函数的极值[极值点]
前言
常规思路
- 给定函数,用导数法求数字系数的函数极值的步骤:
①确定函数的定义域;
②求导数\(f'(x)\);
③解方程\(f'(x)=0\),求出在函数定义域内的所有根;
④列表检验\(f'(x)\)在\(f'(x)=0\)的根\(x_0\)左右两侧值的符号.
⑤由表格得到极值和极值点;
- 用导数法求字母系数的函数极值的步骤:
需要分类讨论;每一种情形都对应上述的求解步骤;
相关链接
1、零点和极值点;
有两个极值点求参
【法1】:函数\(f'(x)=lnx+1-ae^x=0\)有两个变号零点,
即函数\(g(x)=lnx+1(x>0)\)与函数\(h(x)=ae^x(x>0)\)有两个不同的交点;
仿上题的法1,求得两条曲线相切时的\(a=\cfrac{1}{e}\),
结合图像可知,要使两个函数有两个不同的交点,
则有\(0< a <\cfrac{1}{e}\),故选A。
【法2】:函数\(f'(x)=lnx+1-ae^x=0\)有两个变号零点,
分离参数得到,\(a=\cfrac{lnx+1}{e^x}\),
仿上例法2,求得\(0< a <\cfrac{1}{e}\),故选A。
法1:函数\(f(x)=x(lnx-ax)\)有两个极值点,即导函数\(f'(x)=lnx+1-2ax\)有两个变号零点,
即方程\(lnx=2ax-1\)有两个不同实数根,即函数\(y=lnx\)与函数\(y=2ax-1\)有两个不同的交点,作出图像如右图;
设恒过定点的函数\(y=2ax-1\)与函数\(y=lnx\)相切于点\((x_0,y_0)\),
则\(\begin{cases}2a=\cfrac{1}{x_0}\\y_0=2ax_0-1\\y_0=lnx_0\end{cases}\),
解得\(x_0=1,y_0=0\),即切点为\((1,0)\),此时直线的斜率为\(k=1\),
由图像可知,要使函数\(y=lnx\)与函数\(y=2ax-1\)有两个不同的交点,
则\(0<2a<1\),即\(a\in(0,\cfrac{1}{2})\),故选B.
法2:转化为导函数\(f'(x)=lnx+1-2ax\)有两个变号零点,
分离参数得到,方程\(2a=\cfrac{lnx+1}{x}\)有两个不同的实根,
令\(g(x)=\cfrac{lnx+1}{x}\),定义域为\(x>0\),\(g'(x)=\cfrac{-lnx}{x^2}\),
则\(x\in(0,1)\)时,\(g'(x)>0\),函数\(g(x)\)单调递增,
\(x\in(1,+\infty)\)时,\(g'(x)<0\),函数\(g(x)\)单调递减,
故\(g(x)_{max}=g(1)=1\),
作出函数\(y=g(x)\)和\(y=2a\)的图像于同一个坐标系中,
则得到\(0<2a<1\),即\(a\in(0,\cfrac{1}{2})\),故选\(B\).
分析:函数\(f(x)\)有两个极值点,则方程\(f'(x)=0\)有两个不同实根,且是变号实根;
即\(f'(x)=2(a+1)e^{2x}-2e^x+(a-1)=0\)有两个不同实根,令\(e^x=t>0\),
则方程\(2(a+1)t^2-2t+(a-1)=0\)有两个不同的正实根,
则其必然满足\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta=4-4\times2(a^2-1)>0}\\{-\cfrac{-2}{2\times 2(a+1)}>0}\\{\cfrac{a-1}{2(a+1)}>0}\end{array}\right.\),解得\(\left\{\begin{array}{l}{-\cfrac{\sqrt{6}}{2}<a<\cfrac{\sqrt{6}}{2}}\\{a>1}\\{a<-1或a>1}\end{array}\right.\),
则\(1<a<\cfrac{\sqrt{6}}{2}\)。故选\(B\)。
分析:同于上例2的不完全分离参数法,可以求得函数\(f(x)\)有两个极值点时的条件是\(0< a <\cfrac{1}{2}\),
再者,由两个函数\(y=lnx\)和\(y=2ax-1\)有两个交点的图像,可以直观得到\(x_1< 1 < x_2\),
且由\(f'(x)=lnx-2ax+1=lnx-(2ax-1)\),以及图像可知,\(f'(x) >0\)在\((x_1,x_2)\)上恒成立,
