增分点4 熟用分类讨论思想,搞定函数中的三类参数讨论题

增分点 熟用分类讨论思想，搞定函数中的三类参数讨论题
函数与导数问题中往往含有变量或参数，这些变量或参数取不同值时会导致不同的结果，因而要对参数进行分类讨论．常见的有含参函数的单调性、含参函数的极值、最值等问题，解决时要分类讨论．分类讨论的原则是不重复、不遗漏，讨论的方法是逐类进行，还必须要注意综合讨论的结果，使解题步骤完整．
[典例] 已知函数g (x )x 轴． (1)确定a 与b 的关系；
(2)若a ≥0，讨论函数g (x )的单调性． [思路演示]
解：(1)依题意得g ′(x )＝1
x
＋2ax ＋b (x ＞0)．
由函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴， 得g ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，∴b ＝－2a －1. (2)由(1)得
g ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)
x .
∵函数g (x )的定义域为(0，＋∞)， ∴当a ＝0时，g ′(x )＝－x －1
x
.
由g ′(x )＞0，得0＜x ＜1；由g ′(x )＜0，得x ＞1， 所以函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 当a ＞0时，令g ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝1
2a ，
若
12a ＜1，即a ＞12，由g ′(x )＞0，得x ＞1或0＜x ＜12a
； 由g ′(x )＜0，得
1
2a
＜x ＜1， 所以函数g (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1
2a ，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 若
12a ＞1，即0＜a ＜12，由g ′(x )＞0，得x ＞1
2a
或0＜x ＜1， 由g ′(x )＜0，得1＜x ＜
1
2a
， 所以函数g (x )在(0,1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，12a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1
2a ，＋∞上单调递增． 若
12a ＝1，即a ＝1
2
时，在(0，＋∞)上恒有g ′(x )≥0. 所以函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增．
综上可得，当a ＝0时，函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当0＜a ＜1
2时，函数g (x )在(0,1)上单调递增，
在⎝⎛⎭⎫1，12a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1
2a ，＋∞上单调递增； 当a ＝1
2时，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增，
当a ＞1
2时，函数g (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 上单调递增， 在⎝⎛⎭⎫12a ，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． [解题师说]
(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．
(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点． (3)本题(2)求解应先分a ＝0或a ＞0两种情况，再比较1
2a 和1的大小．
[应用体验]
1．(2018·石家庄质检)已知函数f (x )＝m ln x ，g (x )＝
x
x ＋1
(x >0)． (1)当m ＝1时，求曲线y ＝f (x )·g (x )在x ＝1处的切线方程； (2)讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上的单调性． 解：(1)当m ＝1时，曲线y ＝f (x )·g (x )＝x ·ln x
x ＋1
， y ′＝
(1＋ln x )(x ＋1)－x ln x (x ＋1)2＝ln x ＋x ＋1
(x ＋1)2
，
当x ＝1时，切线的斜率k ＝y ′|x ＝1＝1
2，又切线过点(1,0)，
所以切线方程为y ＝1
2(x －1)，即x －2y －1＝0.
(2)由已知得，f ′(x )＝m
x ，g ′(x )＝
1
(x ＋1)2
， 所以F ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )＝m x －1
(x ＋1)2
＝m (x ＋1)2－x x (x ＋1)2＝mx 2＋(2m －1)x ＋m x (x ＋1)2
(x >0)，
当m ≤0时，F ′(x )<0，函数F (x )在(0，＋∞)上单调递减；
当m >0时，令k (x )＝mx 2＋(2m －1)x ＋m ，当k (x )＝0，即mx 2＋(2m －1)x ＋m ＝0时，Δ＝(2m －1)2－4m 2＝1－4m ，
当Δ≤0，即m ≥1
4
时，k (x )≥0恒成立，
此时F ′(x )≥0，函数F (x )在(0，＋∞)上单调递增；
当Δ>0，即0<m <1
4
时，方程mx 2＋(2m －1)x ＋m ＝0有两个不相等的实数根，设为x 1，x 2，并设x 1<x 2，
则⎩⎪⎨⎪⎧
x 1＋x 2＝1－2m m ＝1m －2>2，x 1x 2＝1，
所以0<x 1<1<x 2，其中x 1＝1－2m －1－4m
2m
，
x 2＝
1－2m ＋1－4m
2m
，
此时，函数F (x )在(0，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减． 综上所述，当m ≤0时，F (x )在(0，＋∞)上单调递减；
当0<m <1
4时，F (x )在1－2m －1－4m 2m ，1－2m ＋1－4m 2m 上单调递减，在0，1－2m －1－4m 2m ，1－2m ＋1－4m 2m ，
＋∞上单调递增；
当m ≥1
4
时，F (x )在(0，＋∞)上单调递增．
[典例] 设a ＞0，函数f (x )＝1
2
x 2－(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． [思路演示]
解：(1)由已知，得f ′(x )＝x －(a ＋1)＋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)＋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)＋a x ＝x 2－(a ＋1)x ＋a
x
＝
(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 )＝－1
2
a 2＋a ln a ，
极小值是f (1)＝－1
2
.
