高考数学总复习第二部分高考22题各个击破2.4.1导数与函数的单调性、极值、最值课件文_图文

2.4.1 导数与函数的单调性、 极值、最值

解题策略一

解题策略二

讨论、判断、证明单调性或求单调区间 解题策略一 分类讨论法 例1已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)≥0,求a的取值范围. 难点突破 (1)讨论f(x)的单调性→求函数的定义域→求导函数 判断导函数的符号→确定单调区间;(2)讨论a的取值范 围→求f(x)导函数→确定f(x)的单调区间→求f(x)取最小值→解不等 式f(x)max≥0得a的范围→合并a的范围.

-2-

解题策略一

解题策略二

解 (1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a). ①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增. ②若a>0,则由f'(x)=0得x=ln a. 当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在(-∞,ln a) 单调递减,在(ln a,+∞)单调递增.

③若 a<0,则由 f'(x)=0 得 x=ln - 2 .
当 x∈ -∞,ln 2



时,f'(x)<0;
2 2

当 x∈ ln - 2 , + ∞ 时,f'(x)>0. 故 f(x)在 -∞,ln 单调递减,在 ln -

, + ∞ 单调递增.

-3-

解题策略一

解题策略二

(2)①若 a=0,则 f(x)=e2x,所以 f(x)≥0. ②若 a>0,则由(1)得,当 x=ln a 时,f(x)取得最小值,最小值为 f(ln a)=-a2ln a.从而当且仅当-a2ln a≥0,即 a≤1 时,f(x)≥0.

③若 a<0,则由(1)得,当 x=ln
f ln
-2 3 2 =a -ln 4 -2

2

时,f(x)取得最小值,最小值为
3 2 a -ln 4 -2

.从而当且仅当
3 4

≥0,即 a≥-2e

3 4

时 f(x)≥0. 综上,a 的取值范围是[-2e ,1].
解题心得利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数 的符号,当f(x)含参数时,需依据参数取值对不等式解集的影响进行 分类讨论.
-4-

解题策略一

解题策略二

对点训练1(2018山东济南一模)设函数f(x)= x--a ln- 2 ,a∈R. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当a>0时,记f(x)的最小值为g(a),证明g(a)<1.
(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),
2 1 2 f'(x)=1+ 2-a + 3

2

1

=

2 +2 2 +2 -a 3 2

=

(2 +2)(-) , 3

当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a>0时,当x∈(0,a),f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x∈(a,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增; 综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a>0时,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.
-5-

解题策略一

解题策略二

(2)由(1),知 f(x)min=f(a)=a- -a ln即 g(a)=a-aln a- . 要证 g(a)<1,即证 a-aln a-<1, 即证:1-ln a1 1 2 1

2

1 2

=a-aln a- ,

1

< .

1 1 令 h(a)=ln a+ + 2 -1, 1 1 则只需证 h(a)=ln a+ + 2-1>0. 2 1 1 2 --2 (-2)(+1) h'(a)= ? 2 ? 3 = 3 = , 3

1

当 a∈(0,2)时,h'(a)<0,h(a)单调递减; 当 a∈(2,+∞)时,h'(a)>0,h(a)单调递增;

∴h(a)min=h(2)=ln 2+2 + 4-1=ln 2-4>0, ∴h(a)>0,即 g(a)<1.

1

1

1

-6-

解题策略一

解题策略二

解题策略二 构造函数法 ln+ f ( x ) = 例2已知函数 (k为常数,e是自然对数的底数),曲线y=f(x) e 在点(1,f(1))处的切线与x轴平行. (1)求k的值; (2)求f(x)的单调区间.

难点突破 求 f(x)的单调区间?求 f'(x)= e >0(或 f'(x)<0)的范 1 围?构造函数 h(x)= -ln x-1(x>0)并判断 h(x)>0(或 h(x)<0)的范围.


1 -ln-

-7-

解题策略一

解题策略二

解 (1)由题意得 f'(x)= (2)由(1)知,f'(x)= 则
1 h'(x)=-2 1
1 -ln-1

1 -ln-

e

,又

1- f'(1)= =0,故 e

k=1.

e

.

