3.7、3.8含参函数的单调性极值最值问题

1、积微精课 2016 高二秋季班课程3.7、3.8 含参函数的单调性、极值、最值问题知识框架1、导数解单调区间的步骤：利用导数求函数单调区间的方法，大致步骤可应用到解含参函数的单调区间。即确定定义域求出导函数令 f x 0 解不等式得到递增区间后取定义域的补集（减区间）单调性列出表格。2、求含参函数单调区间的实质解含参不等式，而定义域对 x 的限制有时会简化含参不等式的求解。3、关于分类的时机与分界点的确定：（1）什么时候开始分类？简而言之，当参数的不同取值对下一步的影响不相同时，就是分类开始的时机。所以一道题是否进行分类不是一开始就决定的，而是在做的过程中遇到不同值导致不同步骤和结果，就自然的

2、进行分类。（2）分界点的确定：分类一定是按参数的符号分类么？不一定。要想找好分界点，首先要明确参数在问题中所扮演的角色。例如上面的不等式 x2 a ， a 所扮演的角色是被开方数，故能否开方是进行下一步的关键，那自然想到按a 的符号进行分类。（3）当参数取值为一个特定值时，可将其代入条件进行求解（4）当参数a 扮演多个角色时，则以其中一个为目标进行分类，在每一大类下再考虑其他角色的情况以及是否要进行进一步的分类。 1 mx2 m 1 x 1 .例 1、已知函数 f2g x 的单调性;（1）若 g x f x ,（2）若 f x 在 x 1 处取得极小值，求实数 m 的取值范围.1 mx11）

3、g x f x 1 ln x mx m 1 x 0, g x m 解：（.xx m 0 时，当 x 0 时， g x 0 ，所以 g x 在0, 上为增函数； m 0 时，当 x 0 时， g x 0 ，所以 g x 在0, 上为增函数；g x 0 ，得 x 1 m 0 时，令，m-1 -所以当 x 0, 1 时， g x 0 ；当 x 1 , 时， g x 0 ，m m所以 g x 在 0, 1 上单调递增，在 1 , 上单调递减，m m综上所述， m 0 时， g x 在0, 上为增函数； m 0 时， g x 在 0, 1 上单调递增，在 1 , m m上单调递减.（2） f x ln

4、x m x 1 .当 m 0 时， f x 单调递增，恒满足 f 1 0 ，且在 x 1 处单调递增，在 0, 1 单调递增，故 1 1即1 m 0 .当 m 0 时， f xm m综上所述， m 取值范围为1, .ex，g(x)=ax-2lnx-a（aR，e 为自然对数的底数）例 2、（16 届苏北三市三调 19）已知函数 f(x)=ex求 f(x)的极值；若在区间0, e 上，对于任意的 x0，总存在两个不同的 x1，x2，使得 g(x1)=g(x2)=f(x0)，求 a 的取值范围解：（1）因为 f (x) ex ，所以 f (x) (1 x)e ，ex令 f x 0 ，得 x 1 ex

5、当 x ,1 时， f x 0 ， f x 是增函数；当 x 1, + 时， f x 0 ， f x 是减函数所以 f x 在 x 1 时取得极大值 f 1 1 ，无极小值f x 单调递增；当 x 1, e时， f x 单调递减（2）由（1）知，当 x (0,1) 时，又因为 f (0) 0 ， f (1) 1 ， f (e) e e1e 0 ，所以当 x (0, e 时，函数 f x 的值域为(0,1 当 a 0 时， g x 2ln x 在(0, e 上单调，不合题意；a(x 2)a当 a 0 时， g (x) a 2 ax 2 ， x 0, e，故必须满足0 2 e ，所以 a 2 ae

6、此时，当 x 变化时， g (x) ， g(x) 的变化情况如下：所以 x 0 ， g(x) ， g( 2 ) 2 a 2 ln 2 ， g(e) a(e 1) 2 aa所以对任意给定的 x0 0, e ，在区间0, e上总存在两个不同的 x1 ， x2 ，-2 -x(0, 2)a2a( 2 , eag (x)0+g(x)单调减最小值单调增2) ，当且仅当 a 满足下列条件 g( a ) 0,使得 g(x ) g(x ) f (x120g(e) 1,2 a 2ln 2 0,即aa(e 1) 21.令 m(a) 2 a 2 ln 2 ， a ( 2 , ) ，aem(a) a 2 ，由 m(a)

7、 0 ，得 a 2 a当 a (2, ) 时， m(a) 0 ，函数 m(a) 单调递减；当 a ( 2 , 2) 时， m(a) 0 ，函数 m(a) 单调递增e所以，对任意 a ( 2 , ) 有 m(a) m(2) 0 ，e即 2 a 2 ln 2 0 对任意 a ( , ) 恒成立2ae3由 a(e 1) 2 1，解得 a e 13综上所述，当 a , ) 时，对于任意给定的 x (0, e ，e 10在区间(0, e 上总存在两个不同的 x1 ， x2 ，使得 g(x1 ) g(x2 ) f (x0 ) 镇二模 19）设函数 f(x)x2exk(x2lnx)(k 为实常数)例 3、（

