含参函数的最值与函数.ppt

合集下载

含参二次函数的最值问题

5a x
(2)当1 a 5时
f (x)min =f(1)=-4 f (x)max =f(-3)=12
(3)当a 5时
f (x)min=f(1)=-4 f (x)max =f(a)= a2-2a-3
小结：
本节课讨论了两类含参数的二次函数最值问题:
(1)轴动区间定 (2)轴定区间动核心思想仍然是判断对称轴与区间的相对位置，从中体会到数形结合思想、分类讨论思想。
❖第2类:函数对称轴固定，动区间例2：
求函数f (x) x2 2x 5在区间t,t 2上的最大值
对称轴：x=1
(1)t+2≤1时，即：t ≤ -1时，函数f(x)在区间[t,t+2]上单调递增当x=t+2时，y有最大值， y max = f(t+2)= -t2-2t+5
(2)t<1<t+2,即-1<t<1时当x=1时，y有最大值， y max = f(1)= 6
若0 a 2，则函数f(x)的最小值为f (a) a2 1
若 a 2 ，则函数f(x)的最小值为f(2)=3—4a.
所以，
1, (a 0) f (x)min a2 1, (0 a 2)
3 4a, (a 2)
变式作业上第9题
已知函数f(x)=-x2+2ax+1-a在区间[0,1]上有最大值 23：求二次函数f(x)=x2-2x-3 在[-3,a] (a>-3)上的最值
y
a -3 o 1
(1)当 3 a 1时
f (x)min=f(a)=a2-2a-3 x f (x)max =f(-3)=12
f(x)=x2-2x-3,x∈[-3,a] (a>-3)

函数的极值与最大(小)值(1)课件高二下学期数学人教A版(2019)选择性必修第二册

调递减,函数在 x=2 处取得极大值
2
f(2)=4a+3,函数在
x=2a 处取得极小值
4 3
f(2a)=-3a +4a2+2.
综上,当 a=1 时,函数不存在极值;当 a<1
值为
2
4a+3;当
a>1 时,函数的极大值为
4 3
时,函数的极大值为- a +4a2+2,极小
3
2
4 3
4a+3,极小值为-3a +4a2+2.
令 ′ =0,解得：1 = −2, 2 = 2
当变化时， ′ ，，的变化情况如下表
因此，当 = −2时，有极大值，极大值为 −2 =
4
3
当 = 2时，有极小值，极小值为 2 =- .
28
;
3
新知探究
函数 =
1 3

3
− 4 2 + 4的图像如图所示.
f
′(x)＜0
，
__________
附近的左侧
x＝a
而且在点
，
点的函数值都小，f ′(a)＝__
0
f ′(x)＞0，就把点 a 叫做函数 y＝f (x)的极小值点，_____
f (a) 叫做函
右侧_______
数 y＝f (x)的极小值．
新知探究
(2)极大值点与极大值
若函数 y＝f (x)在点 x＝b 的函数值 f (b)比它在点 x＝b 附近其他
x
f'(x)
f(x)
(-∞,-1)
+
-1
0
(-1,3)
-
3

函数的最大(小)值(课件)高二数学(人教A版2019选择性必修第二册)

函数的最大（小）值
极值反映的是函数在某一点附近的局部性质，而不是函数在整个定义域内的性质.
如果x0 是函数 y=f(x)的极大（小）值点，那么在x = x0 附近找不到比f(x0 )更大（小）的值.
但是在解决实际问题或研究函数的性质时，往往更关心函数在某个区间上，哪个值最大，
哪个值最小.
如果x0 在某个区间上函数 y=f(x) 的最大（小）值点，那么f(x0 )不小（大）于函数
问题饮料瓶大小对饮料公司利润的影响
（1）你是否注意过，市场上等量的小包装的物品一般比大包装的要贵些？你想从
数学上知道它的道理吗？
（2）是不是饮料瓶越大，饮料公司的利润越大？
例3 某制造商制造并出售球形瓶装的某种饮料.瓶子的制造成本是0.8 2 分，其中r
（单位：cm）是瓶子的半径.已知每出售1mL的饮料，制造商可获利0.2分，且制造商
人教A版2019
选择性必修第二册
一元函数的导数及其应用
5.3.2.2 函数的最大（小）值
问题引入
问题：求函数极值的一般方法是？
提示：
解方程f ′ x = 0，当f ′ x0 = 0 时：
（1）如果在x0 附近的左侧f ′ x > 0 ，右侧f ′ x < 0，那么f(x0 )是极大值；
（2）如果在x0 附近的左侧f ′ x < 0 ，右侧 f ′ x > 0，那么f(x0 )是极小值.
当x → +∞时， f(x) → +∞, f ′ (x) → +∞ .
根据以上信息，我们画出 f(x)的大致图象如图所示.
例2 给定函数 = ( + 1) .
（3）求出方程f(x)=a( ∈ ) 的解的个数.

5.3 5.3.2 第二课时函数的最大[小]值公开课

[跟踪训练] 已知 a 是实数，函数 f(x)＝x2(x－a)，求 f(x)在区间[0，2]上的最大值．解：f′(x)＝3x2－2ax.
令 f′(x)＝0，解得 x1＝0，x2＝23a. ①当23a≤0，即 a≤0 时，f′(x)在[0，2]上满足 f′(x)≥0，所以 f(x)在[0，2]上单调递增，从而 f(x)max＝f(2)＝8－4a. ②当23a≥2，即 a≥3 时，f′(x)在[0，2]上满足 f′(x)≤0，所以 f(x)在[0，2]上单调递减，从而 f(x)max＝f(0)＝0. ③当 0<23a<2，即 0<a<3 时，f(x)在0，23a上单调递减，在23a，2上单调递增，从而 f(x)max＝80－（42a<（a<03<）a≤. 2），综上 f(x)max＝80－（4aa>（2）a≤. 2），
(2)①当1a≤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≤12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12<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12<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.
－m
∴g(t)在[0，2]上有最小值 g(2)＝－3－m，存在 t∈[0，2]，使 h(t)<－2t＋m 成立，等价于 g(t)的最小值 g(2)<0. ∴－3－m<0，∴m>－3， ∴实数 m 的取值范围为(－3，＋∞)．

专题10 含参函数的极值、最值讨论(解析版)