设 h(x)= -ln x-1(x>0),
1 ? <0,

即h(x)在(0,+∞)上是减函数. 由h(1)=0知,当0<x<1时,h(x)>0,从而f'(x)>0; 当x>1时,h(x)<0,从而f'(x)<0. 综上可知,f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,+∞). 解题心得通过导数研究单调性首先要判断构造函数的导函数的 正负,因此,构造函数的关键在于其导函数的零点是否易求或易估.
-8-

解题策略一

解题策略二

对点训练2设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线 方程为y=(e-1)x+4. (1)求a,b的值; (2)求f(x)的单调区间.

解 (1)因为 f(x)=xea-x+bx, 所以 f'(x)=(1-x)ea-x+b. (2) = 2e + 2, 依题设, '(2) = e-1, 2e -2 + 2 = 2e + 2, 即 -e -2 + = e-1, 解得 a=2,b=e.
-9-

解题策略一

解题策略二

(2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex. 由f'(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x>0知,f'(x)与1-x+ex-1同号. 令g(x)=1-x+ex-1, 则g'(x)=-1+ex-1. 所以,当x∈(-∞,1)时,g'(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减; 当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 故g(1)=1是g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值, 从而g(x)>0,x∈(-∞,+∞). 综上可知,f'(x)>0,x∈(-∞,+∞). 故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).

-10-

解题策略一

解题策略二

解题策略三

求函数的极值、最值 解题策略一 利用单调性求 1 例3已知函数f(x)=ln x- ,g(x)=ax+b. (1)若a=2,F(x)=f(x)-g(x),求F(x)的单调区间; 1 (2)若函数g(x)=ax+b是函数f(x)=ln x- 图象的切线,求a+b的最小 值. 难点突破 (1)求出F(x)的导数,解关于导函数的不等式,即得函数 的单调区间;

(2)设切点 ,ln- ,由 f'(x)几何意义和 f(x)切线方程,得 a+b=ln m- + 导数求其最小值即可得到 a+b 的最小值.
-11-

1

1

1 1 1, 令 =t>0 2

换元,可得 a+b=φ(t)=-ln t+t2-t-1,利用

解题策略一

解题策略二

解题策略三

解 (1)a=2,F(x)=f(x)-g(x)=ln

令 F'(x)>0,解得 0<x<1,令 F'(x)<0,解得 x>1, 故 F(x)在(0,1)递增,在(1,+∞)递减. (2)设切点 ,ln1 1

1 1 1 (1-)(1+2) x--2x-b,F'(x)= + 2-2= (x>0), 2

,函数 f(x)=ln x- 的导数为 f'(x)= + 2, t-t+t2-1,

1 1 1 1 1 即切线的斜率为 + 2 ,则 a= + 2 ,ln m- =ma+b, 2 1 1 1 即有 b=ln m- -1,a+b=ln m- + 2-1,令 =t>0,则 a+b=-ln 1 (2+1)(-1) 令 a+b=φ(t)=-ln t+t2-t-1,则 φ'(t)=- +2t-1= ,

1

1

当t∈(0,1)时,φ'(t)<0,φ(t)在(0,1)上单调递减; 当t∈(1,+∞)时,φ'(t)>0,φ(t)在(1,+∞)上单调递增. 即有t=1时,φ(t)取得极小值,也为最小值. 则a+b=φ(t)≥φ(1)=-1,故a+b的最小值为-1.
-12-

解题策略一

解题策略二

解题策略三

解题心得1.求最值的常用方法是由导数确定单调性,由单调性确 定极值,比较极值与定义域的端点值确定最值; 2.对k<f(x)(或k>f(x))恒成立,求参数k的最值问题,若求不出f(x)的 极值点,可先求极值点所在区间,再由极值点范围求极值的范围,由 此得出参数的最值.

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解题策略一

解题策略二

解题策略三

对点训练3已知函数f(x)=excos x-x. (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; π 0 , (2)求函数f(x)在区间 2 上的最大值和最小值. 解 (1)因为f(x)=excos x-x,所以f'(x)=ex(cos x-sin x)-1,f'(0)=0. 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=1. (2)设h(x)=ex(cos x-sin x)-1, 则h'(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x.

当 x∈ 0, 2 时,h'(x)<0,所以 h(x)在区间 0, 2 上单调递减. 所以对任意 x∈ 0, 有 h(x)<h(0)=0,即 f'(x)<0. 所以函数 f(x)在区间 0, 2 上单调递减. 因此 f(x)在区间 0, 上的最大值为 f(0)=1,最小值为 f
π 2 π π 2
-14-

π

π

π 2

=- .