8、16 届当 k1 时，求函数 f(x)的最小值；若函数 f(x)在区间(0，4)内至在三个极值点，求 k 的取值范围解：(1) 由函数 f(x)ex(x2lnx)(x0)，（x2）（exx2）f(x)x2因为当 x0 时，exx2.理由如下：要使 x0 时，exx2，只要 x2lnx，x32x2设(x)x2lnx，(x)1 ，xx于是当 0 x2 时，(x)2 时，(x)0.即(x)x2lnx 在 x2 处取得最小值(2)22ln20，即 x0 时，x2lnx，所以 exx20，于是当 0 x2 时，f(x)2 时，f(x)0.所以函数 f(x)在(0，2)上为减函数，(2，)上为增函数e2所

9、以 f(x)在 x2 处取得最小值 f(2) 22ln2.4ex(x 2)( k) x2（x2）（exkx2）(2) 因为 f(x)，x3x当 k0 时，exk0，所以 f(x)在(0，2)上单调递减，(2，4)上单调递增，不存在三个极值点，所以 k0.x2ex(x 2)( k) x2（x2）（exkx2）又 f(x)，x3x-3 -exe2（x2）令 g(x) ，得 g(x)，x2x3g(x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增，在 x2 处取得极小值，得 g(2)e2，且 g(4) e4 ，416e2 e4ex于是yk 与 g(x) 在(0，4)内有两个不同的交点的条件是 k (,

10、) .x24 16ex设 yk 与 g(x) 在x2(0，4)内有两个不同交点的横坐标分别为 x ，x ，则有 0 x 2x 3所以函数 f(x)的减区间是(，0)和(2，)3（2）依题意 m0因为 f(x)x3mx2m，所以 f (x)3x22mxx(3x2m)2m由 f (x)0，得 x 或 x03当 0 x2m时，f (x)0，所以 f(x)在(0，2m 上为增函数；)332m2m当 xm 时，f (x)0，所以 f(x)在(，m)上为减函数；332m43所以，f(x)f() m m极大值327当 4 m3mm，即 m364，ymax m3m27227当 4 m3mm，即 0m36时，y

11、maxm272-4 -x(0，x1)x1(x1，2)2(2，x2)x2(x2，4)4x202exk x20e2k40e4 k 16f(x)000f(x)递减极小值递增极大值递减极小值递增4 m3mm36，272综上，ymax3 6m0m2（3）设两切点的横坐标分别是 x1，x2则函数 f(x)在这两点的切线的方程分别为322322y(x1 mx1 m)(3x1 2mx1)(xx1)，y(x2 mx2 m)(3x2 2mx2)(xx2)将(2，t)代入两条切线方程，得322322t(x1 mx1 m)(3x1 2mx1)(2x1)，t(x2 mx2 m)(3x2 2mx2)(2x2)因为函数 f

12、(x)图象上有且仅有两个不同的切点，所以方程 t(x3mx2m)(3x22mx)(2x)有且仅有不相等的两个实根整理得 t2x3(6m)x24mxm设 h(x)2x3(6m)x24mxm，h (x)6x22(6m)x4m2(3xm)(x2)当 m6 时，h (x)6(x2)20，所以 h(x)单调递增，显然不成立m当 m6 时， h (x)0，解得 x2 或 x 3列表可判断单调性，当 x2 或 xm，3m12h(x)取得极值分别为 h(2)3m8，或 h( ) m3 m2m3273要使得关于 x 的方程 t2x3(6m)x24mxm 有且仅有两个不相等的实根，则 t3m8，或 t 1 m32

13、m2m273因为 t0，所以 3m80，（*），或 1 m32m2m0（*）273解（*），得 m8，解（*），得 m93 6或 m93 63因为 m0，所以 m 的范围为(0，893 6，)3ax21五月信息卷 20）已知函数 f (x) ，直线 y x 为曲线 y f (x) 的切线例 5、（16 届exe（1）求实数 a 的值；（ 2 ）用 minm, n 表示 m, n 中的 最小值， 设函数 g(x) min f (0) ，若 函数 h(x) g(x) cx 2 为增函数，求实数c 的取值范围(2 x)解：（1）对函数 f (x) 求导得 f (x) a 2(ex )2(ex )21

14、ax 2 0 x设直线 y 1 x 与曲线 y f (x) 切于点 P(x , y ) ，则 e0ex01，00 x (2 x )e e a 00 e x0解得 a x0 1所以 a 的值为 1211（2）记函数 F(x) f ， x 0 ，下面x函数 y F (x) 的符号-5 -x(2 x) 1 1对函数 y F (x) 求导得 F (x) ， x 0 exx2当 x 2 时， F (x) 0 恒成立当0 x 2 时，)2 1 ，12从而 F 所以 F (x) 0 在(, 0)因为 F (1) 1 0 ， F (2) 0成立，故 y F (x) 在(, 0) 内单调递减4 3 0 ，所以

15、F (1) F (2) 0 e2e2又曲线 y F (x) 在区间1, 2 上连续不间断，所以由函数的零点存在性定理及其单调性知，存在唯一的实数x0 (1, 2) ，使 F (x0 ) 0 所以 x (0, x0 ) ， F (x) 0 ； x (x0 , ) ， F (x) 0 ,0所以 g(x) min f .0 x 1 c1 2c1,x002从而 h(x) g(x) cx x2所以 h (x) g(x)c2x) e2c0.c0.xxe由函数 h(x) g(x) cx 2 为增函数， 且曲线 y h(x) 在 (0, ) 上连续不断知 h(x) 0 在 (0, x ) ，0(x0 , ) 恒成立当 x x 时， x(2 x) 2cx 0 在(x , 成立，即 2c x(2 x) 在(x , ) 恒成立000exex记u(x) = 2 x ， x x ，则u(x) = x 3 ， x x 00exex当 x 变化时， u(