故\(f(x)\)在\((x_1,x_2)\)上单调递增,则有\(f(x_1)< f(1) =-a <0\),\(f(x_2) > f(1) =-a >-\cfrac{1}{2}\),
故选\(D\)。
【分析】先将题目转化为导函数\(y=f'(x)\)有两个变号零点,再利用导函数的分子函数即二次函数有两个正值的变号零点解答;
【解答】定义域为\((0,+∞)\),原函数有两个不相等的正的极值点,则导函数\(y=f'(x)\)有两个正值变号零点,
\(f'(x)=\cfrac{2-a}{x}+x-2a=\cfrac{x^2-2ax+2-a}{x}\),
令\(g(x)=x^2-2ax+2-a\),则需要\(\left\{\begin{array}{l}{△>0}\\{-\cfrac{-2a}{2}>0}\\{g(0)>0}\end{array}\right.\),
即\(\left\{\begin{array}{l}{a<-2,a>1}\\{a>0}\\{a<2}\end{array}\right.\), 即得到\(1<a<2\)。
提示:仿照上述例4求解,\(a\in (0,1)\);
存在极值点求参
(1).若曲线\(y=f(x)\)在点\((2,f(2))\)处的切线斜率为\(0\),求\(a\);
分析:\(f'(x)=[ax^2-(a+1)x+1]e^x\),
\(f'(2)=(2a-1)e^x\),由\(f'(2)=0\),解得\(a=\cfrac{1}{2}\) .
(2).若函数\(f(x)\)在\(x=1\)处取得极小值,求\(a\)的取值范围;
法1:为什么想到分类讨论和求导?[1]
由(1)知,\(f'(x)=[ax^2-(a+1)x+1]e^x=(ax-1)(x-1)e^x\),
用\(y=(ax-1)(x-1)\)说明;首先讨论最简单的情形,
当\(a=0\)时,\(x\in (-\infty,1)\)时,\(f'(x)>0\),\(f(x)\)单调递增;\(x\in (1,+\infty)\)时,\(f'(x)<0\),\(f(x)\)单调递减;
在\(x=1\)处取到极大值,不符合题意,舍去;
当\(a<0\)时,令\(f'(x)=0\),得到\(x=1\)或\(x=\cfrac{1}{a}\),且有\(\cfrac{1}{a}<0<1\)
\(x\in (-\infty,\cfrac{1}{a})\)时,\(f'(x)<0\),\(f(x)\)单调递减;\(x\in (\cfrac{1}{a},1)\)时,\(f'(x)>0\),\(f(x)\)单调递增;\(x\in (\cfrac{1}{a},+\infty)\)时,\(f'(x)<0\),\(f(x)\)单调递减;
在\(x=1\)处取到极大值,不符合题意,舍去;
当\(0<\cfrac{1}{a}<1\)时,即\(a>1\),则当\(x\in (-\infty,\cfrac{1}{a})\)时,\(f'(x)>0\),\(f(x)\)单调递增;当\(x\in (\cfrac{1}{a},1)\)时,\(f'(x)<0\),\(f(x)\)单调递减;当\(x\in (1,+\infty)\)时,\(f'(x)>0\),\(f(x)\)单调递增;则\(f(x)\)在\(x=1\)处取得极小值;符合题意;
当\(\cfrac{1}{a}=1\)时,即\(a=1\),则\(f'(x)=(x-1)^2e^x\geqslant 0\)恒成立,\(f(x)\)在\(x\in (-\infty,+\infty)\)上单调递增,此时无极值,不符题意;
当\(\cfrac{1}{a}>1\)时,即\(0<a<1\),则当\(x\in (-\infty,1)\)时,\(f'(x)>0\),\(f(x)\)单调递增;当\(x\in (1,\cfrac{1}{a})\)时,\(f'(x)<0\),\(f(x)\)单调递减;当\(x\in (\cfrac{1}{a},+\infty)\)时,\(f'(x)>0\),\(f(x)\)单调递增;此时则\(f(x)\)在\(x=1\)处取得极大值;不符合题意;
综上可知,\(a\)的取值范围为\((1,+\infty)\);
法2:如果只考虑\(x=1\)的极值的情形,不计其余,也可简解如下,