π 2

解题策略一

解题策略二

解题策略三

解题策略二

构造函数法

例 4 已知函数 f(x)满足 f(x)=f'(1)ex-1-f(0)x+ x2. (1)求 f(x)的解析式及单调区间; (2)若 f(x)≥ x2+ax+b,求(a+1)b 的最大值.
1 2

1 2

难点突破

h(x)=ex-(a+1)x-b≥0?h'(x)=ex-(a+1)?h(x)min=(a+1)-(a+1)ln(a+1)-b ≥0?(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1)(a+1>0),令 F(x)=x2-x2ln x(x>0), e 则 F'(x)=x(1-2ln x),x= e时,F(x)max=2.

1 2 1 2 f(x)≥2x +ax+b?f(x)- 2

+ + ≥0?令

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解题策略一

解题策略二

解题策略三

解 (1)由已知得f'(x)=f'(1)ex-1-f(0)+x. 所以f'(1)=f'(1)-f(0)+1,即f(0)=1. 又f(0)=f'(1)e-1,所以f'(1)=e. 1 从而f(x)=ex-x+ 2 x2. 由于f'(x)=ex-1+x, 故当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0; 当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0. 从而,f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.

-16-

解题策略一

解题策略二

解题策略三

(2)由已知条件得ex-(a+1)x≥b.① 1- (ⅰ)若a+1<0,则对任意常数b,当x<0,且 x<+1 时,可得ex-(a+1)x<b, 因此①式不成立. (ⅱ)若a+1=0,则(a+1)b=0. (ⅲ)若a+1>0,设g(x)=ex-(a+1)x, 则g'(x)=ex-(a+1). 当x∈(-∞,ln(a+1))时,g'(x)<0; 当x∈(ln(a+1),+∞)时,g'(x)>0. 从而g(x)在(-∞,ln(a+1))单调递减,在(ln(a+1),+∞)单调递增. 故g(x)有最小值g(ln(a+1))=a+1-(a+1)ln(a+1). 1 2 所以f(x)≥ 2 x +ax+b等价于 b≤a+1-(a+1)ln(a+1).② 因此(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1). -17-

解题策略一

解题策略二

解题策略三

设h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1), 则h'(a)=(a+1)(1-2ln(a+1)).

所以 h(a)在(-1,e -1)单调递增, 在(e -1,+∞)单调递减, 故 h(a)在 a=e -1 处取得最大值. e e 从而 h(a)≤ ,即(a+1)b≤ .
2
1 2 1 2

1 2

当 a=e -1,b= 时,②式成立, 故 f(x)≥2x2+ax+b. 综合得,(a+1)b
1 2 e 的最大值为2.
-18-

1 2

1 e2

2

解题策略一

解题策略二

解题策略三

解题心得本例在(2)中,通过作差将条件进行转化,通过构造函数 求函数的最小值得出关于a,b的不等式,通过乘(a+1)得(a+1)b的关 系式,再通过第二次构造函数求函数最大值得出结果.

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解题策略一

解题策略二

解题策略三

对点训练4已知函数f(x)=ax-ln x,F(x)=ex+ax,其中x>0,a<0. (1)若f(x)和F(x)在区间(0,ln 3)上具有相同的单调性,求实数a的取 值范围; 1 (2)若 a∈ -∞,- e2 ,且函数g(x)=xeax-1-2ax+f(x)的最小值为M,求M 的最小值.

解 (1)求导,f'(x)=a- =

1

-1 ,F'(x)=ex+a,x>0,

a<0,f'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,即f(x)在(0,+∞)上单调递减, 当-1<a<0时,F'(x)>0,即F(x)在(0,+∞)上单调递增,不合题意. 当a<-1时,由F'(x)>0,得x>ln(-a),由F'(x)<0,得0<x<ln(-a), ∴F(x)的单调减区间为(0,ln(-a)),单调增区间为(ln(-a),+∞), ∵f(x)和F(x)在区间(0,ln 3)上具有相同的单调性, ∴ln(-a)≥ln 3,即a≤-3. -20综上,a的取值范围是(-∞,-3].