②当a ＝1时，f ′(x )＝(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)＝－1
2，
极小值是f (a )＝－1
2
a 2＋a ln a .
综上，当0＜a ＜1时，f (x )的极大值是－1
2a 2＋a ln a ，
极小值是－1
2
；当a ＝1时，f (x )没有极值；
当a ＞1时f (x )的极大值是－12，极小值是－1
2a 2＋a ln a .
[解题师说]
1．对于解析式中含有参数的函数求极值，有时需要分类讨论后解决问题．讨论的思路主要有： (1)参数是否影响f ′(x )零点的存在；
(2)参数是否影响f ′(x )不同零点(或零点与函数定义域中的间断点)的大小； (3)参数是否影响f ′(x )在零点左右的符号(如果有影响，需要分类讨论)．
2．在研究函数极值问题的时候，要注意可导函数f (x )在点x ＝x 0处取得极大值的充要条件是：f ′(x 0)＝0，且存在一个x 0的邻域(x 0－σ，x 0＋σ)，当x ∈(x 0－σ，x 0)时，f ′(x )>0，当x ∈(x 0，x 0＋σ)时，f ′(x )<0.可导函数在x ＝x 0处取得极小值的充要条件是：f ′(x 0)＝0，且存在一个x 0的邻域(x 0－σ，x 0＋σ)，当x ∈(x 0－σ，x 0)时，f ′(x )<0，当x ∈(x 0，x 0＋σ)时，f ′(x )>0.
[应用体验]
2．设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R. (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；
(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围． 解：(1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)． 所以g ′(x )＝1
x －2a ＝1－2ax x .
当a ≤0，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增；
当a ＞0，x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，x ∈⎝⎛⎭⎫1
2a ，＋∞时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减． 所以当a ≤0时，g (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a ＞0时，g (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，12a ，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1
2a ，＋∞. (2)由题意知，f ′(1)＝0.
①当a ≤0时，由(1)知f ′(x )单调递增， 所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．
②当0＜a ＜12时，12a ＞1，由(1)知f ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1，12a 时，f ′(x )＞0.
所以f (x )在(0,1)内单调递减，在⎝⎛⎭
⎫1，1
2a 内单调递增，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意． ③当a ＝12时，1
2a ＝1，f ′(x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，
f (x )单调递减，不合题意．
④当a ＞12时，0＜1
2a ＜1，当x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)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，实数a 的取值范围为⎝⎛⎭
⎫1
2，＋∞.
[典例] 已知函数f (x )＝(1)求a 的取值范围；
(2)设g (x )＝f (x )－f ′(x )，求g (x )在[0,1]上的最大值和最小值． [方法演示]
解：(1)法一：由已知，得f (0)＝c ＝1，f (1)＝(a ＋b ＋c )e ＝0，所以a ＋b ＝－1. 对f (x )求导，得f ′(x )＝[ax 2＋(a －1)x －a ]e x . 因为f (x )在[0,1]上单调递减，所以f ′(x )≤0， 即ax 2＋(a －1)x －a ≤0在[0,1]上恒成立．
当a >0时，因为二次函数y ＝ax 2＋(a －1)x －a 的图象开口向上，而f ′(0)＝－a <0， 所以只需f ′(1)＝(a －1)e ≤0即可，解得0<a ≤1；
当a ＝0时，对任意x ∈[0,1]，f ′(x )＝－x e x ≤0，所以a ＝0符合题意； 当a <0时，因为f ′(0)＝－a >0，所以a <0不符合题意． 综上所述，a 的取值范围是[0,1]．
法二：由已知，得f (0)＝c ＝1，f (1)＝(a ＋b ＋c )e ＝0，所以a ＋b ＝－1.
