1、1第三节 导数与函数的极值与最值A组 基础题组1.(2017北京丰台二模,18)已知函数 f(x)=ex-aln x-a.(1)当 a=e时,求曲线 y=f(x)在点(1, f(1)处的切线方程;(2)证明:a(0,e), f(x)在区间 上有极小值,且极小值大于 0.(e,1)解析 (1)f(x)的定义域为(0,+),因为 a=e,所以 f(x)=ex-e(ln x+1),所以 f (x)=ex-.因为 f(1)=0, f (1)=0,所以曲线 y=f(x)在点(1, f(1)处的切线方程为 y=0.(2)证明:因为 00,(e)ee所以x 0 ,使得 - =0.(e,1) e00所以x ,
2、 f (x)0,(e,0)故 f(x)在 上单调递减,在(x 0,1)上单调递增,(e,0)所以 f(x)有极小值 f(x0). 因为 - =0,e00所以 f(x0)= -a(ln x0+1)=a . e0 (10-ln 0-1)设 g(x)=a ,x ,(1-ln-1) (e,1)则 g(x)=a =- ,(-12-1) (1+)22所以 g(x)g(1)=0,(e,1)即 f(x0)0,所以函数 f(x)的极小值大于 0.2.已知函数 f(x)=-3+2,x0时, f(x)在1,e上单调递增,则 f(x)在1,e上的最大值为 f(e)=a.综上所述,当 a2 时, f(x)在-1,e上的
3、最大值为 a;当 a0.(1)当 a=2时,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)求 f(x)在区间1,e上的最小值 g(a).(其中 e是自然对数的底数)3解析 (1)当 a=2时,f(x)=x-3ln x-,f (x)= ,(x-1)(x-2)x2此时,f(1)=-1,f (1)=0,故曲线 y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为 y=-1.(2)f(x)=x-(a+1)ln x-的定义域为(0,+),f (x)=1- + = ,+1 2(-1)(-)2令 f (x)=0,得 x=a或 x=1.当 00,f(x)在1,e上单调递增,f(x)min=f(1)=1-a
4、;当 11时, f(x)= 0.1-若 a1,由(2)可知 f(x)的最小值为 f(2), f(x)的最大值为 f(a),所以对任意 x1,x2a,+),有 f(x1)-f(x2)- 成立等价于 f(2)-f(a)- ,即- - - ,12 12 121- 12解得 a1,a=1.若 a1,求出 a的值显然大于 1.所以 a的最小值为 1.解法二:当 x1时, f(x)= 0.1-由(2)可知, f(x)的最小值为 f(2)=- ,125若 a0,且 x2,f (x)=- +.(-2)2曲线 y=f(x)存在斜率为 0的切线方程 f (x)=0存在 D上的解.令- +=0,整理得 x2-5x+
5、4=0,解得 x=1或 x=4.1(-2)2所以当 a=1时,曲线 y=f(x)存在斜率为 0的切线.(2)证明:由(1)得, f (x)=- +.(-2)2当 a0 时, f (x)0 恒成立,函数 f(x)在区间(0,2)和(2,+)上单调递增,无极值,不符合题意.当 a0时,令 f (x)=0,整理得 x2-(a+4)x+4=0(*).a0时,=-(a+4)2-160 恒成立,所以方程(*)必有两个不相等的实数根,设为 x1,x2且 x14,12=4, 6f (x), f(x)的变化情况如下表:x (0,x1)x1 (x1,2)(2,x2)x2 (x2,+)f (x) + 0 - - 0
6、 +f(x) 极大值 极小值 所以, f(x)存在极大值 f(x1),极小值 f(x2).f(x2)-f(x1)= - = +(ln x2-ln x1).(2-2+ 2)(1-2+ 1)(2-2-1-2)因为 00,所以 - 0,ln x2-ln x10,2-21-2所以 f(x2)f(x1).所以 f(x)的极小值大于极大值.思路分析 (1)可转化为方程 f (x)=0在定义域内有解.(2)分 a0 和 a0两种情况讨论,易得 a0 不符合题意,重点分析 a0时的导数符号即函数单调性,进而得到极小值和极大值的情况,作差证明即可.解后反思 第(1)问答案不唯一.只要 a0均符合要求.6.(20
7、18北京东城一模,20)已知函数 f(x)=xsin x+acos x+x,aR.(1)当 a=-1时,求曲线 y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程;(2)当 a=2时,求 f(x)在区间 上的最大值和最小值;0,2(3)当 a2时,若方程 f(x)-3=0在区间 上有唯一解,求 a的取值范围.0,2解析 (1)当 a=-1时, f(x)=xsin x-cos x+x,所以 f (x)=2sin x+xcos x+1,则 f (0) =1.又因为 f(0)=-1,所以曲线 y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为 y=x-1.(2)当 a=2时, f(x)=xsin x+2cos