解题策略一

解题策略二

解题策略三

(2)∵g(x)=xeax-1-ax-ln x, 由 eax-1- =0,解得 a= 设
1 1-ln p(x)= ,则

∴g'(x)=eax-1+axeax-1-a-=(ax+1) e -1 - ,
1-ln , ln-2 p'(x)= 2 ,

1

1

当 x>e2 时,p'(x)>0,当 0<x<e2,p'(x)<0, 从而 p(x)在(0,e2)上单调递减,在(e2,+∞)上单调递增, p(x)min=p(e2)=- 2,∴当 a≤- 2,a≤
1 1 1 e 1 e 1-ln 1 ,即 eax-1- ≤0,

在 x∈ 0,- 上,ax+1>0,g'(x)≤0,g(x)单调递减, 在 x∈ - , + ∞ 上,ax+1<0,g'(x)≥0,g(x)单调递增,

∴g(x)min=g - =-e-2+1-ln - =M,
-21-

1

1

1

解题策略一

解题策略二

解题策略三

1 1 2 ∵a∈ -∞,- e2 ,令 t=-∈(0,e ],M=h(t)=e2-ln 1 1 h'(t)= 2 ? ≤0,h(x)在(0,e2]上单调递减, e

t+1(0<t≤e2),

∴h(t)≥h(e2)=0,∴M 的最小值为 0.

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解题策略一

解题策略二

解题策略三

解题策略三 分类讨论法 2 例5已知函数f(x)= x3-2x2+(2-a)x+1,其中a∈R. 3 (1)若a=2,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)求f(x)在区间[2,3]上的最大值和最小值. 难点突破 在(2)中求得f(x)在某闭区间上的最值,因f'(x)是关于x的 二次函数,判别式为Δ=8a, 所以求最值分两个层次讨论,第一层次是Δ=8a≤0和Δ=8a>0,因 Δ=8a≤0,f(x)没有极值点,函数单调,易求最值;当Δ=8a>0,因f(x)有两 个极值点,所以第二层次讨论以这两个极值点与所给闭区间的关系 进行分类.

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解题策略一

解题策略二

解题策略三

解 (1)f(x)的定义域为 R,且 f'(x)=2x2-4x+2-a. 当 a=2 时,f(1)=- ,f'(1)=-2, 所以曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y+3=-2(x-1),即 6x+3y-5=0. (2)方程 f'(x)=0 的判别式为 Δ=8a. ①当 a≤0 时,f'(x)≥0,所以 f(x)在区间[2,3]上单调递增,所以 f(x)在区 间[2,3]上的最小值是 f(2)=3-2a;最大值是 f(3)=7-3a.
7 1 1 3

②当 a>0 时,令 f'(x)=0,得 x1=1-

当 x 变化时,f(x)和 f'(x)的变化情况如下: x (-∞,x1) x1 (x1,x2) f'(x) + 0 f(x) ↗ 极大值 ↘

2 2 或 x2=1+ 2 . 2

x2 0 极小值

(x2,+∞) + ↗
-24-

解题策略一

解题策略二

解题策略三

故 f(x)的单调增区间为 -∞,112 2 ,1 + 2 2

2 2

, 1+

2 ,+∞ 2

;单调减区间为

.
7 f(2)=3-2a;最大值是

当 0<a≤2 时,x2≤2,此时 f(x)在区间[2,3]上单调递增,所以 f(x)在区间 [2,3]上的最小值是 f(3)=7-3a.
5 2 f(x2)=3-a- 3 . 7

当 2<a<8 时,x1<2<x2<3,此时 f(x)在区间[2,x2)上单调递减,在区间 (x2,3]上单调递增,所以 f(x)在区间[2,3]上的最小值是
14 14 3 14 3

因为 f(3)-f(2)= -a,所以,当 2<a≤ 时,f(x)在区间[2,3]上的最大值是 f(3)=7-3a;当 3 <a<8 时,f(x)在区间[2,3]上的最大值是 f(2)=3-2a. 区间[2,3]上的最小值是 f(3)=7-3a;最大值是 f(2)= -2a.
-25-

当 a≥8 时,x1<2<3≤x2,此时 f(x)在区间[2,3]上单调递减,所以 f(x)在
7 3

解题策略一

解题策略二

解题策略三

综上,当 a≤2 时,f(x)在区间[2,3]上的最小值是3-2a,最大值是 7-3a;当
14 5 2 2<a≤ 3 时,f(x)在区间[2,3]上的最小值是3-a- 3 ,最大值是 7-3a;当 14 5 2 7 <a< 8 时 , f ( x ) 在区间 [2,3] 上的最小值是 -a, 最大值是 -2a;当 3 3 3 3 7 a≥8 时,f(x)在区间[2,3]上的最小值是 7-3a,最大值是3-2a.