由于函数\(f(x)\)在\(x=1\)处取得极小值,且\(f'(x)=[ax^2-(a+1)x+1]e^x=(ax-1)(x-1)e^x\),以及\(e^x>0\)恒成立,
则需要导函数\(f'(x)\)的图像满足\(f'(1)=0\),且导函数在\(x=1\)处的值满足左负右正;
令\(g(x)=(ax-1)(x-1)\),故只需要\(a>0\),且\(\cfrac{1}{a}<1\),解得\(a>1\),
故\(a\)的取值范围为\((1,+\infty)\);
分析:定义域为\((0,+\infty)\),\(f'(x)=-\cfrac{lnx}{x^2}\)
当\(x\in (0,1)\)时,\(f'(x)>0\),\(f(x)\)单调递增,
当\(x\in (1,+\infty)\)时,\(f'(x)<0\),\(f(x)\)单调递减,
故\(x=1\)为函数的极大值点,且是唯一极值点;
故必满足\(0<a<1<a+\cfrac{1}{2}\),即\(a\in (\cfrac{1}{2},1)\);
分析:函数\(f(x)\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)上有极值点,等价于\(f'(x)=0\)有\(2\)个不相等实根且在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)内有根,
由\(f'(x)=0\)有\(2\)个不相等实根,则由\(\Delta >0\),得到\(a<-2\)或\(a>2\);
由\(f'(x)=0\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)内有根,即\(a=x+\cfrac{1}{x}\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)内有根,
又\(x+\cfrac{1}{x}\in [2,\cfrac{10}{3})\),则\(2\leqslant a<\cfrac{10}{3}\),
综上,\(a\)的取值范围是\(a\in (2,\cfrac{10}{3})\),故选\(C\);
分析:\(f'(x)=e^x+a\),由于函数\(f(x)=e^x+ax\)有大于零的极值点,
则\(f'(x)=e^x+a=0\)有大于零的解,即\(a=-e^x\)在\(x>0\)上有解,
即\(a\)的取值范围为函数\(y=-e^x(x>0)\)的值域;
而函数\(y=-e^x(x>0)\)的值域为\((-\infty,-1)\),则\(a<-1\),故选\(A\)。
分析:定义域为\((0,+\infty)\),由于\(f'(x)=4x-\cfrac{1}{x}\),令\(f'(x)=0\),解得\(x=\cfrac{1}{2}\)为极小值点,也是最小值点,
则由\(\left\{\begin{array}{l}{k-1\geqslant 0,定义域}\\{k-1<\cfrac{1}{2}<k+1}\end{array}\right.\),解得\(k\in [1,\cfrac{3}{2})\);
(1)当\(k\leq 0\)时,求函数\(f(x)\)的单调区间;
分析:函数的定义域为\((0,+\infty)\),
\(f'(x)=\cfrac{e^x\cdot x^2-e^x\cdot 2x}{x^4}-k(-\cfrac{2}{x^2}+\cfrac{1}{x})\)
\(=\cfrac{e^x(x-2)}{x^3}-\cfrac{k(x-2)}{x^2}\)
\(=\cfrac{e^x(x-2)}{x^3}-\cfrac{kx(x-2)}{x^3}\)
\(=\cfrac{(x-2)(e^x-kx)}{x^3}\)此处特别注意思维的灵活性,可以参阅符号法则及应用;将上述分式看成三个部分,\(y\)\(=\)\(x\)\(-\)\(2\) 和 \(y\)\(=\)\(e^x\)\(-\)\(kx\) 和 \(y\)\(=\)\(x^3\) ,每一个部分的正负必然会影响和决定整体的正负;注意到 \(x^3\) \(>0\),当\(k\)\(\leq\)\(0\)时,\(e^x\)\(-\)\(kx\)\(>0\),故我们只需要借助\(y\)\(=\)\(x\)\(-\)\(2\)\((x>0)\)的图像,就可以判断 \(f'(x)\) 的正负。
