1、专题专题 4.8导数大题（极值与极值点问题）导数大题（极值与极值点问题） 1已知函数 2 ( )(2)f xxaln x，其中a为常数 （1）若曲线( )yf x在1x 处的切线在y轴上的截距为 2，求a之值； （2）若( )f x有两个极值点 1 x， 212 ()xxx，求a的取值范围，并比较 1 |()|f x与 2 |x的大小 解： （1） 2 ( )(2)f xxaln x，定义域是( 2,)， ( )2 2 a fxx x ，故( 1)2fa ，又( 1)1f ， 故切线方程为：1(2)(1)yax ，即(2)1yaxa， 由切线在y轴上的截距为 2，得12a ，解得：3a ； （
2、2） 2 24 ( )(2) 2 xxa fxx x ， 设函数 22 ( )242(1)2(2)g xxxaxax ， 由题意得： 1 x， 2 x是( )g x在区间( 2,)内的两个变号零点， 于是 ( 2)(0)0 ( 1)20 gga ga ，解得：02a， 故所求a的取值范围是(0,2)， 由 12 210 xx ，且( )f x在区间 1 (x，1)内递减，故 1 ()( 1)10f xf ， 由 1 ()0g x得 2 11 (24 )axx ，于是 2 11111 ( )2 (2) (2)f xxx xln x， 又 12 2xx ，故 2 1111 1111 2211 |(
3、 )|( ) 2(2)2 (2) |22 f xf xxx xln xxln x xxxx ， 设函数 2 ( )2(01) x h xlnxx x ，则 22 222(1) ( )0 x h x xxx ， 故( )h x在(0,1)递增，故( )h xh（1）1 ，故 1 (2)1h x ， 结合 1 1x ，得 1 11 2 |()| (2)1 | f x x h x x ， 故 12 |()| |f xx 2已知函数 2 ( )() 4 x a f xxaeaR （1）讨论函数( )f x的单调性； （ 2 ） 设 2 1 ( )( )(1) 2 x g xf xeax， 若( )g
4、x有 两 个 不 同 的 极 值 点 1 x， 2 x， 且 1212 ()()()g xg xxx恒成立，求实数的取值范围 解（1）因为数 2 ( )() 4 x a f xxaeaR，所以( )1 x fxae 当0a时，因为0 x e ， 所以( )0fx，此时函数( )f x的单调递增区间为(,) 当0a 时，令( )0fx， 解得 1 xln a 当 1 xln a 时，( )0fx，当 1 xln a 时，( )0fx 此时，( )f x的单调递增区间为 1 (,)ln a ，( )f x的单调递减区间为 1 (,)ln a 综上所述：当0a时，函数( )f x的单调递增区间为(,
5、) ， 当0a 时，( )f x的单调递增区间为 1 (,)ln a ，( )f x的单调递减区间为 1 (,)ln a （2）因为 2 2 11 ( )( )(1) 224 xaxx a g xf xeaxeaeax， 所以 2 ( ) xx g xeaea 依题意， 2 0 40 a aa ，解得4a 因为 1 x和 2 x是( )g x的极值点，所以 1212 xxxx eeeea， 则 12 xxlna 所以 1122 22 22 1212 11 ( )()()() 2424 xxxx aa g xg xeaeaxeaeax， 2 22 1 (2 ) 22 a aaaalna， aln
6、aa 所以，由 1212 ()()()g xg xxx， 可得alnaalna， 因为4a ，0lna ， 所以等价于 a a lna 令( ) x xx lnx ， 则 2 2 ()1 ( ) () lnxlnx x lnx ，(4,)x， 由于 22 13 ()1()0 24 lnxlnxlnx ， 所以( )0 x， 所以( )x在(0,)单调递增，且（4） 2 4 2ln 所以，（a） 2 (4,) 2 a a lnaln 所以的取值范围是 2 (4,) 2ln 3已知函数 2 ( )(2)()f xxax lnxax aR （1）讨论函数( )f x的单调性； （2）令 2 1 (
