函数的极值点与极值.doc
函数的极值点与极值
1. 已知函数.f(x) = x(\x\x-ax)有两个极值点，求实数a 的取值范围。
方法1:根据极值点与导函数的关系知：这个函数的导函数在定义域内穿过X 轴两次，即 f\x) = Inx +1
-2ax = 0有两个不同的正解。令g (兀)=lnx + l — 2ax,贝U g'(x) =丄一2a,令g'(x)=丄一2d = 0得无=丄，又定义域为XG (0,+oo),
x x 2a
(1) 当 aSO 时，恒有 g'(x)nO,此时 g(x) = lnx + 1 - 2ox 在 xw(0,+co)单调递增， 不可
能穿过x 轴两次，不成立。
(2 )当Q 〉0时，g(x)在XG(0,—)递增，在X G (—, 4-00)递减，且X 趋近于0与 2a 2a
X 趋近于正无穷时g(x)均趋近于负无穷，故要使g(x)有两个不同解，只需g (丄) 2a
Q > 0
大于0即可，故J 1 ,解得毗(0丄)
In 丄〉0
2
2a
方法2：数形结合 f f
(x) = In x +1 - Zax = 0有两个不同的 正解，即y = In x 与歹=2ax 一 1在 x G (0, +00)有两个不同的交点。设切点为(x 0,y 0),则切线方程是
y-\nx {} = —(x-x 0),它过点(0,-1),解得x 0 = 1,即切线的斜率是1,故要使 兀。
> 0 1
他们有两个不同的交点，必须彳 =>0VQV —。
2。v 1 2
2.已知a 为常数，函数/(%) = x(ln 兀-ax)有两个极值点, x 2 (< x 2),则()
解析：由题意知/r (x) = lnx + l-2a￥ = 0有两个不同的正解，即y = lnx 与y = 2ax 一1在
go,s 有两个不同的交点，作图求得兀(0,4由图知,A 、/(^)>0,/(%2)>--
C 、/(再)> 0,/(兀2)< B 、/(兀J V0,/?(兀2)V-*
D 、/(^)<0,/(%2)>-|
0< < I < x 2,且在
(0,西)上广(兀)<0, /(X)递减；在(兀］，兀2)上f (兀)>0, /*(兀)递增;在(尢2，+°°)上
< 0, /(Q 递减；故 /(%,) < /(I) = -CZ < 0, /(x2) > /(I) = -a>-^o选D 3.函数/'(x) = x3 + 2bx2 4-ex+1 两个极值点分别为兀],兀2 且兀1 € [-2,-1], x2 G [1,2],
求f (_ 1)的取值范围。答案[3,12]
4.函数y = 土 + "X *"" * "两个极值点分别为Xj, x2且￡ w (0,1) , x2€ (l,4-oo),
3 2
记分别以m, n为横、纵坐标的点P (m, n)表示的平面区域为D,若函= log w(x + 4)
(a>l)的图象上存在区域D内的点，则实数a的取值范围为()
A. (1,3]
B. (1,3)
C. (3,+oo)
D. [3,+oo)
答案：B
因为兰+亦+伽+心+1,所以，=宀愿*竺空。依题意知，方,=0
? 3 2^2
,7? -4- H 有两个根为, x2且兀]W (0,1), x2 G (1,-K^O),构造函数f(x) = X2 + HVC +--------- ,所
以，彳，即彳，’??直线m + 72 = 0, 3加+ “ + 2 = 0的交点坐标为
[/(I) < 0 [3m + n + 2 < 0
(-1, 1),二要使函数y = log“(x + 4) (°〉1)的图象上存在区域D上的点，则必须满
1> log“ (-1 + 4),解得lvav3
考点：利用导数研究函数的极值，二元一次不等式(组)与平面区域。
点评：中档题，本题综合性较强，应用导数研究函数的极值，通过构造函数结合函数图象研究方程跟单分布，体现应用数学知识的灵活性。
5.设函数/(%) = x2 + a ln(% +1)有两个极值点若，兀(X] v兀2),
⑴求实数d的取值范围；(0,-)
2
(2)讨论函数/(朗的单调性；
⑶若对任意的x e (x(, 4-00),都有/(x) > m成立，求实数加的取值范围.m <------------- 。
l-21n2
(亦即3正明: /(2) >
解：(1)由/(x) = x2 +aln(x + l)可得f f(x) = 2x + —^― =+〉一］),
X+l X+1
令g(x) = 2F+2x + a(x>—l),故由题意可知兀］,%是方程g(兀)=0的两个均大于一1
i “, ［A = 4-86/ >0 1
的不相等的买数根，所以彳=>0 Cd V —。
［g(-l) = d〉o 2
(3)由⑵可知/(x)在区间(兀［4-oo)上的最小值为f(x2),又由于g(0) = a > 0 ,因此
< x2 v0.又由g(x2) = 2X22+2X2+ a = 0 => a =一(2兀/ + 2x2),所以/(x2) = x22 -(2X22 + 2x2)ln(x2 +1),设/z(x) = x2~(2x2+2x)ln(x + l), 一g 兀 + l)ln(x + 1).由—- 2 2 1 1 O 1 O 1 O 1 O 递增，所以，f(吃)=/z(x2) > /7(-—) = ---- n ,故实数加的取值范围m < ---------- 4门。 考点：导数的运用 点评：解决的关键是对于导数的符号与函数单调性的关系的判定，以及运用导数的知识来求解最值，属于中档题。 QX| 6. ------------------------------ 已知函数f{x) = 2ax + \nx有两个极值点、分别为石，吃且兀丿2〉—， 2 2 (1 )求实数a的取值范围M; (II )若3x0 e ［1 ---- ,2］使/(x0) + ln(<7 + l) > b(a2 -l)-(a + l) + 21n 2 对Da € M 恒成 2 立，求实数b的取值范围. 解：(I )对函数求导可得，/z(x) = ax-2a-^-— = ———(x>0) X X -4a>0 /. \x x+x2 >0 n 1 v a v 2 令/'(X)= 0 n cix1 - 2ox +1 = 0, (II )由cix2一2必 + 1 = 0、解得兀]=1一七=1 --- --- —，且f (兀)在(0, X]) 递 即a的取值范B)M=(1,2). 增；在(兀i，%2)上递减；在(尢2，+°°)上递增。T l 1 + 1 < 1 + —— , /(X)在［1 +——,-HX))上递增。 a 2 2 ? - f(x)在［1+ Q-,2］上,f (x)max= f (2) = -2a + In 2, 若Hr。w［l +J，2］使/(兀o)+ ln(d + l)>"/—l) -(Q + l) + 21n2 对Da € M 恒成立2 等价于不等式一2a +In2+ln(d + l)>b(/_l)_(d +l) + 21n2恒成立，即不等式 ln(Q + l) — ba2—a + b — ln2 + l〉0对任意的a ( l 令g(o) = \n(a + })-ba2 - a + /? — In 2 +1,则g(l) = 0, g\a) = -a( ------- + 2b), Q + l ①当b》0时，g@)<0, g(c)在(1, 2)上递减? g(a)vg(l) = O,不合题意. ②当b<0时，(1 )当一丄vbv 0时，则g(a)在(1, 2)上先递减，v g(l) = O, 4 l 4 考点：函数在某点取得极值的条件；函数恒成立问题. 点评：本题主要考查了函数的导数的应用：函数的导数在求解函数的极值、函数的单调性及函数的最值