当\(x\in (0,2)\)时,\(f'(x)<0\),\(f(x)\)单调递减;
当\(x\in (2,+\infty)\)时,\(f'(x)>0\),\(f(x)\)单调递增;
故单减区间为\((0,2)\),单增区间为\((2,+\infty)\)。
(2)若函数\(f(x)\)在\((0,2)\)内存在两个极值点,求\(k\)的取值范围。
法1:分类讨论法,
由(1)知,当\(k\leq 0\)时,函数\(f(x)\)在\((0,2)\)内单调递增,
故\(f(x)\)在\((0,2)\)内不存在极值点;
当\(k > 0\)时,设函数\(g(x)=e^x-kx\),\(x\in (0,+\infty)\),
由于\(g'(x)=e^x-k=e^x-e^{lnk}\),
当\(x\in (0,2)\)时,\(e^x \in (1,e^2)\),先考虑\(g'(x)\ge 0\)的情形,故由此找到分点 \(k=1\) 由于 \(g'(x)\) \(=\) \(e^x\) \(-\) \(k\) ,而 \(e^x\) \(\in\) \((1,e^2)\) ,即 \(e^x\) 的最小值极限为 \(1\) ,若令 \(g'(x)\) \(\geqslant\) \(0\),即 \(k\) 最大只能取到 \(1\),故找到 \(k\) 的分点 \(k=1\);;
当\(0< k \leq 1\)时,\(x\in (0,2)\)时,\(g'(x)=e^x-k >0\),
\(y=g(x)\)单调递增,故\(g(x)_{min}=g(0)=1>0\);
故函数\(f(x)\)在\((0,2)\)内单调递减,故不存在极值点;
当\(k >1\)时,则\(x\in (0,lnk)\)时,\(g'(x)<0\),\(g(x)\)单调递减,
\(x\in (lnk,+\infty)\)时,\(g'(x) >0\),\(g(x)\)单调递增,
所以函数\(y=g(x)\)的最小值为\(g(lnk)=k(1-lnk)\),
那么函数 \(f(x)\) 在 \((0,2)\) 内存在两个极值点应该等价于函数 \(g(x)\) 在 \((0,2)\) 内存在两个极值点,[2]
函数\(g(x)\)在\((0,2)\)内存在两个极值点当且仅当
即有
解得 \(e<k<\cfrac{e^2}{2}\);
综上所述,函数 \(f(x)\) 在 \((0,2)\) 内存在两个极值点,则 \(k\in (e,\cfrac{e^2}{2})\)。
法2:由于函数\(f(x)\)在\((0,2)\)内存在两个极值点,
则函数\(y=f'(x)\)在区间\((0,2)\)内存在两个零点,且为变号零点,
又\(f'(x)=\cfrac{(x-2)(e^x-kx)}{x^3}\),则方程\(f'(x)=\cfrac{(x-2)(e^x-kx)}{x^3}=0\)在\((0,2)\)内有两个不同的实根,
由于\(x\in (0,2)\),即方程\(e^x-kx=0\)在\((0,2)\)内有两个不同的实根,
分离参数,即方程\(k=\cfrac{e^x}{x}\)在\((0,2)\)内有两个不同的实根,
即函数\(y=k\)和函数\(h(x)=\cfrac{e^x}{x}\)的图像在\((0,2)\)内有两个不同的交点,
函数\(y=h(x)\)的定义域为\((-\infty,0)\cup(0,+\infty)\),
由于\(h'(x)=\cfrac{e^x\cdot x-e^x\cdot 1}{x^2}=\cfrac{e^x(x-1)}{x^2}\),
故\(x\in (-\infty,0)\)时,\(h'(x)<0\),\(h(x)\)单调递减,
\(x\in (0,1)\)时,\(h'(x)<0\),\(h(x)\)单调递减,
\(x\in (1,+\infty)\)时,\(h'(x)>0\),\(h(x)\)单调递增,
又由于\(h(1)=e\),根据以上做出函数\(h(x)\)的简图如下,
注意,本题目中只需要关注\(h(x)\)的\(x\in (0,2)\)这一段,
由图像可知,两个函数的图像在\((0,2)\)内要有两个不同的交点,则\(k\in (e,\cfrac{e^2}{2})\)。
故函数\(f(x)\)在\((0,2)\)内存在两个极值点,则\(k\in (e,\cfrac{e^2}{2})\)。