8、 x+x,所以 f (x)=-sin x+xcos x+1.当 x 时,1-sin x0,xcos x0,0,27所以 f (x)0.所以 f(x)在区间 上单调递增.0,2因此 f(x)在区间 上的最大值为 f =,最小值为 f(0)=2.0,2 (2)(3)当 a2时, f (x)=(1-a)sin x+xcos x+1.设 h(x)=(1-a)sin x+xcos x+1,则 h(x)=(2-a)cos x-xsin x,因为 a2,x ,所以 h(x)0,h =1-a+1=2-a0,g(x)在(ln 2,1上单调递增.所以 g(x)min=g(ln 2)=2-2ln 20,故 f(x)
9、在0,1上单调递增,所以 f(x)max=f(1)=e-1.(3)当 xR 时,y=f(x)与 y=bx+1有两个交点.8.(2017北京朝阳一模,18)已知函数 f(x)=ln x-ax-1(aR),g(x)=xf(x)+ x 2+2x.(1)求函数 f(x)的单调区间;(2)当 a=1时,若函数 g(x)在区间(m,m+1)(mZ)内存在唯一的极值点,求 m的值.解析 (1)由已知得 x0, f (x)= -a= .1-(i)当 a0 时, f (x)0 恒成立,则函数 f(x)在(0,+)上单调递增;(ii)当 a0时,由 f (x)0,得 0.所以函数 f(x)的单调递增区间为 ,单调
10、递减区间为 .(0,1) (1,+ )(2)因为 g(x)=xf(x)+ x2+2x=x(ln x-x-1)+ x2+2x=xln x-x2+x,所以 g(x)=ln x+1-x+1=ln x-x+2=f(x)+3.由(1)可知,函数 g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.又因为 g =-2- +2=- 0,(12) 12 12所以 g(x)在(0,1)上有且只有一个零点 x1.又在(0,x1)上,g(x)0,g(x)在(x1,1)上单调递增.所以 x1为极值点,此时 m=0.又 g(3)=ln 3-10,g(4)=2ln 2-20,g(x)在(3,x2)上单调递增;在(x2
11、,4)上,g(x)0两种情况讨论;(2)把函数 g(x)在(m,m+1)(mZ)内存在唯一的极值点转化为函数 g(x)的导数在(m,m+1)内有唯一的零点.9.(2017北京东城一模,20)设函数 f(x)= x3-x2+ax,aR.(1)若 x=2是 f(x)的极值点,求 a的值,并讨论 f(x)的单调性;(2)已知函数 g(x)=f(x)- ax2+,若 g(x)在区间(0,1)内有零点,求 a的取值范围;(3)设 f(x)有两个极值点 x1,x2,试讨论过两点(x 1, f(x1),(x2, f(x2)的直线能否过点(1,1).若能,求a的值;若不能,说明理由.解析 (1)由 f(x)=
12、 x3-x2+ax求得 f (x)=x2-x+a.f (2)=4-2+a=0a=-2,f (x)=x2-x-2=(x-2)(x+1).令 f (x)=0,得 x1=2,x2=-1.当 x(-,-1),(2,+)时, f (x)0, f(x)单调递增;当 x(-1,2)时, f (x)0 恒成立,g(x)单调递增,又 g(0)= 0,所以 g(x)在区间(0,1)内没有零点.不合题意.若 00,g(x)单调递增;当 x(a,1)时,g(x)0,故欲使 g(x)在区间(0,1)内有零点,必有 g(1)01-4a0 a,-x1+a=0 =x1-a.21 21f(x1)= - +ax1=x1(x1-a
13、)- +ax1=- +ax1=- (x1-a)+ ax1.13311221 1221 1621f(x1)= x1+a.(23-16)同理, f(x2)= x2+a.(23-16)由此可知过两点(x1, f(x1),(x2, f(x2)的直线方程为 y= x+a.(23-16)若直线过点(1,1),则 1= +aa=a=.(23-16)又 a,显然 a=不合题意.综上,过两点(x1, f(x1),(x2, f(x2)的直线不能过点(1,1).思路分析 (1)由题意知 f (2)=0,可解出 a=-2,代入 f (x),进而得出单调性.(2)g(x)=f(x)- ax2+=x3- (1+a)x2+ax+,g(x)=x2-(1+a)x+a=(x-1)(x-a),对 a分类讨论,可得 a的取值范围.(3)由题意知 f (x)=0有两个不等实根 x1,x2,从而得到 =x1-a,进一步可得过两点(x1, f(x1),(x2, 21f(x2)的直线方程,将点(1,1)代入直线方程,求得 a=,不符合题意.故该直线不能过点(1,1).方法点拨 函数的极值点问题可以转化为导函数的零点问题或对应方程的根的问题进行研究.11