专题10 含参函数的极值、最值讨论考点一含参函数的极值【例题选讲】[例1] 设a ＞0，函数f (x )＝12x 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．解析 (1)由已知，得f ′(x )＝x －(a ＋1)＋ax (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)＋a2＝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 )＝－12a 2＋a ln a ，极小值是f (1)＝－12．②当a ＝1时，f ′(x )＝(x －1)2x ≥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)＝－12，极小值是f (a )＝－12a 2＋a ln a ．综上，当0＜a ＜1时，f (x )的极大值是－12a 2＋a ln a ，极小值是－12；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－12a 2＋a ln a ．[例2] 已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)当a ＝12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 ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝1x －12＝2－x2x ，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．x (0，2) 2 (2，＋∞) f ′(x )＋－f (x ) ln 2－1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 )＝1x －a ＝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 ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ，则f ′(x )>0，若x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞，则f ′(x )<0，故函数在x ＝1a处有极大值．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点，当a >0时，函数y ＝f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a ．[例3] 设f (x )＝x ln x －32ax 2＋(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 )＝ln x －3ax ＋3a ，即g (x )＝ln x －3ax ＋3a ，x ∈(0，＋∞)，g ′(x )＝1x－3a ，①g (x )在[1，2]上单调递增，∴1x －3a ≥0对x ∈[1，2]恒成立，即a ≤13x 对x ∈[1，2]恒成立，得a ≤16；②g (x )在[1，2]上单调递减，∴1x －3a ≤0对x ∈[1，2]恒成立，即a ≥13x 对x ∈[1，2]恒成立，得a ≥13，由①②可得a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，16∪⎣⎡⎭⎫13，＋∞． (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 )单调递减， x ∈(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0<a <13时，13a >1，又f ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，13a 上单调递增，∴x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，x ∈⎝⎛⎭⎫1，13a 时，f ′(x )>0， ∴f (x )在(0，1)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1，13a 上单调递增，f (x )在x ＝1处取得极小值，符合题意； ③当a ＝13时，13a ＝1，f ′(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意；④当a >13时，0<13a<1，当x ∈⎝⎛⎭⎫13a ，1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴f (x )在x ＝1处取得极大值，不符合题意．综上所述，可得a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，13． [例4] (2016·山东)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．解析 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ，可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)．所以g ′(x )＝1x －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 ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减．所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a ＞0时，g (x )的单调增区间为⎝⎛⎭⎫0，12a ，单调减区间为⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞． (2)由(1)知，f ′(1)＝0．①当a ≤0时，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⎝⎛⎭⎫1，12a 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，12a ＝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＜12a ＜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⎝⎛⎭⎫12，＋∞． [例5] 已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫x －1－a6e x ＋1，其中e ＝2.718…为自然对数的底数，常数a >0． (1)求函数f (x )在区间(0，＋∞)上的零点个数；(2)函数F (x )的导数F ′(x )＝()e x －a f (x )，是否存在无数个a ∈(1，4)，使得ln a 为函数F (x )的极大值点？请说明理由．解析 (1)f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫x －a 6e x ，当0<x <a 6时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >a6时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以当x ∈(0，＋∞)时，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫a 6，因为f ⎝⎛⎭⎫a 6<f (0)＝－a 6<0，f ⎝⎛⎭⎫1＋a 6＝1>0，所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎫a 6，1＋a6，使f (x 0)＝0，且当0<x <x 0时，f (x )<0，当x >x 0时，f (x )>0．故函数f (x )在(0，＋∞)上有1个零点，即x 0．(2)方法一当a >1时，ln a >0．因为当x ∈()0，ln a 时，e x －a <0；当x ∈()ln a ，＋∞时，e x －a >0．由(1)知，当x ∈(0，x 0)时，f (x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )>0．下面证：当a ∈()1，e 时，ln a <x 0，即证f ()ln a <0．f ()ln a ＝⎝⎛⎭⎫ln a －1－a 6a ＋1＝a ln a －a －a 26＋1，记g (x )＝x ln x －x －x26＋1，x ∈(1，e)， g ′(x )＝ln x －x3，x ∈(1，e)，令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝3－x 3x >0，所以g ′(x )在()1，e 上单调递增，由g ′(1)＝－13<0，g ′(e)＝1－e3>0，所以存在唯一零点t 0∈()1，e ，使得g ′()t 0＝0，且x ∈()1，t 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，x ∈()t 0，e 时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．所以当x ∈()1，e 时，g (x )<max {}g (1)，g (e)．由g (1)＝－16<0，g (e)＝6－e 26<0，得当x ∈()1，e 时，g (x )<0．故f ()ln a <0，0<ln a <x 0．当0<x <ln a 时，e x －a <0，f (x )<0， F ′(x )＝()e x －a f (x )>0，F (x )单调递增；当ln a <x <x 0时，e x －a >0，f (x )<0，F ′(x )＝()e x －a f (x )<0，F (x )单调递减．所以存在a ∈()1，e ⊆(1，4)，使得ln a 为F (x )的极大值点．方法二因为当x ∈()0，ln a 时，e x －a <0；当x ∈()ln a ，＋∞时，e x －a >0．由(1)知，当x ∈(0，x 0)时，f (x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )>0．所以存在无数个a ∈(1，4)，使得ln a 为函数F (x )的极大值点，即存在无数个a ∈(1，4)，使得ln a <x 0成立，①由(1)，问题①等价于存在无数个a ∈(1，4)，使得f ()ln a <0成立，因为f ()ln a ＝⎝⎛⎭⎫ln a －1－a 6a ＋1＝a ln a －a －a 26＋1，记g (x )＝x ln x －x －x26＋1，x ∈(1，4)， g ′(x )＝ln x －x3，x ∈(1，4)，设k (x )＝g ′(x )，因为k ′(x )＝3－x 3x，当x ∈⎝⎛⎭⎫32，2时，k ′(x )>0，所以g ′(x )在⎝⎛⎭⎫32，2上单调递增，因为g ′⎝⎛⎭⎫32＝ln 32－12<0，g ′(2)＝ln 2－23>0，所以存在唯一零点t 0∈⎝⎛⎭⎫32，2，使得g ′()t 0＝0，且当x ∈⎝⎛⎭⎫32，t 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x ∈()t 0，2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；所以当x ∈⎣⎡⎦⎤32，2时，g (x )min ＝g ()t 0＝t 0ln t 0－t 0－t 26＋1，② 由g ′()t 0＝0，可得ln t 0＝t 03，代入②式可得g (x )min ＝g ()t 0＝t 206－t 0＋1，当t 0∈⎝⎛⎭⎫32，2时，g ()t 0＝t 206－t 0＋1＝()t 0－326－12<－18<0，所以必存在x ∈⎝⎛⎭⎫32，2，使得g (x )<0，即对任意a ∈⎝⎛⎭⎫32，2，f ()ln a <0有解，所以对任意a ∈⎝⎛⎭⎫32，2⊆(1，4)，函数F (x )存在极大值点为ln a ．【对点训练】1．已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝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．1．解析 (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，∴切点为(1，1)，又f ′(x )＝1x ＋1，∴切线斜率k ＝f ′(1)＝2，故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0.(2)g (x )＝f (x )－(ax －1)＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1，则g ′(x )＝1x －ax ＋(1－a )＝－ax 2＋(1－a )x ＋1x ，①当a ≤0时，∵x >0，∴g ′(x )>0，∴g (x )在(0，＋∞)上是增函数，函数g (x )无极值点．②当a >0时，g ′(x )＝－ax 2＋(1－a )x ＋1x ＝－a ⎝⎛⎭⎫x －1a (x ＋1)x ，令g ′(x )＝0得x ＝1a.∴当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，g ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，g ′(x )<0. 因此g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上是减函数． ∴x ＝1a 时，g (x )取极大值g ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －a 2×1a 2＋(1－a )×1a ＋1＝12a －ln a . 由①②得，当a ≤0时，函数g (x )无极值；当a >0时，函数g (x )有极大值12a －ln a ，无极小值．2．设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．2．解析 (1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ，所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ．f ′(1)＝(1－a )e ．由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1．此时f (1)＝3e≠0．所以a 的值为1． (2)f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x ．若a >12，则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，2时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0．所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0，所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫12，＋∞． 3．已知函数f (x )＝x 2－3x ＋ax ．(1)若a ＝4，讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有3个极值点，求实数a 的取值范围． 3．解析 (1)因为a ＝4时，f (x )＝x 2－3x ＋4x，所以f ′(x )＝2x －3－4x 2＝2x 3－3x 2－4x 2＝2x 3－4x 2＋x 2－4x 2＝(x －2)(2x 2＋x ＋2)x 2(x ≠0)，令f ′(x )>0，得x >2；令f ′(x )<0，得x <0或0<x <2．所以f (x )在(－∞，0)，(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．(2)由题意知，f ′(x )＝2x －3－a x 2＝2x 3－3x 2－ax 2(x ≠0)，设函数g (x )＝2x 3－3x 2－a ，则原条件等价于g (x )在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有3个零点，且3个零点附近的左、右两侧的函数值异号，又g ′(x )＝6x 2－6x ＝6x (x －1)，由g ′(x )>0，得x >1或x <0；由g ′(x )<0，得0<x <1．故g (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故原条件等价于g (x )在(－∞，0)，(0，1)，(1，＋∞)上各有一个零点，令g (0)＝－a >0，得a <0，当a <0时，－－a <0，g (－－a )＝2(－－a )3－3(－a )－a ＝2a (－a ＋1)<0，故a <0时，g (x )在(－∞，0)上有唯一零点；令g (1)＝－1－a <0，解得a >－1，故－1<a <0时，g (x )在(0，1)上有唯一零点；又－1<a <0时，g (2)＝4－a >0，所以g (x )在(1，＋∞)上有唯一零点．综上可知，实数a 的取值范围是(－1，0)． 4．已知函数f (x )＝ax －x 2－ln x (a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )存在极值，且这些极值的和大于5＋ln2，求实数a 的取值范围．4．解析 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a －2x －1x ．∵2x ＋1x ≥22⎝⎛⎭⎫当且仅当x ＝22时等号成立，当a ≤22时，f ′(x )≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．当a ＞22时，f ′(x )＝a －2x －1x ＝－2x 2－ax ＋1x．由f ′(x )＝0得x 1＝a －a 2－84，x 2＝a ＋a 2－84且x 2＞x 1＞0．由f ′(x )＞0得x 1＜x ＜x 2，由f ′(x )＜0得0＜x ＜x 1，或x ＞x 2， ∴函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－84，a ＋a 2－84，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－84，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－84，＋∞．综上所述，当a ≤22时，函数f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a ＞22时，函数f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－84，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋ a 2－84，＋∞，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－84，a ＋a 2－84．(2)由(1)知，当f (x )存在极值时，a ＞22．即方程2x 2－ax ＋1＝0有两个不相等的正根x 1，x 2， ∴⎩⎨⎧x 1＋x 2＝a2＞0，x 1x 2＝12＞0.∴f (x 1)＋f (x 2)＝a (x 1＋x 2)－(x 21＋x 22)－(ln x 1＋ln x 2)＝a (x 1＋x 2)－[](x 1＋x 2)2－2x 1x 2－ln(x 1x 2)＝a 22－a 24＋1－ln 12＝a 24＋1－ln 12．依题意a 24＋1－ln 12＞5＋ln 2，即a 2＞16，∴a ＞4或a ＜－4．又a ＞22．∴a ＞4，即实数a 的取值范围是(4，＋∞)． 5．(2018·全国Ⅲ)已知函数f (x )＝(2＋x ＋ax 2)·ln(1＋x )－2x ． (1)若a ＝0，证明：当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0． (2)若x ＝0是f (x )的极大值点，求a ．5．解析 (1)证明：当a ＝0时，f (x )＝(2＋x )ln(1＋x )－2x ，f ′(x )＝ln(1＋x )－x1＋x .设函数g (x )＝f ′(x )＝ln (1＋x )－x 1＋x ，则g ′(x )＝x(1＋x )2.当－1＜x ＜0时，g ′(x )＜0；当x ＞0时，g ′(x )＞0．故当x ＞－1时，g (x )≥g (0)＝0，且仅当x ＝0时，g (x )＝0，从而f ′(x )≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0.所以f (x )在(－1，＋∞)单调递增．又f (0)＝0，故当－1＜x ＜0时，f (x )＜0；当x ＞0时，f (x )＞0. (2)(ⅰ)若a ≥0，由(1)知，当x ＞0时，f (x )≥(2＋x )·ln (1＋x )－2x ＞0＝f (0)，这与x ＝0是f (x )的极大值点矛盾．(ⅱ)若a ＜0，设函数h (x )＝f (x )2＋x ＋ax 2＝ln(1＋x )－2x2＋x ＋ax 2.由于当|x |＜min{1，1|a |}时，2＋x ＋ax 2＞0，故h (x )与f (x )符号相同．又h (0)＝f (0)＝0，故x ＝0是f (x )的极大值点当且仅当x ＝0是h (x )的极大值点． h ′(x )＝11＋x －2(2＋x ＋ax 2)－2x (1＋2ax )(2＋x ＋ax 2)2＝x 2(a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1)(x ＋1)(ax 2＋x ＋2)2.如果6a ＋1＞0，则当0＜x ＜－6a ＋14a，且|x |＜min{1，1|a |}时，h ′(x )＞0，故x ＝0不是h (x )的极大值点．如果6a ＋1＜0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1＝0存在根x 1＜0，故当x ∈(x 1，0)，且|x |＜min{1，1|a |}时，h ′(x )＜0，所以x ＝0不是h (x )的极大值点．如果6a ＋1＝0，则h ′(x )＝x 3(x －24)(x ＋1)(x 2－6x －12)2，则当x ∈(－1，0)时，h ′(x )＞0；当x ∈(0，1)时，h ′(x )＜0.所以x ＝0是h (x )的极大值点，从而x ＝0是f (x )的极大值点．综上，a ＝－16．