分析:函数\(f(x)=\cfrac{1}{3}x^3+\cfrac{1}{2}|\vec{a}|x^2+\vec{a}\cdot \vec{b}x\)在\(R\)上有极值,
其充要条件是其导函数\(y=f'(x)\)存在变号零点,
\(f'(x)=x^2+|\vec{a}|x+\vec{a}\cdot \vec{b}\),其\(\Delta =|\vec{a}|^2-4\vec{a}\cdot \vec{b}>0\),
设\(\vec{a}\)与\(\vec{b}\)的夹角为\(\theta\),
则\(4|\vec{b}|^2-4\times 2|\vec{b}| \cdot |\vec{b}| cos\theta>0\),
即\(cos\theta<\cfrac{1}{2}\),由于\(\theta\in [0,\pi]\),
所以\(\theta \in (\cfrac{\pi}{3},\pi]\),故选\(B\)。
分析:\(f'(x)=4x^3-3ax^2+2x=x(4x^2-3ax+2)\),
函数\(f(x)=x^4-ax^3+x^2-2\)有且仅有一个极值点,
其充要条件是因子函数\(h(x)=4x^2-3ax+2\)不存在变号零点,
即\(\Delta=9a^2-32\leq 0\),解得\(-\cfrac{4\sqrt{2}}{3}\leq x\leq \cfrac{4\sqrt{2}}{3}\),
即\(a\in [-\cfrac{4\sqrt{2}}{3},\cfrac{4\sqrt{2}}{3}]\)。
分析:\(f'(x)=x+(a-e)-\cfrac{ae}{x}=\cfrac{x^2+(a-e)x-ae}{x}=\cfrac{(x+a)(x-e)}{x}\),
做出分子函数的简图,由图可知,\(-a>e\),解得\(a<-e\),故选\(D\)。
讨论极值点个数
分析:定义域为\((0,+\infty)\),\(f'(x)=\cfrac{1}{x}-a=\cfrac{1-ax}{x}(x>0)\),[用图像说明]
当\(a\leqslant 0\)时,\(f'(x)>0\)在\((0,+\infty)\)上恒成立,
故\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递增,此时函数无极值点;
当\(a>0\)时,令\(f'(x)=0\)得到\(x=\cfrac{1}{a}\),
则\(x\in (0,\cfrac{1}{a})\)时,\(f'(x)>0\),\(f(x)\)单调递增,
\(x\in (\cfrac{1}{a},+\infty)\)时,\(f'(x)<0\),\(f(x)\)单调递减,
故函数在\(x=\cfrac{1}{a}\)处有极大值,无极小值;
综上所述,当\(a\leqslant 0\)时,函数\(f(x)\)无极值点;
当\(a>0\)时,函数\(f(x)\)有一个极大值点\(x=\cfrac{1}{a}\),无极小值点。
分析:\(f'(x)=3x^2-4cx+c^2\),又函数\(f(x)=x(x-c)^2\)在\(x=2\)处有极小值,
则\(f'(2)=3\times2^2-8c+c^2=0\),解得\(c=2\)或\(c=6\),接下来验证如下:
当\(c=2\)时,\(f'(x)=3x^2-8x+4=(3x-2)(x-2)\),故\(f(x)\)在\(x=2\)处有极小值,符合题意;
当\(c=6\)时,\(f'(x)=3x^2-24x+36=(3x-6)(x-6)\),故\(f(x)\)在\(x=2\)处有极大值,不符合题意;
故\(c=2\),则选\(C\)。
分析:\(f'(x)=(x+2)e^x-(x+2)(3x+2)=(x+2)(e^x-3x-2)\),
令\(f'(x)=0\),则得到\(x=-2\)注意,虽然\(x=-2\)是导函数的零点,但未必是原函数的极值点,若其是导函数的不变号零点,则不会成为原函数的极值点。\(\quad\),或\(e^x=3x+2\)
补充图像说明如下,
当\(x<-2\)时,\(x+2<0\),\(e^x>0\),\(3x+2<0\),故\(e^x-(3x+2)>0\),即\((x+2)[e^x-(3x+2)]<0\),即\(f'(x)<0\);
当\(x>-2\)时,\(x+2>0\),\(e^x>0\),\(3x+2<0\),故\(e^x-(3x+2)>0\),即\((x+2)[e^x-(3x+2)]>0\),即\(f'(x)>0\);