对f (x )求导，得f ′(x )＝[ax 2＋(a －1)x －a ]e x . 因为f (x )在[0,1]上单调递减，所以f ′(x )≤0， 即a (x 2＋x －1)≤x 在[0,1]恒成立． 当x ＝0时，a ≥0；
当x ∈(0,1]时，a ·x 2＋x －1x ≤1，即a ·⎝⎛⎭
⎫x －1x ＋1≤1. 因为函数y ＝x －1x ＋1在(0,1]上单调递增，且x －1
x ＋1∈(－∞，1]，所以0≤a ≤1. 综上所述，a 的取值范围是[0,1]． (2)因为g (x )＝(－2ax ＋a ＋1)e x ， 所以g ′(x )＝(－2ax －a ＋1)e x .
当a ＝0时，g ′(x )＝e x >0，g (x )单调递增．
所以g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1，在x ＝1处取得最大值g (1)＝e. 当a ≠0时，令g ′(x )＝0，解得x ＝1－a
2a
. 当1－a
2a
<0时，a <0或a >1(不合题意，舍去)． 当
1－a
2a
＝0，即a ＝1时，x ∈[0,1]时，g ′(x )≤0，g (x )单调递减， 所以g (x )在x ＝1处取得最小值g (1)＝0，在x ＝0处取得最大值g (0)＝2. 当0<1－a 2a <1，即13<a <1时，x ∈⎣⎡⎭⎫0，1－a 2a 时，
g ′(x )>0，g (x )单调递增；x ∈⎝⎛⎦⎤1－a 2a ，1时， g ′(x )<0，g (x )单调递减．
所以g (x )在x ＝1－a 2a 处取得最大值g ⎝⎛⎭⎫1－a 2a ＝2a e 1－a 2a ，在x ＝0或x ＝1处取最小值．
因为g (0)－g (1)＝a (e ＋1)－e ＋1，
所以当1
3<a ≤e －1e ＋1时，g (0)－g (1)≤0，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1＋a ；
当e －1
e ＋1
<a <1时，g (0)－g (1)>0，g (x )在x ＝1处取得最小值g (1)＝(1－a )e. 当
1－a 2a ≥1，即0<a ≤1
3
时，x ∈[0,1]时，g ′(x )≥0，g (x )单调递增，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1＋a ，在x ＝1处取得最大值g (1)＝(1－a )e.
综上所述，当0≤a ≤1
3时，g (x )的最小值g (0)＝1＋a ，最大值g (1)＝(1－a )e ；
当1
3<a ≤e －1e ＋1时，g (x )的最小值g (0)＝1＋a ，最大值g ⎝⎛⎭⎫1－a 2a ＝2a e 1－a 2a ； 当
e －1e ＋1
<a <1时，g (x )的最小值g (1)＝(1－a )e ，最大值g ⎝⎛⎭⎫
1－a 2a ＝2a e 1－a 2a ；
当a ＝1时，g (x )的最小值g (1)＝0，最大值g (0)＝2. [解题师说]
本题的第(1)问实际上是已知单调性，借助其与导数的关系，求参数的取值范围．求解的策略包括分类讨论和参变分离两大类，法1和法2分别使用了上述两种解法．
本题的第(2)问是求函数的最大值和最小值，求最值需依赖于函数的单调性．而含参函数的单调性需要对参数进行分类讨论．在对参数进行讨论的时候，需要从三个层次来分类：
第一层次，讨论－2ax －a ＋1是否是一次式，分两种情况，当其是一次式时，进入第二层次；
第二层次，讨论－2ax －a ＋1的根的位置是否在所考查的范围[0,1]之间，分三种情况，当其根在[0,1]之间时，进入第三层次；
第三层次，比较g (0)和g (1)的大小． [应用体验]
3．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R)． (1)求函数f (x )的单调区间；
(2)当a ＞0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值． 解：(1)由题意，f ′(x )＝1
x －a (x ＞0)，
①当a ≤0时，f ′(x )＝1
x －a ＞0，即函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)． ②当a ＞0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1
a ， 当0＜x ＜1
a 时，f ′(x )＝1－ax x ＞0； 当x ＞1
a 时，f ′(x )＝1－ax x ＜0， 故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a ， 单调递减区间为⎝⎛⎭
⎫1a ，＋∞. 综上可知，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a ＞0时，函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a ，单调递减区间为⎝⎛⎭
⎫1
a ，＋∞. (2)①当1
a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，所以f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a . ②当1a ≥2，即0＜a ≤1
2时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )的最小值是f (1)＝－a .