考点二含参函数的最值【例题选讲】[例1] 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．解析 (1)f ′(x )＝1x－a (x ＞0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －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 ＝1a，当0＜x ＜1a 时，f ′(x )＝1－ax x ＞0；当x ＞1a 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⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞． (2)①当0＜1a ≤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 ≤12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12＜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12＜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 ＜ln2时，函数f (x )的最小值是f (1)＝－a ；当a ≥ln2时，函数f (x )的最小值是f (2)＝ln2－2a ．[例2] 已知函数f (x )＝ax 2＋(1－2a )x －ln x . (1)当a >0时，求函数f (x )的单调递增区间； (2)当a <0时，求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上的最小值．解析 (1)因为f (x )＝ax 2＋(1－2a )x －ln x ，所以f ′(x )＝2ax ＋1－2a －1x ＝(2ax ＋1)(x －1)x .因为a >0，x >0，所以2ax ＋1>0，令f ′(x )>0，得x >1，所以f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)．(2)当a <0时，令f ′(x )＝0，得x 1＝－12a，x 2＝1，当－12a >1，即－12<a <0时，f (x )在(0,1]上是减函数，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上的最小值为f (1)＝1－a . 当12≤－12a ≤1，即－1≤a ≤－12时，f (x )在⎣⎡⎦⎤12，－12a 上是减函数，在⎣⎡⎦⎤－12a ，1上是增函数，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－12a ＝1－14a＋ln(－2a )．当－12a <12，即a <－1时，f (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上是增函数，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫12＝12－34a ＋ln 2. 综上，函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤12，1上的最小值为f (x )min＝⎩⎪⎨⎪⎧12－34a ＋ln 2，a <－1，1－14a ＋ln(－2a )，－1≤a ≤－12，1－a ，－12<a <0.[例3] 已知函数f (x )＝ln xx －1．(1)求函数f (x )的单调区间及极值；(2)设m >0，求函数f (x )在区间[m ，2m ]上的最大值．解析 (1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln xx 2，由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )>0，x >0，得0<x <e ；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )<0，x >0，得x >e ．所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)，且f (x )极大值＝f (e)＝1e－1，无极小值．(2)①当⎩⎪⎨⎪⎧2m ≤e ，m >0，即0<m ≤e 2时，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递增，所以f (x )max ＝f (2m )＝ln 2m2m －1；②当m <e<2m ，即e2<m <e 时，函数f (x )在区间(m ，e)上单调递增，在(e ，2m )上单调递减，所以f (x )max ＝f (e)＝ln e e －1＝1e－1； ③当m ≥e 时，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递减，所以f (x )max ＝f (m )＝ln mm－1．综上所述，当0<m ≤e 2时，f (x )max ＝ln 2m 2m －1；当e 2<m <e 时，f (x )max ＝1e －1；当m ≥e 时，f (x )max ＝ln mm －1．[例4] 已知函数f (x )＝m ln xx ＋n ，g (x )＝x 2⎣⎡⎦⎤f (x )－1x －a 2(m ，n ，a ∈R )，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1.(1)求实数m ，n 的值及函数f (x )的最大值；(2)当a ∈⎝⎛⎭⎫－e ，1e 时，记函数g (x )的最小值为b ，求b 的取值范围．解析 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝m (1－ln x )x 2，因为f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝m ＝1，f (1)＝m ln 11＋n ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝0. 所以f (x )＝ln xx ，f ′(x )＝1－ln x x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x >e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以当x ＝e 时，f (x )取得最大值，最大值为f (e)＝1e .(2)因为g (x )＝x 2⎣⎡⎦⎤f (x )－1x －a 2＝x ln x －ax 22－x ，所以g ′(x )＝ln x －ax ＝x ⎝⎛⎭⎫ln x x －a .①当a ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，x →＋∞时，g (x )→－∞，g (x )无最小值． ②当a ＝0时，g ′(x )＝ln x ，由g ′(x )>0得x >1，由g ′(x )<0得0<x <1，所以g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g (x )的最小值b ＝g (1)＝－1. ③当a ∈(－e ，0)时，由(1)知方程ln xx－a ＝0有唯一实根，又f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－e ，f (1)＝0，f (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，1上单调递增，所以存在t ∈⎝⎛⎭⎫1e ，1，使得g ′(t )＝0，即ln t ＝at . 当x ∈(0，t )时，g ′(x )<0；当x ∈(t ，＋∞)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(0，t )上单调递减，在(t ，＋∞)上单调递增，g (x )的最小值b ＝g (t )＝t ln t －a 2t 2－t ＝t ln t 2－t ，令h (t )＝t ln t 2－t ，t ∈⎝⎛⎭⎫1e ，1，则h ′(t )＝ln t －12<0，所以h (t )在⎝⎛⎭⎫1e ，1上单调递减，从而b ＝h (t )∈⎝⎛⎭⎫－1，－32e . 综上所述，当a ∈(－e ，0]时，b ∈⎣⎡⎭⎫－1，－32e ；当a ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，b 不存在． [例5] (2019·全国Ⅲ)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b ． (1)讨论f (x )的单调性；(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0，1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．解析 (1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )．令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a3．若a ＞0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫a3，＋∞时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a 3时，f ′(x )＜0．故f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，a3单调递减．若a ＝0，f (x )在(－∞，＋∞)单调递增．若a ＜0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，a3∪(0，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫a 3，0时，f ′(x )＜0．故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，a 3，(0，＋∞)单调递增，在⎝⎛⎭⎫a3，0单调递减． (2)满足题设条件的a ，b 存在．①当a ≤0时，由(1)知，f (x )在[0，1]单调递增，所以f (x )在区间[0，1]的最小值为f (0)＝b ，最大值为f (1)＝2－a ＋b ．此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1，2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1．②当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0，1]单调递减，所以f (x )在区间[0，1]的最大值为f (0)＝b ，最小值为f (1)＝2－a ＋b ．此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1．③当0＜a ＜3时，由(1)知，f (x )在[0，1]的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 3＝－a327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b ．若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0＜a ＜3矛盾．若－a 327＋b ＝－1，2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0＜a ＜3矛盾．综上，当且仅当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f (x )在[0，1]的最小值为－1，最大值为1．【对点训练】1．已知函数g (x )＝a ln x ＋x 2－(a ＋2)x (a ∈R )． (1)若a ＝1，求g (x )在区间[1，e]上的最大值； (2)求g (x )在区间[1，e]上的最小值h (a )．1．解析 (1)∵a ＝1，∴g (x )＝ln x ＋x 2－3x ，∴g ′(x )＝1x ＋2x －3＝(2x －1)(x －1)x ，∵x ∈[1，e]，∴g ′(x )≥0，∴g (x )在[1，e]上单调递增，∴g (x )max ＝g (e)＝e 2－3e ＋1． (2)g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝ax ＋2x －(a ＋2)＝2x 2－(a ＋2)x ＋a x ＝(2x －a )(x －1)x ．①当a2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上单调递增，h (a )＝g (1)＝－a －1；②当1<a2<e ，即2<a <2e 时，g (x )在⎣⎡⎭⎫1，a 2上单调递减，在⎝⎛⎦⎤a 2，e 上单调递增， h (a )＝g ⎝⎛⎭⎫a 2＝a ln a 2－14a 2－a ； ③当a2≥e ，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上单调递减，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e ．综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a －1，a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2<a <2e ，(1－e)a ＋e 2－2e ，a ≥2e.2．已知函数f (x )＝(x －a )e x (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求函数f (x )的图象在x ＝0处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间[1，2]上的最小值． 2．解析 f ′(x )＝(x ＋1－a )e x ．(1)当a ＝2时，f ′(x )＝(x －1)e x ．∴f (0)＝－2，f ′(0)＝－1， ∴所求切线方程为y ＋2＝－x ，即x ＋y ＋2＝0． (2)令f ′(x )＝0得x ＝a －1．①若a －1≤1，则a ≤2．当x ∈[1，2]时，f ′(x )≥0，则f (x )在[1，2]上单调递增．∴f (x )min ＝f (1)＝(1－a )e ； ②若a －1≥2，则a ≥3．当x ∈[1，2]时，f ′(x )≤0，则f (x )在[1，2]上单调递减．∴f (x )min ＝f (2)＝(2－a )e 2； ③若1<a －1<2，则2<a <3．f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如表：x 1 (1，a －1)a －1 (a －1，2)2 f ′(x ) －0 ＋f (x )极小值∴f (x )的单调递减区间为(1，a －1)，单调递增区间为(a －1，2)，∴f (x )min ＝f (a －1)＝－e a －1．综上可知，当a ≤2时，f (x )min ＝(1－a )e ；当a ≥3时，f (x )min ＝(2－a )e 2；当2<a <3时，f (x )min ＝－e a －1． 3．已知函数f (x )＝ax －ln x ，F (x )＝e x ＋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；(2)若a ∈⎝⎛⎦⎤－∞，－1e 2，且函数g (x )＝x e ax －1－2ax ＋f (x )的最小值为M ，求M 的最小值． 3．解析 (1)由题意得f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x，F ′(x )＝e x ＋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 )的单调递减区间为(0，ln(－a ))，单调递增区间为(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，解得a ≤－3，综上，a 的取值范围是(－∞，－3]．(2)g ′(x )＝e ax －1＋ax e ax －1－a －1x ＝(ax ＋1)⎝⎛⎭⎫e ax －1－1x ，由e ax －1－1x ＝0，解得a ＝1－ln x x ，设p (x )＝1－ln x x ，则p ′(x )＝ln x －2x2，当x >e 2时，p ′(x )>0，当0<x <e 2时，p ′(x )<0，从而p (x )在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增，p (x )min ＝p (e 2)＝－1e 2，当a ≤－1e 2时，a ≤1－ln x x ，即e ax －1－1x≤0，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－1a 时，ax ＋1>0，g ′(x )≤0，g (x )单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞时，ax ＋1<0，g ′(x )≥0，g (x )单调递增，∴g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫－1a ＝M ，设t ＝－1a ∈(0，e 2]，M ＝h (t )＝t e 2－ln t ＋1(0<t ≤e 2)，则h ′(t )＝1e 2－1t ≤0，h (t )在(0，e 2]上单调递减，∴h (t )≥h (e 2)＝0，即M ≥0，∴M 的最小值为0． 4．已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数． (1)当a ＝－1时，求f (x )的最大值；(2)若f (x )在区间(0，e]上的最大值为－3，求a 的值．4．解析 (1)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x ，f ′(x )＝－1＋1x ＝1－xx ，令f ′(x )＝0，得x ＝1．当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0．∴f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∴f (x )max ＝f (1)＝－1．∴当a ＝－1时，函数f (x )在(0，＋∞)上的最大值为－1． (2)f ′(x )＝a ＋1x ，x ∈(0，e]，1x ∈⎣⎡⎭⎫1e，＋∞． ①若a ≥－1e ，则f ′(x )≥0，从而f (x )在(0，e]上单调递增，∴f (x )max ＝f (e)＝a e ＋1≥0，不符合题意．②若a <－1e ，令f ′(x )>0得a ＋1x >0，结合x ∈(0，e]，解得0<x <－1a ；令f ′(x )<0得a ＋1x <0，结合x ∈(0，e]，解得－1a <x ≤e ．从而f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递增，在⎝⎛⎦⎤－1a ，e 上单调递减， ∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－1＋ln ⎝⎛⎭⎫－1a ．令－1＋ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－3，得ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－2，即a ＝－e 2． ∵－e 2<－1e ，∴a ＝－e 2为所求．故实数a 的值为－e 2．5．已知函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x ，其中a ∈R ．(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，若f (x )在区间[1，e]上的最小值为－2，求a 的取值范围． 5．解析 (1)当a ＝1时，f (x )＝x 2－3x ＋ln x (x >0)，所以f ′(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2－3x ＋1x，所以f (1)＝－2，f ′(1)＝0．所以切线方程为y ＋2＝0． (2)函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x 的定义域为(0，＋∞)，当a >0时，f ′(x )＝2ax －(a ＋2)＋1x ＝2ax 2－(a ＋2)x ＋1x ＝(2x －1)(ax －1)x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝12或x ＝1a．①当0<1a ≤1，即a ≥1时，f (x )在[1，e]上单调递增．所以f (x )在[1，e]上的最小值为f (1)＝－2，符合题意；②当1<1a <e ，即1e <a <1时，f (x )在⎣⎡⎦⎤1，1a 上单调递减，在⎣⎡⎦⎤1a ，e 上单调递增，所以f (x )在[1，e]上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫1a <f (1)＝－2，不合题意； ③当1a ≥e ，即0<a ≤1e时，f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )在[1，e]上的最小值为f (e)<f (1)＝－2，不合题意．综上，实数a 的取值范围是[1，＋∞)．考点三含参函数的极值与最值的综合问题【例题选讲】[例1] 已知函数f (x )＝e x 1＋ax 2，其中a 为正实数，x ＝12是f (x )的一个极值点．(1)求a 的值；(2)当b >12时，求函数f (x )在[b ，＋∞)上的最小值．解析 f ′(x )＝(ax 2－2ax ＋1)e x(1＋ax 2)2．(1)因为x ＝12是函数y ＝f (x )的一个极值点，所以f ′⎝⎛⎭⎫12＝0，因此14a －a ＋1＝0，解得a ＝43．经检验，当a ＝43时，x ＝12是y ＝f (x )的一个极值点，故所求a 的值为43．(2)由(1)可知，f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫43x 2－83x ＋1e x⎝⎛⎭⎫1＋43x 22，令f ′(x )＝0，得x 1＝12，x 2＝32．