故易知\(x=-2\)为其一个极值点;
以下重点说明由\(e^x=3x+2\)可以得到两个极值点,
结合上述图像可知,\(y=e^x\)和\(y=3x+2\)有两个交点,
当\(x<x_1\)时,\(e^x>3x+2\),故\(e^x-(3x+2)>0\),当\(x>x_1\)时,\(e^x<3x+2\),故\(e^x-(3x+2)<0\),
当\(x=x_1\)时,\(e^x=3x+2\),故\(x=x_1\)为原函数的一个极值点,
当\(x<x_2\)时,\(e^x<3x+2\),故\(e^x-(3x+2)<0\),当\(x>x_2\)时,\(e^x>3x+2\),故\(e^x-(3x+2)>0\),
当\(x=x_2\)时,\(e^x=3x+2\),故\(x=x_2\)为原函数的一个极值点,
综上所述,函数\(f(x)\)共有三个极值点,即函数为\(4\)折函数,故选\(C\)。
(1)求\(a、b\)的值;
分析:由题目可知,\(f'(x)=3x^2+2ax+b\),
则由\(\left\{\begin{array}{l}{f'(-1)=3-2a+b=0}\\{f'(1)=3+2a+b=0}\end{array}\right.\),解得\(\left\{\begin{array}{l}{a=0}\\{b=-3}\end{array}\right.\),
经检验,\(f'(x)=3x^2-3=3(x+1)(x-1)\),则\(1\)和\(-1\)是函数\(f(x)\)的两个极值点,满足题意。
【解后反思】由于可导函数\(f(x)\),\(f'(x_0)=0\)是\(x_0\)为极值点的必要不充分条件,
故解方程后需要检验。
(2)设函数\(g(x)\)的导函数\(g'(x)=f(x)+2\),求\(g(x)\)的极值点。
分析:由题可知,\(g'(x)=f(x)+2=x^3-3x+2\),
【试商法,得知\(x=1\)为函数\(g'(x)\)的零点,故分组分解如下】
\(g'(x)=x^3-1-3x+3=(x-1)(x^2+x+1)-3(x-1)\)
\(=(x-1)(x^2+x-2)=(x-1)^2(x+2)\),
如果题目是选择或填空题,则利用穿根法做出函数\(g'(x)\)的简图,
由图像可知,\(x=1\)不是极值点,\(x=-2\)是极小值点。
解答题时则这样做,
当\(x\in (-\infty,-2)\),\(g'(x)<0\),则\(g(x)\)单调递减;
当\(x\in (-2,1)\),\(g'(x)>0\),则\(g(x)\)单调递增;
当\(x\in (1,+\infty)\),\(g'(x)>0\),则\(g(x)\)单调递增;
故\(x=-2\)是函数\(g(x)\)的极小值点,\(x=1\)不是极值点。
注意:\(x=-2\)是导函数\(y=g'(x)\)的变号零点,
\(x=1\)是导函数\(y=g'(x)\)的不变号零点。
(1) 令\(g(x)=f'(x)\), 求\(g(x)\) 的单调区间;
解:定义域为\((0,+\infty)\), 由 \(f'(x)=\ln x-2ax+2a\),
可得 \(g(x)=\ln x-2ax+2a\), \(x \in(0,+\infty)\)
所以 \(g'(x)=\cfrac{1}{x}-2a=\cfrac{1-2ax}{x}\)
当 \(a\leqslant0\)时, \(x\in(0,+\infty)\)时,\(g'(x)>0\), 函数 \(g(x)\) 单调递增,
当 \(a>0\)时,令\(f'(x)=0\),得到\(x=\cfrac{1}{2a}\),
\(x \in(0,\cfrac{1}{2{a}})\) 时, \(g'(x)>0\), 函数 \(g(x)\) 单调递增,
\(x\in(\cfrac{1}{2a},+\infty)\) 时,\(g'(x)<0\),函数 \(g(x)\) 单调递减,
所以当 \(a \leqslant 0\) 时, \(g(x)\) 的单调增区间为 \((0,+\infty)\);
\(a>0\)时,单调递增区间为\((0,\cfrac{1}{2{a}})\),单调递减区间为\((\cfrac{1}{2a},+\infty)\);
(2) 已知 \(f(x)\) 在 \(x=1\) 处取得极大值,求正实数 \(a\) 的取值范围.