③当1＜1a ＜2，即1
2＜a ＜1时，函数f (x )在⎣⎡⎭⎫1，1a 上是增函数，在⎝⎛⎦⎤1a ，2上是减函数． 又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，
所以当1
2＜a ＜ln 2时，最小值是f (1)＝－a ；
当ln 2≤a ＜1时，最小值为f (2)＝ln 2－2a .
综上可知，当0＜a ＜ln 2时，函数f (x )的最小值是－a ； 当a ≥ln 2时，函数f (x )的最小值是ln 2－2a .
1．已知函数f (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧
－x 3＋x 2，x ＜1，
a ln x ，x ≥1.
(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点； (2)求f (x )在[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值． 解：(1)当x ＜1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝2
3
.
当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
故当x ＝0时，函数f (x )取得极小值为f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝2
3
.
(2)①当－1≤x ＜1时，由(1)知，函数f (x )在[－1,0]和⎣⎡⎭⎫23，1上单调递减，在⎣⎡⎦⎤0，2
3上单调递增． 因为f (－1)＝2，f ⎝⎛⎭⎫23＝4
27，f (0)＝0， 所以f (x )在[－1,1)上的最大值为2.
②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ，当a ≤0时，f (x )≤0； 当a ＞0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a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ； 当a ＜2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2.
2．(理)3.(文)已知方程f (x )·x 2－2ax ＋f (x )－a 2＋1＝0(a ∈R)． (1)求函数f (x )的单调区间；
(2)若函数f (x )在[0，＋∞)上存在最大值和最小值，求实数a 的取值范围． 解：(1)由
f (x )·x 2－2ax ＋f (x )－a 2＋1＝0，得
f (x )＝2ax ＋a 2－1x 2＋1，则f ′(x )＝－2(x ＋a )(ax －1)
(x 2＋1)2
.
①当a ＝0时，f ′(x )＝2x
(x 2＋1)2
，
所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减， 即f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)． ②当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得x 1＝－a ，x 2＝1
a .
当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下：
故f (x )的单调递减区间是(－∞，－a )，⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞，单调递增区间是⎝⎛⎭⎫－a ，1a . ③当a ＜0时，令f ′(x )＝0，得x 1＝－a ，x 2＝1
a . 当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下：
所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，1a ，(－a ，＋∞)，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫1
a ，－a . (2)由(1)得，a ＝0不合题意．
当a ＞0时，由(1)得，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1
a ，＋∞上单调递减，所以f (x )在[0，＋∞)上存在最大值f ⎝⎛⎭
⎫1a ＝a 2
＞0. 设x 0为f (x )的零点，易知x 0＝1－a 22a ，且x 0＜1
a .
从而当x ＞x 0时，f (x )＞0；当x ＜x 0时，f (x )＜0. 若f (x )在[0，＋∞)上存在最小值，必有f (0)≤0， 解得－1≤a ≤1.
所以当a ＞0时，若f (x )在[0，＋∞)上存在最大值和最小值，则实数a 的取值范围是(0,1]．
当a ＜0时，由(1)得，f (x )在(0，－a )上单调递减，在(－a ，＋∞)上单调递增，所以f (x )在[0，＋∞)上存在最小值f (－a )＝－1.