f (x )与f ′(x )随x 的变化情况如下：x ⎝⎛⎭⎫－∞，1212 ⎝⎛⎭⎫12，32 32 ⎝⎛⎭⎫32，＋∞ f ′(x ) ＋ 0 －0 ＋f (x )3e4e e4所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，12，⎝⎛⎭⎫32，＋∞，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫12，32．当12<b <32时，f (x )在[b ，32)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫32，＋∞上单调递增．所以f (x )在[b ，＋∞)上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫32＝e e4；当b ≥32时，f (x )在[b ，＋∞)上单调递增，所以f (x )在[b ，＋∞)上的最小值为f (b )＝e b 1＋ab 2＝3e b3＋4b 2．[例2] 已知函数f (x )＝a ln (x ＋b )－x ． (1)若a ＝1，b ＝0，求f (x )的最大值； (2)当b >0时，讨论f (x )极值点的个数．解析 (1)当a ＝1，b ＝0时，f (x )＝ln x －x ，此时，f (x )的定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －12x ＝2－x 2x，由f ′(x )>0，解得0<x <4，由f ′(x )<0，解得x >4，故f (x )在(0，4)上单调递增，在(4，＋∞)上单调递减，故f (x )max ＝f (4)＝2ln 2－2． (2)当b >0时，函数的定义域是[0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋b －12x ＝－x ＋2a x －b 2x x ＋b， ①当a ≤0时，f ′(x )<0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，故此时f (x )的极值点的个数为0； ②当a >0时，设h (x )＝－x ＋2a x －b ，(Ⅲ)当4a 2－4b ≤0即0<a ≤ b 时，f ′(x )≤0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，即f ′(x )在(0，＋∞)上无变号零点，故此时f (x )的极值点个数是0；(Ⅲ)当4a 2－4b >0即a >b 时，记方程h (x )＝0的两根分别为x 1，x 2，由于x 1＋x 2＝2a >0，x 1x 2＝b >0，故x 1，x 2都大于0，即f ′(x )在(0，＋∞)上有2个变号零点，故此时f (x )的极值点的个数是2．综上，a ≤b 时，f (x )极值点的个数是0；a >b 时，f (x )极值点的个数是2． [例3] 设函数f (x )＝a x ＋e －x (a ＞1)． (1)求证：f (x )有极值；(2)若x ＝x 0时f (x )取得极值，且对任意正整数a 都有x 0∈(m ，n )，其中m ，n ∈Z ，求n －m 的最小值．解析 (1)由题意得f ′(x )＝a x ln a －e －x ，令h (x )＝f ′(x )＝a x ln a －e －x ，则h ′(x )＝a x (ln a )2＋e －x ＞0，所以函数h (x )，即f ′(x )在R 上单调递增．由f ′(x )＝0，得a x e x ln a ＝1，因为a ＞1，所以a x e x ＝1ln a ＞0，得x ＝log a e 1ln a ，当x ＞log a e1ln a 时，f ′(x )＞0；当x ＜log a e 1ln a时，f ′(x )＜0．所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，log a e 1ln a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫log a e 1ln a ，＋∞上单调递增，因此，当x ＝log a e 1ln a时函数f (x )取极值．(2)由(1)知，函数f (x )的极值点x 0(即函数f ′(x )的零点)唯一．由f ′(－1)＝ln a a －e ，令g (a )＝ln aa ，则g ′(a )＝1－ln a a 2，由g ′(a )＝0，得a ＝e ，当a ＞e 时，g ′(a )＜0；当0＜a ＜e 时，g ′(a )＞0．所以g (a )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以g (a )≤g (e)＝1e ，所以f ′(－1)＝ln aa－e ＜0．当a 为大于1的正整数时，f ′(0)＝ln a －1的值有正有负．f ′(1)＝a ln a －1e ，因为a 为正整数且a ＞1，所以a ln a ≥2ln 2＞1e ，所以f ′(1)＞0．所以x 0∈(－1，1)恒成立，所以n －m 的最小值为2． [例4] 已知函数f (x )＝a ln x ＋1x (a ＞0)．(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)是否存在实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解析由题意，知函数的定义域为{x |x ＞0}，f ′(x )＝a x －1x 2(a ＞0)．(1)由f ′(x )＞0解得x ＞1a ，所以函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞；由f ′(x )＜0解得x ＜1a，所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1a ．所以当x ＝1a 时，函数f (x )有极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ，无极大值． (2)不存在．理由如下：由(1)可知，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，函数f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，函数f (x )单调递增． ①若0＜1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1，e]上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．②若1＜1a ≤e ，即1e ≤a ＜1时，函数f (x )在⎣⎡⎭⎫1，1a 上为减函数，在⎣⎡⎦⎤1a ，e 上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ＝a (1－ln a )＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，而1e≤a ＜1，故不满足条件．③若1a ＞e ，即0＜a ＜1e 时，函数f (x )在[1，e]上为减函数，故函数f (x )的最小值为f (e)＝a ＋1e＝0，解得a ＝－1e ，而0＜a ＜1e ，故不满足条件．综上所述，这样的a 不存在．[例5] 已知函数f (x )＝(ax －1)ln x ＋x 22．(1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线l 的方程；(2)设函数g (x )＝f ′(x )有两个极值点x 1，x 2，其中x 1∈(0，e]，求g (x 1)－g (x 2)的最小值．解析 (1)当a ＝2时，f (x )＝(2x －1)ln x ＋x 22，则f ′(x )＝2ln x ＋x －1x ＋2，f ′(1)＝2，f (1)＝12，∴切线l 的方程为y －12＝2(x －1)，即4x －2y －3＝0．(2)函数g (x )＝a ln x ＋x －1x ＋a ，定义域为(0，＋∞)，则g ′(x )＝1＋a x ＋1x 2＝x 2＋ax ＋1x 2，令g ′(x )＝0，得x 2＋ax ＋1＝0，其两根为x 1，x 2，且x 1＋x 2＝－a ，x 1x 2＝1，故x 2＝1x 1，a ＝－⎝⎛⎭⎫x 1＋1x 1． g (x 1)－g (x 2)＝g (x 1)－g ⎝⎛⎭⎫1x 1＝a ln x 1＋x 1－1x 1＋a －⎝⎛⎭⎫a ln 1x 1＋1x 1－x 1＋a ＝2⎝⎛⎭⎫x 1－1x 1＋2a ln x 1＝2⎝⎛⎭⎫x 1－1x 1－2⎝⎛⎭⎫x 1＋1x 1ln x 1，令h (x )＝2⎝⎛⎭⎫x －1x －2⎝⎛⎭⎫x ＋1x ln x ．则[g (x 1)－g (x 2)]min ＝h (x )min ，又h ′(x )＝2(1＋x )(1－x )ln xx 2，当x ∈(0，1]时，h ′(x )≤0，当x ∈(1，e]时，h ′(x )<0，即当x ∈(0，e]时，h (x )单调递减，∴h (x )min ＝h (e)＝－4e ，故[g (x 1)－g (x 2)]min ＝－4e ．[例6] 已知函数g (x )＝x 22＋x ＋ln x ．(1)若函数g ′(x )≥a 恒成立，求实数a 的取值范围；(2)函数f (x )＝g (x )－mx ，若f (x )存在单调递减区间，求实数m 的取值范围； (3)设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数f (x )的两个极值点，若m ≥72，求f (x 1)－f (x 2)的最小值．解析 (1)∵g ′(x )＝x ＋1x ＋1，g ′(x )＝x ＋1x＋1≥2x ·1x＋1＝3，g ′(x )≥a ，∴a ≤3． (2)∴f ′(x )＝x ＋1－m ＋1x ＝x 2＋(1－m )x ＋1x，又∵f ′(x )＜0在(0，＋∞)上有解，令h (x )＝x 2＋(1－m )x ＋1，则h (0)＝1＞0，只需⎩⎪⎨⎪⎧m －12＞0，(m －1)2－4＞0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m >1，m >0或m ＜－1，即m ＞3(3)∵f ′(x )＝x 2＋(1－m )x ＋1x，令f ′(x )＝0，即x 2＋(1－m )x ＋1＝0，两根分别为x 1，x 2，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝m －1，x 1x 2＝1，又∵f (x 1)－f (x 2)＝12(x 21－x 22)＋(1－m )(x 1－x 2)＋ln x 1x 2＝12(x 21－x 22)－(x 21－x 22)＋ln x 1x 2，＝ln x 1x 2－12(x 21－x 22)＝ln x 1x 2－12⎝⎛⎭⎫x 1x 2－x 2x 1．令t ＝x 1x 2，由于x 1＜x 2，∴0＜t ＜1．又∵m ≥72，(x 1＋x 2)2＝(m －1)2≥254，即(x 1＋x 2)2x 1x 2＝x 1x 2＋2＋x 2x 1，即t ＋2＋1t ≥254，∴4t 2－17t ＋4≥0，解得t ≥4或t ≤14，即0＜t ≤14．令h (t )＝ln t －12⎝⎛⎭⎫t －1t (0＜t ≤14)，h ′(t )＝1t －12⎝⎛⎭⎫1＋1t 2＝－(t －1)22t 2＜0，∴h (t )在(0，14]上单调递减，h (t )min ＝h (14)＝－2ln2＋158．∴f (x 1)－f (x 2)的最小值为－2ln2＋158．【对点训练】 1．已知函数f (x )＝x ln x ． (1)求函数f (x )的极值点；(2)设函数g (x )＝f (x )－a (x －1)，其中a ∈R ，求函数g (x )在区间(0，e]上的最小值(其中e 为自然对数的底数)．1．解析 (1)f ′(x )＝ln x ＋1，x >0，由f ′(x )＝0，得x ＝1e ．当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )<0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，所以f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在区间⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增．所以x ＝1e是函数f (x )的极小值点，极大值点不存在．(2)g (x )＝x ln x －a (x －1)，则g ′(x )＝ln x ＋1－a ，由g ′(x )＝0，得x ＝e a －1．所以在区间(0，e a －1)上，g (x )单调递减，在区间(e a －1，＋∞)上，g (x )单调递增．当e a －1≥e ，即a ≥2时，g (x )在(0，e]上单调递减，∴g (x )min ＝g (e)＝a ＋e －a e ，当e a －1<e 即a <2时，g (x )在(0，e a －1)上单调递减，在(e a －1，e]上单调递增， ∴g (x )min ＝g (e a －1)＝a －e a －1，令g (x )的最小值为h (a )，综上有h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －e a －1，a <2，a ＋e －a e ，a ≥2.2．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； (2)求f (x )在[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值． 2．解析 (1)当x <1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23．当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，0) 0 ⎝⎛⎭⎫0，23 23 ⎝⎛⎭⎫23，1 f ′(x ) － 0 ＋ 0 －f (x )极小值极大值故当x ＝0当x ＝23时，函数f (x )取到极大值，极大值为f ⎝⎛⎭⎫23＝427． (2)①当－1≤x <1时，根据(1)知，函数f (x )在[－1，0)和⎝⎛⎭⎫23，1上单调递减，在⎣⎡⎦⎤0，23上单调递增．因为f (－1)＝2，f ⎝⎛⎭⎫23＝427，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 ．故当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． 3．已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2－ax (a ∈R )．(1)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )的单调区间； (2)求g (x )＝f (x )－2x 在区间[1，e]上的最小值h (a )．3．解析 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋a x ，因为x ＝3是f (x )的极值点，所以f ′(3)＝18－3a ＋a3＝0，解得a ＝9，所以f ′(x )＝2x 2－9x ＋9x ＝(2x －3)(x －3)x ，所以当0<x <32或x >3时，f ′(x )>0，当32<x <3时，f ′(x )<0，即x ＝3是f (x )的极小值点，所以f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，32，(3，＋∞)，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫32，3.(2)g ′(x )＝2x 2－ax ＋a x －2＝(2x －a )(x －1)x ，令g ′(x )＝0，得x 1＝a2，x 2＝1.①当a2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上为增函数，h (a )＝g (1)＝－a －1；②当1<a2<e ，即2<a <2e 时，g (x )在⎣⎡⎭⎫1，a 2上为减函数，在⎝⎛⎦⎤a 2，e 上为增函数， h (a )＝g ⎝⎛⎭⎫a 2＝a ln a 2－14a 2－a ； ③当a2≥e ，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上为减函数，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e.综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a －1，a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2<a <2e ，1－e a ＋e 2－2e ，a ≥2e.4．已知常数a ≠0，f (x )＝a ln x ＋2x ． (1)当a ＝－4时，求f (x )的极值；(2)当f (x )的最小值不小于－a 时，求实数a 的取值范围．4．解析 (1)由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax ＋2＝a ＋2x x ．当a ＝－4时，f ′(x )＝2x －4x．所以当0<x <2时，f ′(x )<0，即f (x )在(0，2)上单调递减；当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )在(2，＋∞)上单调递增．所以f (x )只有极小值，且当x ＝2时，f (x )取得极小值f (2)＝4－4ln 2．所以当a ＝－4时，f (x )只有极小值4－4ln 2，无极大值． (2)因为f ′(x )＝a ＋2xx，所以当a >0，x ∈(0，＋∞)时， f ′(x )>0，即f (x )在(0，＋∞)上单调递增，没有最小值．当a <0时，由f ′(x )>0，得x >－a2，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上单调递增；由f ′(x )<0，得x <－a2，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－a 2上单调递减．所以当a <0时，f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a ln ⎝⎛⎭⎫－a 2＋2⎝⎛⎭⎫－a 2．根据题意，知f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a ln ⎝⎛⎭⎫－a 2＋2⎝⎛⎭⎫－a2≥－a ，即a [ln (－a )－ln 2]≥0．因为a <0，所以ln (－a )－ln 2≤0，解得a ≥－2，所以实数a 的取值范围是[－2，0)． 5．已知函数f (x )＝a sin x ＋sin2x ，a ∈R ．(1)若f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上有极值点，求a 的取值范围； (2)若a ＝1，x ∈⎝⎛⎭⎫0，2π3时，f (x )≥bx cos x ，求b 的最大值． 5．解析 (1)f ′(x )＝a cos x ＋2cos 2x ＝4cos 2x ＋a cos x －2，依题意，f ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上有变号零点，令cos x ＝t ，则t ∈(0，1)，所以g (t )＝4t 2＋at －2＝0在(0，1)有实根，注意到Δ＞0，所以g (0)·g (1)＜0，解得a ＞－2，即a ∈(－2，＋∞)．(2)a ＝1时，f (x )＝sin x ＋sin 2x ，当x ∈⎣⎡⎭⎫π2，2π3时，f (x )≥0≥bx cos x ，显然成立；当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，cos x ＞0，所以tan x ＋2sin x ≥bx ．记h (x )＝tan x ＋2sin x －bx ，则h (x )≥0恒成立，h ′(x )＝1cos 2x ＋2cos x －b ，h ″(x )＝2sin x cos 3x －2sin x ＝2sin x (1－cos 3x )cos 3x＞0， h ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，π2单调递增，h ′(0)＝3－b ，若b ＞3，则h ′(0)＜0，记cos θ＝1b ，θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则h ′(θ)＝b ＋2b －b ＝2b＞0，所以存在x 0∈(0，θ)，使得h ′(x 0)＝0，当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减，所以x ∈(0，x 0)时，h (x )＜h (0)＝0，不符题意．当b ＝3时，h ′(x )＞h ′(0)＝0，即x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，h (x )单调递增，所以h (x )＞h (0)＝0，符合题意，当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，2π3时，f (x )＝sin x ＋2sin x cos x ＝sin x (1＋2cos x )，由2cos x ＋1＞2cos 2π3＋1＝0，sin x ＞0，所以f (x )＞0，而b ＝3时，bx cos x ＜0，所以f (x )＞bx cos x 成立，综上所述，b 的最大值为3．6．已知函数f (x )＝ln x ＋12x 2－ax ＋a (a ∈R )． (1)若函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)若函数f (x )在x ＝x 1和x ＝x 2处取得极值，且x 2≥e x 1(e 为自然对数的底数)，求f (x 2)－f (x 1)的最大值．6．解析 (1)∵f ′(x )＝1x＋x －a (x ＞0)，又f (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴恒有f ′(x )≥0，即1x ＋x －a ≥0恒成立，∴a ≤⎝⎛⎭⎫x ＋1x min ，而x ＋1x ≥2 x ·1x＝2，当且仅当x ＝1时取“＝”，∴a ≤2．即函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数时，a 的取值范围是(－∞，2]．(2)∵f (x )在x ＝x 1和x ＝x 2处取得极值，且f ′(x )＝1x ＋x －a ＝x 2－ax ＋1x(x ＞0)，。