7

解题心得依据题意,对参数分类,分类后相当于增加了一个已知 条件,在增加条件的情况下,对参数的各个范围逐个验证是否适合 题意,最后适合题意的范围即为所求范围,这个范围的最大值也就 求出.

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解题策略一

解题策略二

解题策略三

对点训练 5 已知函数 f(x)=ln

(1)当 a=0 时,求函数 f(x)在(1,f(1))处的切线方程; (2)令 g(x)=f(x)-ax+1,求函数 g(x)的极值; (3)若 a=-2,正实数 x1,x2 满足 f(x1)+f(x2)+x1x2=0,证明 x1+x2≥
(1)解 当 a=0 时,f(x)=ln x+x,则 f(1)=1,所以切点为(1,1), 又 f'(x)= +1,则切线斜率 f'(1)=2,故切线方程为 y-1=2(x-1), 即 2x-y-1=0.
1

1 2 x- ax +x,a∈R. 2

5-1 . 2

-27-

解题策略一

解题策略二

解题策略三

(2)解 g(x)=f(x)-ax+1=ln x-2ax2+(1-a)x+1,则
1 -2 +(1-)+1 g'(x)=-ax+(1-a)= ,

1

当 a≤0 时,∵x>0,∴g'(x)>0. ∴g(x)在(0,+∞)上是递增函数,函数 g(x)无极值点,
-2 +(1-)+1 - (+1) 当 a>0 时,g'(x)= =, 1 令 g'(x)=0 得 x=, 1 1 ∴当 x∈ 0, 时,g'(x)>0;当 x∈ , + ∞ 时,g'(x)<0. 1 1 因此 g(x)在 0, 上是增函数,在 , + ∞ 上是减函数. 1 1 1 1 1 1 ∴x=时,g(x)有极大值 g =ln ? 2 × 2 +(1-a)×+1=2-ln
1

a.

综上,当 a≤0 时,函数 g(x)无极值; 当 a>0 时,函数 g(x)有极大值2-ln a.
1
-28-

解题策略一

解题策略二

解题策略三

(3)证明 当 a=-2 时,f(x)=ln x+x2+x,x>0, 2 2 由 f(x1)+f(x2)+x1x2=0,即 ln x1+1 +x1+ln x2+2 +x2+x1x2=0, 从而(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln(x1x2),令 t=x1x2,则 φ(t)=t-ln t,得 φ'(t)= , 可知 φ(t)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增, ∴φ(t)≥φ(1)=1, ∴(x1+x2)2+(x1+x2)≥1,
-1

∵x1>0,x2>0,∴x1+x2≥

5-1 . 2

-29-

证明函数有最值并求最值范围 解题策略 零点分布法 2 例6已知函数f(x)=xln x- 2 x ,直线l:y=(k-2)x-k+1,且k∈Z. (1)若?x0∈[e,e2],使得f(x0)>0成立,求实数a的取值范围; (2)设a=0,当x>1时,函数f(x)的图象恒在直线l的上方,求k的最大值.

难点突破 (1)问题转化为 a< (2)问题转化为

数的单调性求出 g(x)的最大值,从而求出 a 的范围即可.
ln+2-1 k< ,令 -1

2ln ,令

g(x)=

2ln ,x∈[e,e2],根据函

ln+2-1 h(x)= (x>1).因为 -1

h'(x)=0

不易解,可用求导的方法判断 h'(x)的单调性,再根据零点存在性定理 求 h(x)的极值点 x0 的范围,进而求出最值 h(x0)的范围,从而求出 k 的 最大整数值即可.
-30-

2 2ln 2ln 解 (1)由题意可得 x <xln x,即 a< ,令 g(x)= ,x∈[e,e2], 2 2-2ln ∴g'(x)= 2 ,令 g'(x)>0,解得 0<x<e,令 g'(x)<0,解得 x>e,