易知当x ≥－a 时，－1≤f (x )＜0，所以若f (x )在[0，＋∞)上存在最大值，必有f (0)≥0，解得a ≤－1. 所以当a ＜0时，若f (x )在[0，＋∞)上存在最大值和最小值，则实数a 的取值范围是(－∞，－1]． 综上所述，实数a 的取值范围是(－∞，－1]∪(0,1]． (文)已知函数f (x )＝k ＋x k －x
·e x
(k ∈R)．
(1)若k ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )的单调区间；
(3)设k ≤0，若函数f (x )在区间(3，22)上存在极值点，求k 的取值范围．
解：(1)若k ＝1，则函数f (x )的定义域为{x |x ≠1}， f ′(x )＝e x (3－x 2)
(1－x )2
，
故曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处切线的斜率为f ′(0)＝3.
而f (0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为3x －y ＋1＝0. (2)函数f (x )的定义域为{x |x ≠k }，f ′(x )＝e x (2k ＋k 2－x 2)
(k －x )2.
①当k ＞0时，由k 2＋2k ＞k ，可得－k 2＋2k ＜k ＜k 2＋2k . 由f ′(x )＜0，得x ＜－k 2＋2k 或x ＞k 2＋2k ； 由f ′(x )＞0，得－k 2＋2k ＜x ＜k 或k ＜x ＜k 2＋2k .
所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－k 2＋2k )，(k 2＋2k ，＋∞)， 单调递增区间为(－k 2＋2k ，k )，(k ，k 2＋2k )．
②当k ＝0时，函数f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，(0，＋∞)． 当k ＝－2时，函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－2)，(－2，＋∞)．
当－2＜k ＜0时，2k ＋k 2＜0，所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，k )，(k ，＋∞)． 所以当－2≤k ≤0时，函数f (x )的单调递减区间为(－∞，k )，(k ，＋∞)． ③当k ＜－2时，－k 2＋2k ＞k .
由f ′(x )＜0，得x ＜k 或k ＜x ＜－k 2＋2k 或x ＞k 2＋2k ， 由f ′(x )＞0，得－k 2＋2k ＜x ＜k 2＋2k ，
所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，k )，(k ，－k 2＋2k )，(k 2＋2k ，＋∞)， 函数f (x )的单调递增区间为(－k 2＋2k ，k 2＋2k )．
(3)①当－2≤k ≤0时，由(2)可知，函数f (x )在(3，22)上为减函数，所以不存在极值点；
②当k ＜－2时，由(2)可知，f (x )在(－k 2＋2k ，k 2＋2k )上为增函数，在(k 2＋2k ，＋∞)上为减函数． 若函数f (x )在区间(3，22)上存在极值点， 则3＜k 2＋2k ＜22， 解得－4＜k ＜－3.
综上所述，当－4＜k ＜－3时，函数f (x )在区间(3，22)上存在极值点． 故k 的取值范围为(－4，－3)．
3．(理)已知函数f (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧
a ln x ＋(x －c )2，x ≥c ，
a ln x －(x －c )2，0＜x ＜c (其中a ＜0，c ＞0)．
(1)当a ＝2c －2时，若f (x )≥1
4对任意x ∈(c ，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围；
(2)设函数f (x )的图象在两点P (x 1，f (x 1))，Q (x 2，f (x 2))处的切线分别为l 1，l 2，若x 1＝ －a
2
，x 2＝c ，且l 1⊥l 2，求实数c 的最小值．
解：(1)当x ＞c ，a ＝2c －2时，
f ′(x )＝a
x
＋2(x －c )
＝2x 2－2cx ＋a x ＝2(x －1)[x －(c －1)]x .
∵a ＜0，c ＞0，且c ＝a
2＋1，∴0＜c ＜1.
令f ′(x )＝0，得x ＝1.
当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：
∴函数f (x )在(c ，＋∞)上的最小值为f (1)＝(1－c )2＝1
4a 2.
∴要使f (x )≥14恒成立，只需14a 2≥1
4恒成立，
即a ≤－1或a ≥1(舍去)． 又∵c ＝a
2＋1＞0，∴a ＞－2.
