高考数学导数冲满分-专题10 含参函数的极值、最值讨论

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【例题选讲】
[例1] 设a＞0，函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－(a＋1)x＋a(1＋ln x)．
(1)若曲线y＝f(x)在(2，f(2))处的切线与直线y＝－x＋1垂直，求切线方程．
(2)求函数f(x)的极值．
解析 (1)由已知，得f′(x)＝x－(a＋1)＋eq \f(a,x)(x＞0)，又由题意可知y＝f(x)在(2，f(2))处切线的斜率为1，
所以f′(2)＝1，即2－(a＋1)＋eq \f(a,2)＝1，解得a＝0，此时f(2)＝2－2＝0，故所求的切线方程为y＝x－2．
(2)f′(x)＝x－(a＋1)＋eq \f(a,x)＝eq \f(x2－(a＋1)x＋a,x)＝eq \f((x－1)(x－a),x)(x＞0)．
①当0＜a＜1时，若x∈(0，a)，则f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；若x∈(a，1)，则f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；若x∈(1，＋∞)，则f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．此时x＝a是f(x)的极大值点，x＝1是f(x)的极小值点，函数f(x)的极大值是f(a)＝－eq \f(1,2)a2＋aln a，极小值是f(1)＝－eq \f(1,2)．
②当a＝1时，f′(x)＝eq \f((x－1)2,x)≥0，所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)内单调递增，
此时f(x)没有极值点，故无极值．
③当a＞1时，若x∈(0，1)，则f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
若x∈(1，a)，则f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；若x∈(a，＋∞)，则f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．
此时x＝1是f(x)的极大值点，x＝a是f(x)的极小值点，
函数f(x)的极大值是f(1)＝－eq \f(1,2)，极小值是f(a)＝－eq \f(1,2)a2＋aln a．
综上，当0＜a＜1时，f(x)的极大值是－eq \f(1,2)a2＋aln a，极小值是－eq \f(1,2)；当a＝1时，f(x)没有极值；当a＞1时f(x)的极大值是－eq \f(1,2)，极小值是－eq \f(1,2)a2＋aln a．
[例2] 已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．
(1)当a＝eq \f(1,2)时，求f(x)的极值；
(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数．
解析 (1)当a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝ln x－eq \f(1,2)x，函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,2)＝eq \f(2－x,2x)，
令f′(x)＝0，得x＝2，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表．
故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值＝f(2)＝ln 2－1，无极小值．
(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x)．
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；
当a>0时，若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，则f′(x)>0，
若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))，则f′(x)0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，且为x＝eq \f(1,a)．
[例3] 设f(x)＝xlnx－eq \f(3,2)ax2＋(3a－1)x．
(1)若g(x)＝f′(x)在[1，2]上单调，求a的取值范围；
(2)已知f(x)在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．
解析 (1)由f′(x)＝lnx－3ax＋3a，即g(x)＝ln x－3ax＋3a，x∈(0，＋∞)，g′(x)＝eq \f(1,x)－3a，
①g(x)在[1，2]上单调递增，∴eq \f(1,x)－3a≥0对x∈[1，2]恒成立，即a≤eq \f(1,3x)对x∈[1，2]恒成立，得a≤eq \f(1,6)；
②g(x)在[1，2]上单调递减，∴eq \f(1,x)－3a≤0对x∈[1，2]恒成立，即a≥eq \f(1,3x)对x∈[1，2]恒成立，得a≥eq \f(1,3)，
由①②可得a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,6)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))．
(2)由(1)知，①当a≤0时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴x∈(0，1)时，f′(x)0，f(x)单调递增，∴f(x)在x＝1处取得极小值，符合题意；
②当0eq \f(1,3)时，0