解答:[思路一,分类讨论]由 (1) 知,\(f'(1)=0\),
理解答案时,请务必注意三个函数,即原函数\(f(x)\),一阶导函数\(g(x)=f'(x)\),二阶导函数\(g'(x)=f''(x)\)的关系,其中\(g'(x)=f''(x)\)的正负,决定\(g(x)=f'(x)\)的单调性,且有\(g(1)=f'(1)=0\),而\(g(x)=f'(x)\)的正负,决定\(f(x)\)的单调性;其中中间函数\(g(x)=f'(x)\)的正负和单调性之间有个相互转化关系。
① 当 \(0<a<\cfrac{1}{2}\)时,\(\cfrac{1}{2a}>1\),由 (1)知 \(f'(x)\) 在 \((0, \cfrac{1}{2a})\)内单调递增,
可得当 \(x\in(0,1)\)时,\(f'(x)<0\), 当 \(x\in(1, \cfrac{1}{2a})\) 时,\(f'(x)>0\),
所以 \(f(x)\) 在\((0,1)\)内单调递减,在\((1, \cfrac{1}{2a})\) 内单调递增,
所以 \(f(x)\) 在\(x=1\) 处取得极小值,不合题意;
② 当\(a=\cfrac{1}{2}\) 时,\(\cfrac{1}{2a}=1\), \(f'(x)\) 在\((0,1)\) 内单调递增,在\((1,+\infty)\) 内单调递减,
所以当 \(x\in(0,+\infty)\) 时, \(f'(x)\leqslant 0\), \(f(x)\) 单调递减,不合题意;
③ 当 \(a>\cfrac{1}{2}\) 时, \(0<\cfrac{1}{2 a}<1\), \(f(x)\) 在 \((0, \cfrac{1}{2a})\) 上单减;
当 \(x\in(\cfrac{1}{2a}, 1)\) 时,\(f'(x)>0\), \(f(x)\) 单调递增,
当 \(x\in(1,+\infty)\)时, \(f'(x)<0\), \(f(x)\) 单调递减,
所以 \(f(x)\) 在 \(x=1\) 处取极大值,符合题意;
综上可知,正实数\(a\) 的取值范围为 \((\cfrac{1}{2},+\infty)\).
[思路二,数形结合] \(f'(x)=lnx-2a(x-1)\),借助函数\(y=lnx\)和函数\(y=2a(x-1)(a>0)\)的图像,分类讨论如下:
先需要证明不等式\(x-1\geqslant lnx\);证明思路
①当\(2a=1\)时,即\(a=\cfrac{1}{2}\)时,\(x\in (0,+\infty)\)时,\(f'(x)=lnx-2a(x-1)\leqslant 0\)恒成立,故\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递减,函数没有极值,不符合题意,舍去;
②当\(0<2a<1\)时,即\(0<a<\cfrac{1}{2}\)时,函数\(y=lnx\)与函数\(y=2a(x-1)\)有两个交点,其横坐标分别为\(1\)和\(x_0(x_0>1)\),
则\(x\in (0,1)\)时,\(f'(x)=lnx-2a(x-1)< 0\),故\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递减,
\(x\in (1,x_0)\)时,\(f'(x)=lnx-2a(x-1)> 0\),故\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递增,
\(x\in (x_0,+\infty)\)时,\(f'(x)=lnx-2a(x-1)< 0\),故\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递减,
故在\(x=1\)处取到极小值,不符题意,舍去;
③当\(2a>1\)时,即\(a>\cfrac{1}{2}\)时,函数\(y=lnx\)与函数\(y=2a(x-1)\)有两个交点,其横坐标分别为\(1\)和\(x_0(0<x_0<1)\),
则\(x\in (0,x_0)\)时,\(f'(x)=lnx-2a(x-1)< 0\),故\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递减,
\(x\in (x_0,1)\)时,\(f'(x)=lnx-2a(x-1)> 0\),故\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递增,
\(x\in (1,+\infty)\)时,\(f'(x)=lnx-2a(x-1)< 0\),故\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递减,
故在\(x=1\)处取到极大值,符合题意;
综上所述,\(a\in (\cfrac{1}{2},\infty)\)。
分析:\(f'(x)=6x^2-2x+a\),由于在区间\((-1,1)\)内恰有一个极值点,
故函数\(f'(x)\)在区间\((-1,1)\)内只有一个穿根零点,
故由零点存在性定理可得,\(f'(-1)\cdot f'(1)<0\),解释[3]
即\((8+a)(4+a)<0\),解得\(-8<a<-4\),接下来验证,
当\(a=-8\)时,\(f'(x)=6x^2-2x-8\),
由\(f'(x)=6x^2-2x-8=2(x+1)(3x-4)\)的图像,可知不符合题意,排除;
当\(a=-4\)时,\(f'(x)=6x^2-2x-4\),
由\(f'(x)=6x^2-2x-4=2(x-1)(3x+2)\)的图像,可知符合题意;
综上所述,\(a\in (-8,-4]\),故选\(C\).