函数的单调性与最值(课件)

结合条件得[0，a]⊆
－π，3π 44
，∴a≤3π，即 4
amax＝34π.
【方法技巧】求函数最值(值域)的常用方法(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值.(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值.(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值.(4) 导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值.
【方法技巧】判断函数单调性常用以下几种方法：(1)定义法：一般步骤为设元→作差→变形→判断符号→得出结论．(2)图象法：如果f(x)是以图象形式给出的，或者f(x)的图象易作出，则可由图象的上升或下降确定单调性．(3)导数法：先求导数，利用导数值的正负确定函数的单调区间．(4)性质法：①对于由基本初等函数的和、差构成的函数，根据各初等函数的增减性及f(x)±g(x)增减性质进行判断；
高中数学一轮总复习
【人教版】
专题2.2 函数的单调性与最值
一轮总复习
【考情分析】
1.理解函数的单调性、最大(小)值及其几何意义． 2.会运用基本初等函数的图象分析函数的性质. 3.培养学生数学抽象、逻辑推理、直观想象能力。
一轮总复习
【知识清单】
1．函数的单调性
(1)单调函数的定义
增函数
减函数
一般地，设函数 f(x)的定义域为 I，如果对于定义域 I 内某个区
A. 是偶函数，且在(1 , ) 单调递增 2
C. 是偶函数，且在(, 1) 单调递增 2
B. 是奇函数，且在( 1 , 1) 单调递减 22
D. 是奇函数，且在(, 1) 单调递减 2
一轮总复习

