x）的变化如下表
x （0，e） e （e，+∞）
h'（x） ﹣ 0 +
h（x） ↘ ↗
所以．…（9分）
所以．
（Ⅲ）因为，x∈[1，2]，令，则，
当m≤﹣1时，，g'（x）≤0，g（x）为减函数，
所以g（x）的最大值为g（1）=m，
当时，时，
x
g'（x） + 0 ﹣
g（x） ↗ 极大值 ↘
所以g（x）的最大值为，
当时，时，g'（x）≥0恒成立，g（x）为增函数，
所以g（x）的最大值为g（2）=2m+ln2…（13分）