证明题目
证明:(1). \(f(x)\) 存在唯一的极值点;
证明:\(f(x)\) 的定义域为 \((0,+\infty)\),\(f^{\prime}(x)=\cfrac{x-1}{x}+\ln x-1=\ln x-\cfrac{1}{x}\)
由于 \(y=\ln x\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递增, \(y=\cfrac{1}{x}\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递减,
所以 \(f^{\prime}(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递增
又 \(f'(1)=-1<0\),\(f^{\prime}(2)=\ln 2-\cfrac{1}{2}=\cfrac{\ln 4-1}{2}>0\),\(\quad\)释疑此处使用了函数的零点存在性定理,怎么想到求解\(f(1)\),\(f(2)\),需要一定的数学素养的积累;零点存在性定理的使用常常与所关联的函数有紧密的联系,常用的特殊端点有\(0\),\(\pm 1\),\(\pm 2\),\(\pm e\),\(\pm\sqrt{e}\),\(\pm e^2\),等等;
故存在唯一 \(x_{0} \in(1,2),\) 使得 \(f\left(x_{0}\right)=0 .\)
又由于当\(x<x_{0}\) 时, \(f^{\prime}(x)<0\), \(f(x)\) 单调递减, 当 \(x>x_{0}\) 时, \(f^{\prime}(x)>0\),\(f(x)\) 单调递增,
因此,\(f(x)\) 存在唯一的极值点.
证明:(2). \(f(x)=0\) 有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
证明:由(1)知 \(f(x_{0})<f(1)=-2\), 又 \(f(e^2)=e^2-3>0\),
所以 \(f(x)=0\) 在 \((x_{0},+\infty)\) 内存在唯一根 \(x=a\),则\(f(a)=0\)
由\(a>x_0>1\)得到,\(\cfrac{1}{a}<a<x_0\),
又\(f(\cfrac{1}{a})=(\cfrac{1}{a}-1)\ln\cfrac{1}{a}-\cfrac{1}{a}-1\)
\(=\cfrac{(1-a)\cdot (-ln a)}{a}-\cfrac{a+1}{a}\)\(=\)\(\cfrac{(a-1)lna-a-1}{a}=\cfrac{f(a)}{a}=\cfrac{0}{a}=0\)
故\(\cfrac{1}{a}\)是方程\(f(x)=0\) 在 \((0, x_{0})\)上的唯一根,
综上, \(f(x)=0\) 有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
解后反思:\(a\)和\(\cfrac{1}{a}\)互为相反数,且若\(a\in (0,1)\),则\(\cfrac{1}{a}\in(1,+\infty)\),其中\(1\)是这一对相反数的分界点;
之所以首先想到求导,是因为题目给定的是极值或者极值点,而极值或极值点首先和判断单调性相关联;
之所以想到分类讨论而不是分离参数的原因是,当参数的取值不同时,导函数的图像也随之不同,导函数的值的正负随之变化,故需要分类讨论。 ↩︎此处详尽说明,函数\(f(x)\)在 \((0,2)\) 内存在两个极值点,即说明 \(f'(x)\) 在 \((0,2)\) 内存在两个变号零点,而\(f'(x)=\cfrac{(x-2)(e^x-kx)}{x^3}\),当 \(x\in(0,2)\) 时,因子 \(x^3\) 恒为正,因子 \((x-2)\) 恒为负,这两个整体的值为负,变号零点不可能产生在它们之中,故只能产生在最后一个因子函数 \(g(x)=e^x-kx\) 中了,否则就与题意不符合了。这样原函数 \(f(x)\) 在 \((0,2)\) 内存在两个极值点,就等价于因子函数 \(g(x)\) 在 \((0,2)\) 内存在两个极值点。 ↩︎
对表达式的进一步解释,\(f'(-1)\cdot f'(1)<0\),如果导函数是一次函数,则这种转化是等价的转化;此处由于导函数\(f'(x)\)为二次函数,情形比一次函数的情形要复杂的多,且给定区间为开区间\((-1,1)\),故这种转化是有漏洞的,可能会出现漏掉参数的取值的情况,比如导函数有一个零点\(x_0\)刚好经过端点\(-1\)或者\(1\),另一个零点\(x_2\)在\((-1,1)\)内,这种情形应该包含在\(f'(-1)\)\(\cdot\)\(f'(1)\)\(\leqslant\)\(0\)这种情形内,但是如果借用\(f'(-1)\)\(\cdot\)\(f'(1)\)\(\leqslant 0\)来求解,又会出现参数有增根的情形,比如\(f'(x)\)的两个零点刚好分别经过了两个端点的情形,这是应该剔除的情形,因此,要么利用\(f'(-1)\)\(\cdot\)\(f'(1)\)\(\leqslant\)\(0\)求解,再添加端点的验证和排除;要么利用\(f'(-1)\)\(\cdot\)\(f'(1)\)\(<\)\(0\)求解,再添加端点的验证和添加; ↩︎