含参数二次函数最值问题

针对性练习
练习 3：求f ( x) x 2a 1x 2，x 1,3的最小值 .
2
1当a 1 1,即a 2时，f ( x) min f (3) 6a 13 2当a 1 1,即a 2时，f ( x) min f (1) 1 2a，
典型例题解析
解：对称轴 x 1,图像开口向上 , 1 、当 1 t 1, 即t 2时， f ( x ) max f (t 2) t 2 6t 4 2、当 1 t 1, 即t 2时， f ( x ) max f (t ) t 2 2t 4 所以：f ( x ) min
针对性练习
练习2：求f ( x) x 4ax 2，x 2,1 的最大值 .
2
1当 2a 2,即a 1时，f ( x)在 2,1单调递减，f ( x) max
2 在 2a,1单调递减，f ( x) max f (2a ) 4a 2 2 2
1当a 1时，f ( x)在 1,2单调递增，f ( x) min f (1) 2a 3 2当 1 a 2时，f ( x)在 1, a 单调递减，在a,2 单调递增，f ( x) min f (a ) a 2 2 3当a 2时，f ( x)在 1,2单调递减，f ( x) min f (2) 2 4a
典型例题解析
例1 ：求f ( x) x 2 2 x 3在下列区间上的最小值； 1x 2,0， 2x 2,5， 3x 2,2
分析： .定轴定区间，通过对称轴与区间的位置关系的分析，确定函数在区间上的单调性，进而确定函数在区间上的最值； b 解：对称轴x 1, a 1 0,图像开口向上 2a 1 f ( x)在 2,0单调递减，f ( x) min f (0) 3

函数与导数重点题型01：含参函数单调性、极值、零点问题研究

重点题型一：含参函数的单调性、极值、最值及零点问题【问题分析】含参函数的单调性、极值点及零点问题，在高考中考查频次非常高，主要考查利用分类讨论来研究函数单调性和由函数极值、最值及零点求解参数范围。

此类问题难度较大，经常出现在试卷T20或T21，属于高考压轴题型。

该题型主要考查考生的分类讨论思想、等价转化思想。

解决此类问题的本质就是确定函数定义域上的单调性，基本思想就是“分类讨论”，解题的关键就是参数“分界点”的确定。

所以，要解决好此类问题，首先要明确参数“分界点”，其次确定在参数不同的分段区间上函数的单调性，进而可以确定函数的极值点、最值及零点，达到解题目的。

图1-1 含参函数问题解题思路【知识回顾】图1-2 函数f (x )单调性、极值、最值及零点关系图特别提醒：1.函数f (x )单调性、极值、最值及零点必须在函数定义域内研究，所以解决问题之前，必须先确定函数的定义域。

2.函数f (x )的极值点为其导函数变号的点，亦即导函数f ′(x )的变号零点。

3.函数f (x )的极值点为函数单调区间的“分界点”，经过极大值点函数由增变减，经过极小值点函数由减变增。

函数f(x)的单调性函数f(x)的极值点导函数f ′(x)的变号零点函数f(x)的最值确定分界点有影响分类讨论函数单调性参数导函数f ′(x)值/f ′(x )=0的根函数f(x)4. 函数f (x )单调区间不能写成并集，也不能用“或”连接，只能用逗号“，”或“和”连接。

【“分界点”确认】参数对导函数f ′(x )的值符号有影响，就必须根据参数对导函数的影响确定参数“分界点”，然后在进行分类讨论函数的单调性。

常见的“分界点”确认方法如下： 1.观察法：解决问题的过程中，我们会发现导函数形式比较简单的情况下，我们可以通过观察直接确定参数的“分界点”,例如：当导函数f ′(x )的值与y =x 2+a 函数有关，可以直接观察得到：当a ≥0时，y ≥0；当a <0时，y =0有两个根x 1=−√−a,x 2=√−a,当x ∈(−∞,−√−a)∪(√−a,+∞)时，y >0,当x ∈(−√−a,√−a)时，y <0.所以我们可以根据常见函数的性质及其之间的不等关系，通过直接观察确定“分界点”，常见函数性质及其之间的关系如下： ①x 2≥0 (x ∈R ), 完全平方式不小于0 ②tanx >x >sinx (0<x <π2)③e x ≥x +1 (x ∈R ),仅当x =0时，等号成立e x =x +1 ④lnx ≤x −1 (x >0),仅当x =1时，等号成立lnx =x −1 ⑤lnx <x <e x (x >0) ⑥a x >0 (x ∈R )2.由二次函数引发的“分界点”当函数f (x )求导后，导函数f ′(x )值符号由一个含参的二次函数（二次三项式）决定，一般可以从两个方面进行“分界点”的确定：（1）通过二次函数（一元二次方程）的∆判别式进行“分界点”的确定. 对于一个二次函数y =ax 2+bx +c (a ≠0): ① {a >0∆≤0⟹y ≥0或{a <0∆≤0⟹y ≤0.② {a >0∆>0⟹二次函数有两个零点（或二次方程y =0有两个不同实根）x 1,x 2(x 1<x 2),x 在两根之外函数大于0，两根之内函数小于0.③ {a <0∆>0⟹二次函数有两个零点（或二次方程y =0有两个不同实根）x 1,x 2(x 1<x 2),x 在两根之外函数小于0，两根之内函数大于0. 特别提醒：当二次函数有两个零点时，需要确定两个零点是否在函数定义域之内，若不在需要舍弃. （2）由二次函数零点分布（一元二次方程实根分布）进行“分界点”确定设x 1,x 2(x 1<x 2)是二次函数y =ax 2+bx +c (a >0)的两个零点（一元二次方程ax 2+bx +c =0(a >0)的两个根），则x 1,x 2的分布情况与二次函数系数之间的关系如下（k,k 1,k 2∈R,k 1<k 2）：零点分布函数图像等价条件x 1<x 2<k{∆>0f (k )>0−b 2a<kk <x 1<x 2{∆>0f (k )>0−b 2a>kx 1<k <x 2f (k )<0k 1<x 1<x 2<k 2{∆>0f (k 1)>0f (k 2)>0k 1<−b 2a<k2 x 1,x 2中仅有一个在（k 1，k 2）内\f (k 1)∙f (k 2)<0或f (k 1)=0，k 1<−b2a <k 1+k 22或f (k 2)=0，k 1+k 22<−b2a <k 2或{∆=0k 1<−b 2a<k 2当二次函数定义域受限，可以根据上表情况进行“分界点”确认，进而进行分类讨论。

初中含参二次函数的最值问题

初中含参二次函数的最值问题二次函数在数学中是一种比较常见的函数形式，也是我们初中阶段需要掌握的重要知识点之一。

其中，最值问题是二次函数题目中比较典型和常见的一类问题。

在这篇文章中，我将通过一些例题和解题思路的介绍，来帮助大家更好地理解含参二次函数的最值问题。

1. 带参数二次函数的最值问题下面是一个含参数的二次函数的例子：$y=ax^2+bx+c(a>0)$ 。

我们来考虑这个函数的最值问题。

（1）当$a>0$时，这个二次函数的值域为$[q,\infty)$。

其中$q$为$a,b,c$的函数，满足$a>0$时，有如下的公式：$$q=f(\frac{-b}{2a})=\frac{4ac-b^2}{4a}$$那么，这个二次函数的最小值就是$q$，也就是当$x=\frac{-b}{2a}$时，函数取得最小值。

（2）当$a<0$时，这个二次函数的值域为$(-\infty,q]$。

其最大值也是$q$，即当$x=\frac{-b}{2a}$时，函数取得最大值。

可以通过公式来求解含参二次函数的最值问题。

具体来说，找到函数的最小值或最大值所在的$x$坐标，然后代入函数中求出对应的函数值即可。

下面让我们通过一个例题来进一步了解含参二次函数的最值问题。

2. 例题分析【例题】已知函数$y=ax^2+bx+c(a>0)$，并满足：$|x-2|+|x-4|+|x-6|=k(k>0)$求函数$y$的最小值和最大值并确定此时$x$的值。

【解题思路】该题要求我们求解带有约束条件的含参二次函数的最值问题。

实际上，约束条件中的绝对值形式会让我们比较难受，不过我们可以将其转化为分段描述，从而更好地理解这个问题。

具体来说，考虑以下的情况：（1）当$x\leq 2$时，有$|x-2|=2-x$。

（2）当$2<x\leq4$时，有$|x-2|=x-2$、$|x-4|=4-x$。

（3）当$4<x\leq 6$时，有$|x-4|=x-4$、$|x-6|=6-x$。

函数的极值与最大(小)值-第2课时函数的最大(小)值课件

() = −1 没有最值，选项C显然不正确；
选项D正确，故选BD.
3. [2021北京昌平高二模拟] 已知函数() = (2 + 2 − 2 )e ，则
(
)A
A. (2)是()的极大值也是最大值
B. (2)是()的极大值但不是最大值
C. (−2)是()的极小值也是最小值
当变化时，′()，()的变化情况如下表：

− 3Байду номын сангаас
′ ()
()
(− 3, −1)
-
0
-1
0
↘
极小
值
(-1，1
）
+
0
↗
（1，3）
1
-
极大
值
所以 = 1和 = −1是函数在[− 3, 3]上的两个极值点，
且(1) = 2, (−1) = −2，
又因为()在区间端点处的取值为(− 3) = 0, (3) = −18，
数的最值满足的方程或不等式求解.
1. 已知函数() = ( − 2)e 在 = 1处取得极值.
（1）求实数的值；
[答案] ′ () = e + ( − 2)e = ( + − 2)e .
由已知得′(1) = 0，即(2 − 2)e = 0，解得 = 1，
3.对参数进行分类讨论的标准通常是函数在某一区间内是否具有单调性，是
否具有极值等.
类型2 由函数的最值求参数的值或取值范围
例2 [2021山东聊城高二质检] 已知函数() = ln + (1 − ), ∈ .
（1）讨论()的单调性；
[答案] ()的定义域为(0, +∞)，
(

2024年中考数学二轮复习专题课件：含有参数的代数式、方程与函数

代入函数解析式，得4＝a（1＋1） 2 －1或－4＝a（1＋1） 2 －1，解得a
b2＋4b＋1，结合图象，求x的取值范围；
解：（2） ∵ 直线y＝mx＋5交y轴于点B，∴ 易
得点B的坐标为（0，5）.又∵ 点B在抛物线上，
∴ －（0－b）2＋4b＋1＝5，解得b1＝b2＝2.∴
二次函数的解析式为y＝－（x－2）2＋9.当y＝0
时，－（x－2）2＋9＝0，解得x1＝5，x2＝－1，
二次方程，因为存在实数b，即方程有解，根据根的判别式列不等式即
可求解.
跟踪训练
2.
2 −−1
（2023·
南通崇川模拟）若b＝ 2
，求b的最大值.
++1
解：∵
a2＋a＋1≠0，∴
−−
将b＝
变形，得ba2＋ba＋b＝a2－a－1.整
++
理，得（b－1）a2＋（b＋1）a＋b＋1＝0.∴ Δ＝（b＋1）2－4（b－1）
9
.
[思路点拨] 根据一元二次方程根的判别式可得Δ＝（2k）2－4（k2＋k＋
3）＝－4k－12≥0，求出k的取值范围，再将k2＋k＋3配方，根据k的取
值范围即可求出代数式的最小值.
跟踪训练
3. （2023·
广州）已知关于x的方程x2－（2k－2）x＋k2－1＝0有两个实数
根，则（ − 1）2 －（ 2 − ）2的化简结果是（
（0，1）.将A（5，0）代入y＝mx＋5，得5m＋5＝0，解得m＝－1.
= + ，
∴ 直线AB对应的函数解析式为y＝－x＋5.联立
解得
＝ − + ，

＝，

5.3.2 函数的极值与最大(小)值

1.求可导函数f(x)的极值的步骤 (1)确定函数的定义域; (2)求函数的导数f'(x); (3)由f'(x)=0,求出全部的根; (4)列表:方程的根将整个定义域划分成若干个区间(如果根中含有参数,则需根据参数的范围分类划分区间),把x, f'(x), f(x)在每个区间内的变化情况列在一个表格内; (5)判断得结论:若导数在根x0附近左正右负,则函数在x0处取得极大值;若左负右正,则取得极小值.
QQ群323031380 期待你的加入与分享
第1讲描第述五运动章的基一本次概函念数的导数及其应用
1 |函数的极值 1.函数的极值与极值点若函数y=f(x)在点x=a的函数值f(a)比它在点x=a附近其他点的函数值都小, ① f'(a)=0 ,而且在点x=a附近的左侧② f'(x)<0 ,右侧③ f'(x)>0 ,就把a叫做函数y=f(x)的极小值点,f(a)叫做函数y=f(x)的极小值. 若函数y=f(x)在点x=b的函数值f(b)比它在点x=b附近其他点的函数值都大, ④ f'(b)=0 ,而且在点x=b附近的左侧⑤ f'(x)>0 ,右侧⑥ f'(x)<0 ,就把b叫做函数y=f(x)的极大值点,f(b)叫做函数y=f(x)的极大值. 极小值点、极大值点统称为极值点,极小值和极大值统称为极值. 注意:导数值为0的点不一定是函数的极值点,如f(x)=x3.一般地,函数y=f(x)在一点的导数值为0是函数y=f(x)在这点取极值的必要条件,而非充分条件.
第1讲描第述五运动章的基一本次概函念数的导数及其应用
5.开区间上的单调连续函数无最大(小)值. ( √ ) 提示:若单调函数有最值,则一定在区间端点处取得,但开区间上的单调连续函数在端点处无函数值,所以无最大(小)值,故结论正确. 6.在定义域内,若函数有最大(小)值与极大(小)值,则极大(小)值就是最大(小)值. (✕) 提示:由最大(小)值的定义知,y最大值≥y极大值,y最小值≤y极小值,故结论错误.