∴g(x)在 x∈(0,e)上递增,在 x∈[e,e2]上递减, 2 ∴当 x=e 时,g(x)max=g(e)= e, ∴a<e,即 a 的取值范围是 -∞, e .
2 2

-31-

(2)由题意可知 xln x>x(k-2)-k+1 在 x∈(1,+∞)上恒成立, 即 k< 令
ln+2-1 , -1 ln+2-1 h(x)= (x>1), -1 -ln-2 (-1)
2

∴h'(x)=

,

令 φ(x)=x-ln x-2(x>1),φ'(x)=1- =

1

∴φ(x)在 x∈(1,+∞)上递增,又 φ(3)=1-ln 3<0,φ(4)=2-ln 4>0, ∴存在唯一实数 x0∈(3,4),使得 φ(x0)=0,即 x0-ln x0-2=0,∴ln x0=x0-2. ∴h(x)在 x∈(1,x0)上递减,在 x∈(x0,+∞)上递增, ∴h(x)min=h(x0)= ∴k<h(x)min,又 k∈Z,∴k 的最大值为 4.
0 ln 0 +20 -1 0 -1

-1 >0,

=

0 (0 -2)+20 -1 =x0+1∈(4,5), 0 -1

-32-

解题心得在证明函数f(x)有最值及求最值范围时,若f'(x)=0解不出, 可运用零点存在性定理求出极值点t存在的范围,从而用t表示出最 值,此时最值是关于t的函数,通过函数关系式求出最值的范围.

-33-

对点训练6已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x+2)2(x>0). (1)若f(x)是(0,+∞)上的单调递增函数,求实数a的取值范围; 1 (2)当 a∈ 0, 时,求证:函数f(x)有最小值,并求函数f(x)最小值的 4 取值范围. 解 (1)由题意,得 f'(x)=ex+(x-2)ex+2ax+4a, ∵函数 f(x)在区间(0,+∞)上单调递增, ∴f'(x)≥0 在(0,+∞)上恒成立. ∴ex+(x-2)ex+2ax+4a≥0,
(1-)e ∴a≥ 2+4 , (1-)e 令 g(x)= , 2+4 [(1-)e -e ](2+4)-2(1-)e e (-22 -2-2)

g'(x)=

(2+4)2 1 1

=

(2+4)2

<0,

即 g(x)在(0,+∞)上递减,

∴g(x)<g(0)=4,∴a≥4.

-34-

(2)∵f'(x)=ex+(x-2)ex+2ax+4a,∴[f'(x)]'=x· ex+2a>0, ∴y=f'(x)在(0,+∞)上单调递增, 又f'(0)=4a-1<0,f'(1)=6a>0, ∴存在t∈(0,1)使f'(t)=0,∴x∈(0,t)时,f'(x)<0,x∈(t,+∞)时,f'(x)>0, 当x=t时,f(x)min=f(t)=(t-2)et+a(t+2)2, 由f'(t)=0,即et· (t-1)+2a(t+2)=0,
e (1-) ∴a=2(+2). e (1-) a=g(t)= 在 2(+2) 1 4

由(1)知
1

t∈(0,+∞)上单调递减,

g(0)=4,g(1)=0, 又 0<a< ,∴0<t<1.
-35-

2 e (1-) t (- +-2) 2 ∴f(x)min=f(t)=(t-2)e +2(+2)(t+2) =e · 2 , e ∴f'(t)= 2 · (-t2-t-1)<0,

t

∴f(t)在(0,1)上递减, ∴f(1)<f(t)<f(0),-e<f(t)<-1, ∴f(x)的最小值的取值范围是(-e,-1).

-36-

与极值、最值有关的证明问题 解题策略 等价转换法 例7已知函数f(x)=ln x-2ax,a∈R. (1)若函数y=f(x)存在与直线2x-y=0垂直的切线,求实数a的取值范 围;

(2)设 g(x)=f(x)+ x2,若 g(x)有极大值点 x1,求证:

1 2

难点突破 (1)求出函数的导数,问题转化为 解,求出 a 的范围即可; (2)求 g(x)的导函数
ln 1 要证 1

ln 1 1 + 2 >a. 1 1 2 x= 在(0,+∞)上有 4-1

确定出 a 与 x1 的关系

3 1 1 +1 + 2 >a,即证 x1ln x1+1> 2 ,构造函数 1

2 1 +1 a= 2 , 1

1 3 1 h(x)=-2x -2x+xln
-37-

x+1,x∈(0,1),用导函数判断 h(x)的单调性,由 h(x)的单调性即可证明.