7、)( )2(21) 2 g xf xaxlnxaxax，若1x 是函数( )g x的极小值点，求实数a的取值 范围 解： （1）函数( )f x的定义域(0,)， ( )(22 )()(2)fxxa lnxxaxalnxx， 当0a时，令( )0fx，可得 1 x e ， 此时函数( )f x的增区间为 1 (,) e ，减区间为 1 (0,) e ； 当 1 a e 时，( ) 0fx， 此时函数( )f x单调递增，增区间为(0,)，没有减区间； 当 1 0a e 时，令( )0fx，有0 xa或 1 x e ， 可得函数( )f x的增区间为(0, )a， 1 (,) e ，减区间为 1
8、 ( ,)a e ； 综上：0a时，函数( )f x的增区间为 1 (,) e ，减区间为 1 (0,) e ， 1 0a e 时，函数( )f x的增区间为(0, )a， 1 (,) e ，减区间为 1 ( ,)a e ， 1 a e 时，函数( )f x单调递增，增区间为(0,)，没有减区间 （2）由 22 1 ( )(1) 2 g xx lnxaxax，有( )2(1)(1)g xxlnxaxa， 由 g （1）0，令( )2(1)(1)h xxlnxaxa，有( )23h xlnxa， 令( )0h x，可得 3 2 a xe ， 可得函数( )h x的增区间为 3 2 (,) a e
9、 ，减区间为 3 2 (0,) a e ， 当 3 2 1 a e 时，3a ，由h（1）0，可知当 3 2 (,1) a xe 时，( )0h x ， 当(1,)x时，( )0h x ，可得函数( )g x在区间 3 2 (,1) a e 单调递减，在区间(1,)单调递增， 此时1x 是函数( )g x的极小值点，符合题意； 当 3 2 1 a e 时，3a ，此时( )h xh（1）0，函数( )g x单调递增，没有极值点，不合题意； 当 3 2 1 a e 时3a ，由h（1）0， 可知当(0,1)x时，( )0h x ，当 3 2 (1,) a xe 时，( )0h x ， 可得函数(
10、 )g x在区间(0,1)单调递增，在区间 3 2 (1,) a e 单调递减； 此时1x 是函数( )g x的极大值点，不符合题意； 故若1x 是函数( )g x的极小值点，则实数a的取值范围为( 3,) 4已知函数 2 ( )cosf xxax，其中aR，0 x， 2 （）当 1 2 a 时，求函数( )f x的值域； （）若函数( )f x在0， 2 上有唯一的极值点，求a的取值范围 解： （）当 1 2 a 时， 2 1 ( )cos 2 f xxx，则( )sinfxxx ， 设( )sing xxx ，则( )cos1g xx ， 0 x， 2 ，0 cos1x ，( ) 0g x
11、 ，( )g x在0， 2 上单调递增， ( )(0)0g xg，即( ) 0fx，( )f x在0， 2 上单调递增， 又(0)1f， 2 () 28 f ，故函数( )f x的值域是1， 2 8 （） 2 ( )cosf xxax，( )sin2fxxax ， 设( )sin2h xxax ，则( )cos2h xxa ， （1）当0a时，( )cos20h xxa ，则( )h x在0， 2 上单调递减， ( )(0)0h xh，即( ) 0fx，( )f x在0， 2 上单调递减，无极值； （2）当 1 2 a时，( )cos20h xxa ，则( )h x在0， 2 上单调递增， (
12、 )(0)0h xh，即( ) 0fx，( )f x在0， 2 上单调递增，无极值； （3）当 1 0 2 a时，存在 0 (0,) 2 x ，使 00 ()cos20h xxa ， 当 0 (0,)xx时，( )0h x，当 0 (xx，) 2 时，( )0h x， ( )h x在 0 (0,)x递减，在 0 (x，) 2 递增， (0)0h， 0 ()0h x，又()1 2 ha ， 当10a 即 1 0a 时，() 0 2 h ， ( ) 0fx ，( )f x在0， 2 上递减，无极值； 当10a 即 11 2 a 时，()0 2 h ， 则存在 10 (xx，) 2 ，使得 111