高中数学(新课标)选修2课件1.3.3函数的最大(小)值与导数

当12<a<2e时，令 g′(x)＝0，得 x＝ln(2a)∈(0,1)，所以函数 g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1] 上单调递增．
于是，g(x)在[0,1]上的最小值是 g(ln(2a))＝2a－ 2aln(2a)－b. 综上所述，当 a≤12时，g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)＝1－b；当12<a<2e时，g(x)在[0,1]上的最小值是 g(ln(2a))＝2a－2aln(2a) －b；当 a≥2e时，g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)＝e－2a－b.
当 x 变化时，f′(x)与 f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，－ 2) － 2 (－ 2， 2) 2 ( 2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
因为 f(－1)＝10，f(3)＝18，f( 2)＝－8 2，
所以当 x＝ 2时，f(x)取得最小值－8 2；
当 x＝3 时，f(x)取得最大值 18.
对 f(x)求导，得 f′(x)＝4ax3ln x＋ax4×1x＋4bx3＝ x3(4aln x＋a＋4b)．由题意知 f′(1)＝0，得 a＋4b＝0，解得 a＝12. 因为 f′(x)＝48x3ln x(x>0)，令 f′(x)＝0，解得 x＝1. 当 0<x<1 时，f′(x)<0，此时 f(x)为减函数；当 x>1 时，f′(x)>0，此时 f(x)为增函数．所以 f(x)在 x＝1 处取得极小值 f(1)＝－3－c，并且此极小值也是最小值．
状元随笔 (1)函数的最值是一个整体性的概念．函数极值是
在局部上对函数值的比较，具有相对性；而函数的最值则是表示函数在整个定义域上的情况，是对整个区间上的函数值的比较．

含参二次函数的最值问题

(2)t<1<t+2,即-1<t<1时当x=1时，y有最大值， y max = f(1)= 6
y
x (2)
（3）t≥1时,函数f(x)在区间 [t,t+2]上单调递减，当x=t时，y有最大值， y max = f(t)= -t2+2t+5
y
x
(1)
y
综上所述:
（1） t ≤ -1时， y max = -t2-2t+5 （2） -1<t<1时， y max = 6 （3） t ≥1时， y max = -t2+2t+5
变式作业上第9题已知函数f(x)=-x2+2ax+1-a在区间[0,1]上有最大值 2，求a？
第2类:函数对称轴固定，动区间
例2：
t, t 2上的最大值求函数f ( x) x2 2x 5在区间
对称轴：x=1
(1)t+2≤1时，即：t ≤ -1时，函数f(x)在区间[t,t+2]上单调递增当x=t+2时，y有最大值， y max = f(t+2)= -t2-2t+5
x
(3)
例3：求二次函数f(x)=x2-2x-3 在[-3,a] (a>-3)上的最值
y
(1)当 3 a 1时
a -3 o
1
f ( x)min =f(a)=a2-2a-3
x
f ( x)max =f(-3)=12
f(x)=x2-2x-3,x∈[-3,a] (a>-3)
y
y
-3 o1Leabharlann a5x-3 o
1
5a
x

高中数学必修一(人教版)《3.2.1 第二课时函数的最大(小)值》课件

因为－1＜x1＜x2⇒x1＋1＞0，x2＋1＞0，x1－x2＜0，所以 f(x1)－f(x2)＜0⇒f(x1)＜f(x2)，所以 f(x)在(－1，＋∞)上为增函数． (2)由(1)知 f(x)在[2,4]上单调递增，所以 f(x)的最小值为 f(2)＝2×2＋2＋1 1＝53，最大值为 f(4)＝2×4＋4＋1 1＝95.
A．－1,0
B．0,2
()
C．－1,2
D.12，2
解析：由图可知，f(x)的最大值为 f(1)＝2，f(x)的最小值为 f(－2)＝－1. 答案：C
3．设函数f(x)＝3x－1(x＜0)，则f(x)
A．有最大值
B．有最小值
C．既有最大值又有最小值 D．既无最大值又无最小值
解析：∵f(x)在(－∞，0)上单调递增，
[微思考] 若函数f(x)≤M，则M一定是函数的最大值吗？提示：不一定，只有定义域内存在一点x0，使f(x0)＝M时，M才是函数的最大值，否则不是．
(二)基本知能小试
1．判断正误：
(1)若对任意x∈I，都有f(x)≤M，则M是函数f(x)的最大值．
()
(2)如果函数有最值，则最值一定是其值域中的一个元素．
(2)当 a＝1 时，f(x)＝x2－x＋1，其图象的对称轴为 x＝12. ①当 t≥12时，f(x)在[t，t＋1]上是增函数，所以 f(x)min＝f(t)＝t2－t＋1； ②当 t＋1≤12，即 t≤－12时，f(x)在[t，t＋1]上是减函数，所以 f(x)min＝f(t＋1)＝t2＋t＋1； ③当 t<12<t＋1，即－12<t<12时，函数 f(x)在t，12上单调递减，在12，t＋1上单调递增，所以 f(x)min＝f12＝34.

新人教版高中数学必修一函数的最大值最小值课件

－m2－15，0≤m≤2.
本例的条件不变，试求函数 g(x)的最大值．
【解析】当 m≤1 时，g(x)max＝g(2) ＝－4m－11；
当 m>1 时 g(x)max＝g(0)＝－15. 综上所述，g(x)max＝－－415m，－m11>，1. m≤1，
含参数的一元二次函数的最值
以一元二次函数图象开口向上、对称轴为 x＝m 为例，区间为[a，b] ，则有
函数 f(x)＝－x2 的定义域为 R，存在实数 1，∀ x∈R，都有 f(x)≤1.那么 1 是函数 f(x)＝－x2 的最大值吗？为什么？
提示：不是．因为不存在 x0∈R，使得 f(x0) ＝－x20 ＝1.
1．任何函数都有最大值、最小值吗？ 2．如果函数有最大值，那么最大值是唯一的吗？
3．如果一个函数 f(x)是区间[a，b] 上的减函数，那么函数的最大值是 f(a) 还是
月产量． (1)将利润表示为关于月产量的函数 f(x)； (2)当月产量为何值时，公司所获利润最大？最大利润为多少元？(总收益＝总成本＋利润)
【问题 1】要求公司所获利润最大，需要研究函数的哪个性质？【问题 2】对于函数 R(x)，要求函数的最值需要用到什么知识？【问题 3】我们学习过哪些求二次函数最值的方法？
点拨：考查对称轴与区间的关系．
不含参数的最值问题首先配方，确定对称轴，考查对称轴与区间的关系， (1)当对称轴不在区间上时，该区间是单调区间，最值在端点处取到； (2)当对称轴在区间上时，最值在对称轴、距离对称轴较远的端点处取得．
含参数的最值问题【典例】已知 g(x)＝x2－2mx－15，求函数 g(x)在 x∈[0，2]上的最小值．
2 3 ，当且仅当－x＝－3x ，x＝－ 3 时等号成立．所以函数 f(x)＝x＋x3 的值域为(－∞，－2 3]

专题：含参函数

第十一讲含参函数策略一：“消参”化解“多参”例1．在平面直角坐标系xOy 中，已知点A （1，－1）在抛物线c bx x y ++=2(b ＞0)上．（1）若b －c =4，求b 、c 的值；（2）若该抛物线与y 轴交于点B ，其对称轴与x 轴交于点C ，求tan ∠OBC 的取值范围．变式：将抛物线平移，平移后的抛物线仍经过点A ，点A 的对应点A 1为（1－m ，2b －1），当m ≥23-时，求平移后抛物线的顶点所能达到的最高点的坐标．策略归纳：对于多参函数问题，可以利用题目中给出的有效信息进行转化、消参，使得多个参数最后消成一个参数．策略二：“图象”化解“抽象”例2．在平面直角坐标系xOy 中，抛物线a bx ax y 32-+=（a ≠0）经过A (－1，0)．（1）求抛物线的对称轴；（2）若点B (0，4)、点C (5，4)，且抛物线与线段BC 恰有一个公共点，求a 的取值范围．变式：已知在平面直角坐标系xOy 中，点A （1，0），抛物线y ＝ax 2+bx +3（a ≠0）经过点B （－2，3）．若此抛物线与线段AB 有两个不同的交点，求a 的取值范围．策略归纳：含参函数问题一般都很抽象，借助图象，再利用函数的性质往往可以巧妙的解决含参函数问题．策略三：“动点”化为“定线”例3．已知，正方形ABCD 中，A （0，－4），B （－1，－4)，C （－1，－5)，D (0，－5)，抛物线422-++=m mx x y （m 为常数），顶点为M ．（1）抛物线经过定点坐标是，顶点M 的坐标是（用含m 的代数式表示）；（2）若抛物线422-++=m mx x y （m 为常数）与正方形ABCD 的边有交点，求m 的取值范围．变式：若∠ABM =45°，求m 的值．策略归纳：动点即为一条定线，所以遇到动点时，可以尝试通过求动点的解析式来解决问题．二、同类训练1．在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线y =x 2－2ax ＋b 的顶点在x 轴上，P （x 1 ，m ），Q （x 2 ，m ）（x 1<x 2）是此抛物线上的两点．（1）将抛物线沿y 轴平移，使得它与x 轴的两个交点间的距离为4，试描述出这一变化过程；（2）若存在实数c ，使得x 1≤c －1，且x 2≥c ＋5成立，求m 的取值范围．（3）若存在实数c ，使得x 1≥c －1，且x 2≤c ＋5成立，求m 的取值范围．2．已知抛物线122-++=m mx mx y （m ＞0）与x 轴的交点为A 、B ，若抛物线在A 、B之间的部分与线段AB 所围成的区域内（包含边界）恰有8个整点（横纵坐标均为整数），求m 的取值范围．3．已知抛物线2222+-=x m mx y ，当0＜x ＜4时，满足2222+-x m mx ＜2，求m 的取值范围．4．已知x =－m 和x =m －2时，多项式142+++a bx ax 的值都相等，且m ≠1，若当1＜x ＜2时，存在x 的值，使得多项式142+++a bx ax 的值为3，求a 的取值范围．5．如图，已知点M 为二次函数14)(2++--=b b x y 图象的顶点，直线5+=mx y 分别交x 轴、y 轴于点A 、B ．若点A 的坐标为（5，0），点M 在△AOB 内部，求b 的取值范围．第十二讲含参函数策略一：“消参”化解“多参”例1．解：（1）由题意得⎩⎨⎧=--=++411c b c b 解之⎩⎨⎧-==31c b （2）∵点A 在抛物线上，∴11-=++c b ，∴b c --=2，∴b bx x y --+=22，∴B （0，－2－b ）、C )0,2(b -， ∵b ＞0，∴OB =2+b ，OC =2b ， ∴tan ∠OBC=24122+=+=bb bOB OC ， ∵b ＞0， ∴24+b＞2， ∴0＜tan ∠OBC ＜21；变式：由（2）得，b bx x y --+=22=b b b x ---+24)2(22， ∵A (1，－1)平移后的对应点为A 1为（1－m ，2b －1），∴抛物线向左平移m 个单位长度，向上平移2b 个单位长度，∴平移后的抛物线的解析式为b b m b x b b b m b x y +--++=+---++=24)2(224)2(2222， ∵平移后的抛物线也经过点(1,－1)， ∴124)21(22-=+--++b b m b ，即22)12()21(-=++b m b ， ∴1221-=++b m b 或01221=-+++b m b ，∴m =－2(舍去）或m =－b ， ∴抛物线解析式为b b b x y +---=24)2(22，设1)2(412422---=+--=b b b p ， ∵m ≥23-， ∴0＜23≤b ， ∴由图象可知当b =23时，p 取得最大值为1617-，顶点所能达到的最高点的坐标为（1617,43-）.策略二：“图象”化解“抽象”例2．解：（1）∵A (－1，0)在抛物线上，∴03=--a b a ，∴a b 2-=， ∴对称轴为直线122=--=aa x ；（2）①当a ＞0时， 431025≥--a a a 解之31≥a ， ②当a ＜0时，（Ⅰ）当抛物线顶点不在BC 上时，－3a ＞4解之a ＜34-，（Ⅱ）当抛物线顶点在BC 上时，432=--a a a解之a =－1，综合①②得31≥a 或a ＜34-或a =－1．变式：解：∵点B （－2，3）在抛物线上，∴3324=+-b a ，∴a b 2=，∴二次函数的解析式为322++=ax ax y ，∵点A （1，0），点B （－2，3），∴直线AB 的解析式为1+-=x y ，（1）当a ＞0时， 1322+-=++x ax ax ，02)12(2=+++x a ax ，0)2)(1(=++x ax ，解之ax x 1,221-=-=， ∵抛物线与线段AB 有两个交点，∴-2＜a1-≤1，由图象知a ＞21或a ≤－1， ∴a ＞21 （2）当a ＜0时，032≤++a a解之a ≤－1，综合（1）（2）得a ＞21或a ≤－1．策略三：“动点”化为“定线”例3．（1）（－2，0），（4168,22-+--m m m ）；（2）令x =2m -，y =41682-+-m m ， ∴2)2(+-=x y∵抛物线与正方形ABCD 的边有交点，∴⎩⎨⎧-≥-+--≤-5421442m m m ，解之02≤≤-m ．变式：∵∠ABM =45°，∴直线BM 的解析式为3-=x y 或5--=x y ，（1）当直线BM 的解析式为3-=x y 时3)2(2-=+-x x ，解之2215,221521--=+-=x x （舍去） ∴2215+-=m ，（2）当直线BM 的解析式为5--=x y 时5)2(2--=+-x x ，解之2133,213321--=+-=x x （舍去） ∴2133+-=m ，综合（1）（2）得m 的值为2215+-或2133+-．二、同类训练1．解：（1)∵抛物线y=x 2－2ax ＋b 的顶点在x 轴上，∴0442=-b a ，∴2a b =，∴抛物线的解析式为y =x 2－2ax ＋a 2，设平移后的抛物线解析式为y =x 2－2ax ＋a 2+d ，它与x 轴的交点横坐标为43,x x ，∴a x x 243=+，d a x x +=•243， ∵443=-x x ，∴164)(43243=-+x x x x ，∴16)(4)2(22=+-d a a ，解之d =－4，∴抛物线向下平移4个单位长度；（2）∵x 1≤c －1，且x 2≥c ＋5，∴61512=+-+≥-c c x x ，由（1）得y =x 2－2ax ＋a 2，∴x 2－2ax ＋a 2=m ，∴m a x x a x x -=•=+22121,2, ∴m m a a x x x x x x 44444)(222122112=+-=-+=-∴ 64≥m ,解之9≥m ；（3）∵x 1≥c －1，且x 2≤c ＋5，∴61512=+-+≤-c c x x ，由（1）得y =x 2－2ax ＋a 2，∴x 2－2ax ＋a 2=m ，∴m a x x a x x -=•=+22121,2,∴m m a a x x x x x x 44444)(222122112=+-=-+=-∴64≤m ,解之9≤m ；∵抛物线的顶点在x 轴上，开口向上，x 1<x 2，∴m ＞0，∴0＜9≤m ．2．解：由题意得，抛物线的顶点为（－1，－1）∵若抛物线在A 、B 之间的部分与线段AB 所围成的区域内（包含边界）恰有8个整点， ∴⎩⎨⎧-+--+-01816011025 m m m m m m ，解之91161 m ． 3．解：由题意得，抛物线的对称轴为直线x =m（1）当m ＞0时，由对称性可知m ≥2；（2）当m ＜0时，符合题意，综合（1）（2）得m ≥2或m ＜0．4．解：令142+++=a bx ax y ，则抛物线的对称轴为直线122-=-+-=m m x ， ∴12-=-ab ， ∴a b 2=， ∴1422+++=a ax ax y ，（1）当a ＞0时， ⎩⎨⎧++++++314443142 a a a a a a ，解之7261 m ， (2) 当a ＜0时，⎩⎨⎧++++++314443142 a a a a a a ，无解，综合（1）（2）得，7261 m ．5．解：由题意得抛物线的顶点M 为（b ，4b +1）， ∴令x =b ，y=4b +1，∴y =4x +1，∵A （5，0），∴直线AB 的解析式为5+-=x y ， ∴514+-=+x x解之x=54， ∴540 b ．。