(1)解

因为函数 y=f(x)存在与直线 2x-y=0 垂直的切线,

1 f'(x)=-2a,x>0,

1 1 1 所以 f'(x)=-2在(0,+∞)上有解,即-2a=-2在(0,+∞)上有解, 2 也即 x= 在(0,+∞)上有解, 4-1 2 1 所以 >0,得 a>4, 4-1 1 故所求实数 a 的取值范围是 4 , + ∞ .

-38-

(2)证明 因为 g(x)=f(x)+ x2= x2+ln x-2ax, 所以

①当-1≤a≤1 时,g(x)单调递增无极值点,不符合题意, ②当 a>1 或 a<-1 时,令 g'(x)=0,设 x2-2ax+1=0 的两根为 x1 和 x2,
因为 x1 为函数 g(x)的极大值点, 所以 0<x1<x2, 又 x1x2=1,x1+x2=2a>0, 所以 a>0,0<x1<1, 所以 g'(x1)=x1-2a+ =0,
2 1 +1 则 a= 2 , 1 ln 1 要证明 1 1 2 + 2>a,只需要证明 x1ln x1+1>a1 , 1
-39-

2 -2+1 g'(x)= .

1 2

1 2

1 1

因为 x1ln

令 h(x)=-2x3-2x+xln x+1,x∈(0,1),
3 1

1

1 +1 1 2 x1+1-a1 =x1ln x1+1- 2 =- 2 1 3 1

3

3

1 ? 2x1+x1ln x1+1(0<x1<1),

所以 h'(x)=-2x2+2+ln x,记 p(x)=-2x2+2+ln x,x∈(0,1),
1 1-32 则 p'(x)=-3x+ = , 3 3 当 0<x< 3 时,p'(x)>0,当 3 <x<1 时,p'(x)<0, 3 3 所以 p(x)max=p 3 =-1+ln 3 <0,所以 h'(x)<0,

所以 h(x)在(0,1)上单调递减, 所以 h(x)>h(1)=0,原题得证.
解题心得将已知条件进行转换或将要解决的问题进行等价转换 是解决函数问题的常用方法,通过转换变陌生问题为熟悉问题,从 而得到解决.
-40-

对点训练7设函数f(x)=e2x-4aex-2ax,g(x)=x2+5a2,a∈R. (1)若a=1,求f(x)的递增区间; (2)若f(x)在R上单调递增,求a的取值范围; 4(1-ln2)2 (3)记F(x)=f(x)+g(x),求证: F(x)≥ .
5

(1)解 当 a=1,f(x)=e2x-4ex-2x,f'(x)=2e2x-4ex-2, 令 f'(x)>0 得 x>ln(1+ 2),∴f(x)的递增区间为(ln(1+ 2),+∞). (2)解 ∵f(x)在 R 上单调递增, ∴f'(x)=2e2x-4aex-2a≥0 在 R 上恒成立,
e2 ∴a≤2e +1

=

1 2e- +e 1

= -2

1

(e- +1)2 -1

在 R 上恒成立.

∵e-x>0,∴

(e- +1)2 -1

>0,∴a≤0.

-41-

(3)证明 ∵F(x)=e2x-4aex-2ax+x2+5a2=5a2-(4ex+2x)a+x2+e2x
2e + 2 e2 -4e +42 =5 + 5 5 e2 -4e +42 (e -2)2 ≥ = 5 . 5

设 h(x)=ex-2x, 则 h'(x)=ex-2, 令 h'(x)<0,得 x<ln 2,则 h(x)在(-∞,ln 2)单调递减; 令 h'(x)>0,得 x>ln 2,则 h(x)在(ln 2,+∞)单调递增; ∴h(x)min=h(ln 2)=2-2ln 2>0,
(e -2)2 ∴F(x)≥ 5



(2-2ln2)2 5

=

4(1-ln2)2 . 5

-42-


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