13、()sin20h xxax ， 当 1 (0,)xx时，( )0h x ，即( )0fx， 当 1 (xx，) 2 时，( )0h x ，即( )0fx， ( )f x在 1 (0,)x递减，在 1 (x，) 2 递增， 1 x是函数( )f x在0， 2 上的极小值点，且为唯一的极值点， 综上：实数a的取值范围是 1 ( 2 ， 1 ) 5已知 32 ( )( 6 x e f xaexbxcx a，b，)cR，(e为自然对数的底数，2.71828)e （）当0a 时，若函数( )f x与直线yex相切于点(1, ) e，求b，c的值； （）当 1 a e 时，若对任意的正实数b，( )f x
14、有且只有一个极值点，求负实数c的取值范围 解： （）当0a 时， 32 ( ) 6 e f xxbxcx ，则 2 ( )2,(1)2 22 ee fxxbxc fbc ， 依题意， 2 2 6 e bce e bce ，解得 5 , 36 ee bc； （）当 1 a e 时， 132 ( ) 6 x e f xexbxcx ，则 12 ( )2 2 x e fxexbxc ， 令 12 ( )2 2 x e h xexbxc ，则 1 ( )2 x h xeexb ， 令 1 ( )2 x t xeexb ，则 1 ( ) x t xee ， 当(,2)x 时，( )0t x，( )t x
15、单调递减，当(2,)x时，( )0t x，( )t x单调递增， ( )t xt（2）2be， 当 2 e b时，( )( ) 0t xh x ，( )h x在R上单调递增，即( )fx在R上单调递增， ( )0fx 在R上有唯一解，此时( )f x有且只有一个极值点； 当0 2 e b时，此时( )0t x 有两个不等实数根 1 x， 2 x， 由于 1 (0)20tb e ，则 12 02xx，则( )h x在 1 (,)x， 2 (x，)单调递增，在 1 (x， 2) x单调 递减， 要使( )h x只有一个变号零点，只需 1 () 0h x 或 2 () 0h x ， 先考虑， 11
16、1122 11111 ()2(1) 22 xx ee h xexbxcx exc ， 令 12 ( )(1)2,02 2 x e m xx exbxcx ，则 1 ( )() x m xx ee ， 易知( )m x在(0,2)单调递增，故( )m xm（2） ， 要使 1 () 0h x 恒成立，只需m（2）0，即ce； 再考虑， 2 12 222 ()(1) 2 x e h xx exc ，由于( )m x在(2,)单调递减， 同理可得， 2 () 0h x 不可能恒成立 综上，c的取值范围为(， e 6已知函数 sin ( )(0) x f xx x （1）判断函数( )f x在(0,
17、)上的单调性； （2）证明函数( )f x在( ,2 )内存在唯一的极值点 0 x，且 0 2 () 3 f x 解： （1）由于 sin ( )(0) x f xx x ，得 2 cossin ( )(0) xxx fxx x ， 设( )cossing xxxx，其导函数( )sing xxx ， 在区间(0, )上，( )0g x，( )g x单调递减，且(0)0g， 所以在区间(0, )上( )0g x ，( )0fx，从而函数( )f x在(0, )上的单调递减； （2）证明：由第（1）问， 在区间( ,2 )上，( )0g x，( )g x单调递增，且( )0g ，(2 )20g， 所以存在唯一的 0 ( ,2 )x，使得 0 ()0fx， 在区间 0 ( ,)x上，( )0fx，( )f x单调递减， 在区间 0 (x，2 )上，( )0fx，( )f x单调递增， 所以 0 x为函数( )f x在( ,2 )上的唯一极小值， 其中 2 32 4 23 ()0 16 3 9 f ， 2 2 314 ()0 9 29 4 f ， 所以 0 43 (,) 32 x，且 43 3 () 38 f ， 32 () 23 f ， 由于 43 ()() 32 ff，故 0 2 () 3 f x