∴实数a 的取值范围是(－2，－1]． (2)由l 1⊥l 2可得，f ′⎝⎛
⎭⎫
－a 2·f ′(c )＝－1， 而f ′(c )＝a c ，∴f ′
⎝
⎛⎭
⎫
－a 2＝－c a . 当
－a
2
≥c 时， f ′
⎝
⎛⎭⎫－a 2＝2⎝⎛⎭⎫－a 2－2c －a 2＋a －a
2
＝－2c ＝－c a . 即a ＝1
2，与已知矛盾，舍去；
当
－a 2
＜c 时，由0＜x ＜c 时，f ′(x )＝a
x －2(x －c )＝－2x 2＋2cx ＋a x ， 可得f ′
⎝
⎛⎭⎫
－a 2＝
－2⎝⎛⎭⎫－a 2＋2c －a 2＋a －a
2
＝－－8a ＋2c ＝－c
a ， ∴c ＝
a －8a
2a ＋1
. ∵a ＜0，c ＞0，∴2a ＋1＜0，即a ＜－1
2
.
令－8a ＝t ，则a ＝－t 2
8(t ＞2)，
∴c ＝－t 28·t －t 24
＋1＝t 3
2t 2－8.
设g (t )＝t 3
2t 2－8，则g ′(t )＝2t 2(t 2－12)(2t 2－8)2.
令g ′(t )＝0，得t ＝2 3.
当t 变化时，g ′(t )与g (t )的变化情况如下表：
∴函数g (t )∴实数c 的最小值为33
2
.
4.已知函数f (x )＝x －1
x ，g (x )＝a ln x (a ∈R)．
(1)当a ≥－2时，求F (x )＝f (x )－g (x )的单调区间；
(2)设h (x )＝f (x )＋g (x )，且h (x )有两个极值点为x 1，x 2，其中x 1∈⎝⎛⎦⎤0，1
2，求h (x 1)－h (x 2)的最小值． 解：(1)由题意得F (x )＝x －1
x
－a ln x (x ＞0)，
则F ′(x )＝x 2－ax ＋1
x 2，令m (x )＝x 2－ax ＋1，则Δ＝a 2－4.
①当－2≤a ≤2时，Δ≤0，从而F ′(x )≥0， 所以F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； ②当a ＞2时，Δ＞0，设F ′(x )＝0的两根为 x 1＝a －a 2－42，x 2＝a ＋a 2－42，
所以F (x )的单调递增区间为
⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42和⎝ ⎛⎭⎪⎫
a ＋a 2－42，＋∞，
F (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫
a －a 2－42，
a ＋a 2－42. 综上，当－2≤a ≤2时，F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； 当a ＞2时，F (x )的单调递增区间为
⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42和⎝ ⎛⎭
⎪⎫
a ＋a 2－42，＋∞，
F (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫
a －a 2－42，
a ＋a 2－42. (2)对h (x )＝x －1
x ＋a ln x ，x ∈(0，＋∞)求导得，
h ′(x )＝1＋1x 2＋a x ＝x 2＋ax ＋1
x 2
，
由题意知，h ′(x )＝0的两根分别为x 1，x 2，则有x 1·x 2＝1，x 1＋x 2＝－a ， 所以x 2＝1x 1，从而有a ＝－x 1－1
x 1.
令H (x )＝h (x )－h ⎝⎛⎭⎫
1x
＝x －1
x ＋⎝⎛⎭⎫－x －1x ln x －⎣⎡⎦⎤1x －x ＋⎝⎛⎭⎫－x －1x ·ln 1x ＝2⎣⎡⎦
⎤⎝⎛⎭⎫－x －1x ln x ＋x －1x
， 即H ′(x )＝2⎝⎛⎭⎫1
x 2－1ln x ＝2(1－x )(1＋x )ln x x 2
(x ＞0)． 当x ∈⎝⎛⎦⎤0，12时，H ′(x )＜0，所以H (x )在⎝⎛⎦⎤0，1
2上单调递减， 又H (x 1)＝h (x 1)－h ⎝⎛⎭⎫1x 1
＝h (x 1)－h (x 2)，
所以[h (x 1)－h (x 2)]min ＝H ⎝⎛⎭⎫12＝5ln 2－3.。