研究含参函数的极值与最值问题(1)-讲义(教师版)

研究含参函数的极值与最值问题（1）一、课堂目标1．掌握含参一次型导函数、含参二次型导函数的几种类型．2．熟练“含参一次型导函数”、“含参二次型导函数”的原函数的单调性与极值最值的求解．【备注】【教师指导】1.本讲重点是掌握含参一次型导函数、含参二次型导函数的几种类型；难点是求解“含参一次型导函数”、“含参二次型导函数”的原函数的单调性与极值最值，最难的地方主要是对单调性的求解，会涉及讨论、数形结合的思想，对参数的讨论实际是对单调性及单调区间的讨论，从而求得相应的极值最值.注：本堂课提到的类型，例如“含参一次型导函数”，“含参二次型导函数”是指函数求导后的有效部分，举个例子：，求导后，则可把""看成含参一次型导函数.2.本讲的前置知识是导数与函数的单调性、极值及最值问题，后置知识是利用导数求解导函数为“含参指对型导函数”“含参三角型导函数”原函数的极值最与值的方法．二、知识讲解1. 具体函数求单调性、极值与最值的步骤【备注】【教师指导】教师请注意，这部分作为知识回顾，是由于有些版本没有放置《导数与函数的单调性、极值与最值》这一讲内容，如果前面已经放置了这讲内容，回顾这部分知识可以不讲.知识精讲（1）利用导数求解函数单调性的步骤①确定的定义域；②求导数；③由（或）解出相应的的取值范围.当时，在相应区间上是增函数；当时，在相应区间上是减函数.知识精讲（2）利用导数求极值的步骤：①求导数；②求方程的所有实数根；③检验在方程的根的左右两侧的值的符号：如果是左正右负，则在这个根处去的极大值；如果是左负右正，则在这个根处去的极小值；如果是左右同号，则在这个根处无极值.知识精讲（3）求函数在上的最值的步骤①求函数在区间上的极值；②将函数的各极值点与端点处的函数值比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.经典例题A. B. C. D.1.函数在区间的最大值为（）．【答案】A【解析】，∴在上单调递增，上单调递减，∴，故选．【标注】【知识点】直接求函数的最值（不含参）【备注】【教师指导】本题是对上述知识回顾内容的综合考察.巩固练习2.已知函数．求的最值．【答案】（1）．【解析】（1），令，，，，，，∴．【标注】【知识点】直接求函数的最值（不含参）；利用导数证明不等式恒成立问题2. 求解“含参一次型导函数”的原函数单调性、极值与最值知识精讲（1）讨论单调性含参一次型导函数，有两种类型，如下：①参数在一次项系数上②参数不在一次项系数上针对上述类型，我们需要确定定义域并求导后，对参数进行讨论，分别是三种情况.【备注】【教师指导】下面是上述类型的相关例题，教师可在讲解时为学生举例说明.①含参一次型导函数，参数只在一次项系数上如：，，（1）当时，，增区间为；（2）当时，由，得，增区间是；由，得，减区间是．（3）当时，由，得，增区间是；由，得，减区间是．②含参一次型导函数，参数只常数项上如：，，（1）当时，恒成立，增区间为；（2）当时，由，得，增区间为；由，得，减区间为．③含参一次型导函数，参数既在一次项系数上又在常数项上如：，，（1）当时，，无单调区间；（2）当时，由，得，增区间是；由，得，减区间是．（3）当时，由，得，增区间是；由，得，减区间是．（2）求解极值与最值的步骤①对函数求导、合并、整理；②针对含参一次型导函数进行关于原函数单调性的分类讨论，并确定极值点；③将函数的极值点与端点处的横坐标，进行关于位置关系的分类讨论，在每种情况下确定端点处的图像趋势，从而最终确定其中所对应的最大值与最小值．经典例题3.已知，函数．求在区间上的最小值．【答案】（1）当时，在区间上无最小值；当时，在区间上的最小值为；当时，在区间上的最小值为．【解析】（1）因为，所以，．令，得．①若，则，在区间上单调递增，此时无最小值．②若，当时，，在区间上单调递减，当时，，在区间上单调递增，所以当时，取得最小值．③若，则当时，，在区间上单调递减，所以当时，取得最小值．综上可知，当时，在区间上无最小值；当时，在区间上的最小值为；当时，在区间上的最小值为．【标注】【知识点】求函数最值（含参一次型导函数）【备注】【教师指导】本题考查的是“含参一次型导函数，参数只常数项上”类型，需要对单调性进行讨论后，求出最值.要注意与的位置关系.巩固练习4.设函数．试求在上的最大值．【答案】（1）当时，．当时，．【解析】（1）令，得．所以当时，时恒成立，单调递增；当时，时恒成立，单调递减；当时，时，单调递减；时，单调递增．综上，无论为何值，当时，最大值都为或．，，．所以当时，，．当时，，．【标注】【知识点】利用导数解决不等式恒成立问题；二阶导问题；求函数最值（含参一次型导函数）【备注】【教师指导】本题需要先求导，,然后把”看作一次函数.经典例题（1）（2）5.已知函数．求函数的单调区间．当时，求函数在上的最小值．【备注】【教师指导】本题考查的是“含参一次型导函数，参数只在一次项系数上”类型，对于单调性的讨论问题，从而求解极值点问题.要讨论极值点与所给区间端点的位置关系.【答案】（1）（2）函数的单调递增区间为，单调递减区间为．当时，函数的最小值是；当时，函数的最小值是．【解析】（1）（2），①当时，，即函数的单调增区间为，②当时，令，可得，当时，；当时，，故函数的单调递增区间为，单调递减区间为．当，即时，函数在区间上是减函数，所以的最小值是．当，即，函数在区间上是增函数，所以的最小值是．当，即时，函数在上是增函数，在上是减函数．又，所以当时，最小值是；当时，最小值为．综上可知，当时，函数的最小值是；当时，函数的最小值是．【标注】【知识点】求函数最值（含参一次型导函数）巩固练习6.已知函数，．讨论函数的单调区间．【答案】（1）①当时,的递减区间是,无递增区间；②当时,的递增区间是,递减区间是．【解析】（1）在区间上,．①若,则,是区间上的减函数；②若,令得．在区间上,,函数是减函数；在区间上,,函数是增函数；综上所述,①当时,的单调递减区间是，无单调递增区间；②当时,的单调递增区间是，单调递减区间是．【标注】【知识点】利用导数解决不等式恒成立问题；求函数单调区间（含参一次型导函数）【思想】分类讨论思想3. 求解“含参二次型导函数”的原函数单调性、极值与最值知识精讲（1）讨论单调性——含参二次型导函数，无一次项型这种类型通常分为两种情况，需要确定定义域并求导后，对参数进行讨论，分别是三种情况：①如果参数不在二次项系数上，无一次项，则参数影响导函数图象与轴交点个数，从而影响单调区间.例如：，对导函数图象的影响如下：【备注】【教师指导】下面是“参数不在二次项系数上，无一次项”的相关题目，教师可为学生举例讲解：如：，，①当时，恒成立，增区间为；②当时，由，得或，增区间为，；由，得，减区间为．②如果参数在二次项系数上，无一次项，则参数影响导函数的开口方向，从而影响单调区间.例如：，对导函数图象的影响如下：【备注】【教师指导】下面是“参数在二次项系数上，无一次项”，教师可为学生举例讲解.如：，，①当时，恒成立，增区间为；②当时，，增区间为；③当时，由，得，增区间为(,)；由，得或，减区间为()，(,+ .求解极值与最值的步骤①对函数求导、合并、整理；②针对含参二次型导函数进行关于原函数单调性的分类讨论，并确定极值点；③将函数的极值点与端点处的横坐标，进行关于位置关系的分类讨论，在每种情况下确定端点处的图像趋势，从而最终确定其中所对应的最大值与最小值．【备注】【教师指导】下面每一个类型的求极值最值的步骤都相同，都是需要先对单调性进行讨论，然后在每种情况下进行求解.由于后面每种类型的求解方法都一致，因此后面将不再赘述.经典例题7.已知函数．求函数在上的最大值和最小值．【答案】（1）当时，最小值，最大值；当时，最小值，最大值；当时，最小值．【解析】（1），①当时，，在单调递增，所以时，取得最小值．时，取得最大值．②当时，，在单调递减，所以，时，取得最小值．时，取得最大值．③当时，令，解得，，，在区间的变化情况如下：单调递减↗极小值单调递增↘由上表可知，当时，取得最小值；由于，，当时，在处取得最大值，当时，在处取得最大值．【标注】【知识点】求函数最值（含参二次型导函数）【备注】【教师指导】首先，本题考查的是含参二次型导函数，参数不在二次项系数上，并且无一次项；其次，根据上述方法对导函数进行讨论，求出单调区间；最后，根据单调区间的不同，求出最值.巩固练习8.已知函数求在区间上的最小值．【答案】（1）见解析【解析】（1）由由及定义域为，令①若在上，，在上单调递增，；若在上，，单调递减；在上，，单调递增，因此在上，；若在上，，在上单调递减，综上，当时，当时，当时，【标注】【知识点】已知切线方程求参数；导数的几何意义；利用导数求函数的单调性、单调区间；利用导数求函数的最值经典例题（1）（2）9.已知函数，．求函数的单调区间；若函数在区间的最小值为，求的值．【答案】（1）（2）当时，函数的单调减区间是，当时，函数的单调减区间是，单调增区间为．．【备注】【教师指导】本题考查的是参数在二次项系数上，无一次项的情况，第一问需要先对进行讨论，从而对单调性进行讨论；第二问是在第一问的基础上，找到最小值，从而得到的值.【解析】（1）（2）函数的定义域是，．（1）当时，，故函数在上单调递减．（2）当时，恒成立，所以函数在上单调递减．（3）当时，令，又因为，解得．①当时，，所以函数在单调递减．②当时，，所以函数在单调递增．综上所述，当时，函数的单调减区间是，当时，函数的单调减区间是，单调增区间为．（1）当时，由（Ⅰ）可知，在上单调递减，所以的最小值为，解得，舍去．（2）当时，由（Ⅰ）可知，①当，即时，函数在上单调递增，所以函数的最小值为，解得．②当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数的最小值为，解得，舍去．③当，即时，函数在上单调递减，所以函数的最小值为，得，舍去．综上所述，．【标注】【知识点】求函数单调区间（含参二次型导函数）；已知最值情况求参数值或解析式巩固练习（1）（2）10.已知函数，其中．求的单调区间；若在上的最大值是，求的值．【答案】（1）（2）时，在上单调递增．当时，单调增区间是；单调减区间是．．【解析】（1）（2）．当时，，从而函数在上单调递增．当时，令，解得，舍去．此时，与的情况如下：所以，的单调增区间是；单调减区间是．①当时，由（Ⅰ）得函数在上的最大值为．令，得，这与矛盾，舍去．②当时，，由（Ⅰ）得函数在上的最大值为．令，得，这与矛盾，舍去．③当时，，由（Ⅰ）得函数在上的最大值为．令，解得，适合．综上，当在上的最大值是时，．【标注】【知识点】已知最值情况求参数值或解析式；求函数单调区间（含参二次型导函数）知识精讲（2）讨论单调性——含参二次型导函数，能因式分解这种类型通常分为两种情况：①参数不在二次项系数上，通常确定定义域并求导后，可以把导函数化简为，然后比较与的大小，分为,,，画出导函数简图，从而求得函数的单调区间.例如：，此时导函数有两个根，,，两根的大小对导函数图象的影响如下：【备注】【教师指导】下面是“参数不在二次项系数上，能因式分解”的相关题目，教师可为学生进行举例讲解：如：，，①当时，恒成立且不恒为0，增区间为；②当时，由，得或，增区间为，；由，得，减区间为．③当时，由，得或，增区间为，；由，得，减区间为．②参数在二次项系数上，通常可以确定定义域并求导后，把导函数化简为，可按如下步骤讨论：首先，先对进行讨论（分别是三种情况），然后再对与的大小（分为,,）进行讨论分析，画出导函数的简图，得到函数的单调区间.【备注】【教师指导】（此类题型画简图的方式同参数不在二次项系数上能因式分解类似）下面是“参数在二次项系数上，能因式分解型”相关例题，教师可为学生进行举例讲解如：，，①当时，恒成立，为常函数；②当时，由，得或，的增区间是，；由，得，的减区间为．③，且不恒为0，减区间为；④时，由，得，的增区间是；由，得或，的减区间是，．⑤时，由，得，的增区间是；由，得或，的减区间是，．经典例题11.设，函数．求函数在上的最小值．【答案】（1）当时，的最小值为；当时，的最小值为；当时，的最小值为．【解析】（1）令，解得或．①，则当时，，函数在上单调递减，所以，当时，函数取得最小值，最小值为．②，则当时，当变化时，，的变化情况如下表：所以，当时，函数取得最小值，最小值为．③，则当时，，函数在上单调递增，所以，当时，函数取得最小值，最小值为．综上，当时，的最小值为；当时，的最小值为；当时，的最小值为．【标注】【知识点】求在某点处的切线方程；导数的几何意义；利用导数求函数的单调性、单调区间【备注】【教师指导】本题考查的是参数不在二次项系数上，能因式分解的情况，让学生体会求导后，可进行因式分解，然后讨论两根大小.本题求导后可整理为巩固练习（1）（2）12.已知函数，．讨论函数的单调区间．当时，若函数在区间上的最大值为，求的取值范围．【答案】（1）（2）当时，在和内单调递增，在内单调递减，当时，在单调递增，当时，在和内单调递增，在内单调递减．．【解析】（1）（2），令得，，（ｉ）当，即时，，在单调递减；（ⅱ）当，即时，当或时，，在和内单调递增，当时，，在内单调递减；（ⅲ）当，即时，当或时，在和内单调递增，当时，，在内单调递减，综上，当时，在和内单调递增，在内单调递减，当时，在单调递增，当时，在和内单调递增，在内单调递减．当时，，，，令，得，，将，，变化情况列表如下：极大极小由此表可得，，又，故区间内必须含有，即的取值范围是．【标注】【知识点】已知最值情况求参数范围经典例题（1）（2）13.已知，其中．求的单调区间．若在上的最大值是，求的取值范围．【答案】（1）（2）当时，的单调递减区间是，；单调递增区间为：．当时，的单调递减区间是，；单调递增区间为：．当时，的单调递减区间是．．【解析】（1）令，解得，或．①当时，，与的变化情况如表：减极小值增极大值减∴的单调递减区间是，；单调递增区间为：．②当时，，，故的单调递减区间是．【备注】【教师指导】本题较难，考查的是参数在二次项系数上，能因式分解的情况，需要先求导然后进行因式分解，在进行讨论，让学生感受讨论的过程.（2）③当时，，与的变化情况如下表：减极小值增极大值减∴的单调递减区间是，，单调递增区间为：．综上，当时，的单调递减区间是，；单调递增区间为：．当时，的单调递减区间是，；单调递增区间为：．当时，的单调递减区间是．由（）可知：①当时，在的最大值是，但，∴不合题意；②当时，在上单调递减，，可得在上的最大值为，符合题意．∴在上的最大值为时，的取值范围是．【标注】【知识点】已知最值情况求参数值或解析式；求函数单调区间（含参二次型导函数）巩固练习14.已知函数，其中，求函数的单调区间．【答案】①当时，在区间，内为减函数，在区间内为增函数．②当时，在区间，内为增函数，在区间内为减函数．【解析】．，若，，在区间单调递增，单调递减；若，以下分两种情况讨论．①当时，令，得，．当变化时，的变化情况如下表：极小值极大值所以在区间，内为减函数，在区间内为增函数．②当时，令，得到，，当变化时，的变化情况如下表：极大值极小值所以在区间，内为增函数，在区间内为减函数．【标注】【知识点】利用导数求函数的单调性、单调区间，，，知识精讲（3）讨论单调性——含参二次型导函数，不能因式分解型这种类型通常分为两种情况：①导函数参数不在二次项系数上，不能因式分解型，可按如下步骤讨论：首先，确定定义域并求导后，算出二次函数的；讨论两种情况，即导函数与轴没有或只有一个交点、二次函数与轴有两个不同交点；从而根据导函数图象得到函数的单调区间.例如：，，,，根据讨论情况的图象如下：，＞【备注】【教师指导】下面是“参数不在二次项系数上，不能因式分解型”，教师可为学生举例讲解如：，，（1）当，即时，恒成立且不恒为0，增区间是．（2）当，即或时，由，得或增区间是，；由，得减区间是．②导函数参数在二次项系数上，不能因式分解型，可按如下步骤讨论：首先确定定义域并求导后，对参数进行讨论，分为,,，即开口向上、开口向下、退化成一次函数三类；在,两种情况基础上，再分别算出二次函数的；利用两种情况进行第二步分类讨论，即二次函数与轴没有或只有一个交点、二次函数与轴有两个不同交点；从而根据导函数图象得到函数的单调区间.，＞【备注】【教师可见】此类型画图方式，同“导函数参数不在二次项系数上，不能因式分解型”类似.下面是“参数在二次项系数上，不能因式分解型”相关例题，教师可为学生进行举例讲解如：，，（1）当时，由，得，的增区间是；由，得，的减区间是（2）当时，（i）当时，即恒成立且不恒为0，的增区间是；（ii）当时，即由，得或的增区间是，;由，得的减区间是．（3）当时，由，得的增区间是．由，得或的减区间是，．经典例题15.已知函数（其中是实数）．求的单调区间．【答案】（1）当时，的单调递增区间为，无单调递减区间．当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为．【解析】（1）∵（其中是实数），∴的定义域为，，令，，对称轴，，当，即时，，∴函数的单调递增区间为，无单调递减区间．当，即或时，①若，则恒成立，【备注】【教师指导】本题考查的是参数不在二次项系数上，不能因式分解型的情况，需要对进行讨论.∴的单调递增区间为，无减区间．②若，令，得，，当时，，当时，．∴的单调递增区间为，，单调递减区间为．综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间．当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为．【标注】【知识点】直接求函数的最值（不含参）；利用韦达定理解决双变量问题16.设，当时，在上的最小值为，求在该区间上的最大值．【答案】【解析】方法一：方法二：令，即∵解得：，则，，的情况如下：减极小增极大减∴在，上单调递减，在上单调递增∵∴∴在上单调递增，在上单调递减所以的最大值为∵，∴解得，，∴的最大值为．已知，∴，已知，在上的最小值为，【备注】【教师指导】本题较难，需要由判定，再判断导函数两根的大小与题目所给区间的关系，在求解最值，需要让学生感受“判断导函数两根的大小与题目所给区间的位置关系”，题集中也有相关练习.而的图象开口向下，且对称轴，，，则必有一点，使得，此时函数在上单调递增，在上单调递减，又，，∴，此时，由或（舍去），所以函数在上的最大值为．【标注】【知识点】求函数最值（含参二次型导函数）巩固练习17.已知函数．判断的单调性．【答案】（1）当时，函数在上单调递减．当或时，函数在上单调递增，在和上单调递减．【解析】（1）因为，所以，令，，即时，恒成立，此时，所以函数在上为减函数．，即或时，有不相等的两根，设为，，则，，当或时，，此时，所以函数在和上为减函数．当时，，此时，所以函数在上为增函数．综上所述，当时，函数在上单调递减．当或时，函数在上单调递增，在和上单调递减．【标注】【知识点】求解函数极值；利用导数求函数的单调性、单调区间经典例题18.设函数．求函数单调区间．【答案】（1）见解析【解析】（1）因为，①当时，由得；由得．所以函数在区间单调递增, 在区间单调递减．②当时，设，方程的判别式i)当时，此时．由得,或；由得．所以函数单调递增区间是和,单调递减区间．ii)当时，此时．所以，所以函数单调递增区间是．iii)当时，此时．由得；由得,或．【备注】【教师指导】本题是参数在二次项系数上，不能因式分解型的情况，需要先讨论，在讨论.所以当时，函数单调递减区间是和,单调递增区间．vi)当时，此时，，所以函数单调递减区间是．【标注】【知识点】求函数单调区间（含参指对型导函数）；求在某点处的切线方程巩固练习19.已知函数．求函数的单调区间．【答案】（1）答案见解析．【解析】（1），令．函数的定义域为，设，（）当时，在上恒成立，则在上恒成立，此时在上单调递减，（）当时，，（i）若，由，即，得或，由，即，得，所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间为．（ii）若，在上恒成立，则在上恒成立，此时在上单调递增．【标注】【知识点】导数的几何意义；求在某点处的切线方程；利用导数求函数的单调性、单调区间三、思维导图你学会了吗？画出思维导图总结本节课所学吧！【备注】四、出门测20.已知函数．求函数的单调区间．【答案】（1）当，函数的单调递增区间为，当时，函数的单调递增区间是，单调递减区间是，当时，函数的单调递增区间是，单调递减区间是．【解析】（1）函数的定义域为，，若，，所以函数的单调递增区间为．若，令，解得，，当时，，的变化情况如下表：极大值∴函数的单调递增区间是，单调递减区间是．当时，，的变化情况如下表：极大值∴函数的单调递增区间是，单调递减区间是．【标注】【知识点】不等式中的恒成立与能成立问题；含字母系数的不等式；利用导数求函数的单调性、单调区间21.已知函数．讨论函数的单调性．【答案】（1）①若，在单调递减；②若，在区间递增，在区间和递减；③若，在区间递增，在区间递减．【解析】（1），①若，，在单调递减；②若，由得；由得；由得．即在区间递增，在区间和递减．③若，在区间递增，在区间递减．韦达定理解决双变量问题。

含参函数的最值与函数.ppt

含参二次函数的最值问题

函数的极值与最大(小)值(1)课件高二下学期数学人教A版(2019)选择性必修第二册

函数的最大(小)值(课件)高二数学(人教A版2019选择性必修第二册)

5.3 5.3.2 第二课时 函数的最大[小]值公开课

专题10 含参函数的极值、最值讨论(解析版)

函数的单调性与最值(课件)

含参数二次函数最值问题

函数与导数重点题型01：含参函数单调性、极值、零点问题研究

初中含参二次函数的最值问题

函数的极值与最大(小)值-第2课时 函数的最大(小)值 课件

2024年中考数学二轮复习专题课件：含有参数的代数式、方程与函数

5.3.2 函数的极值与最大(小)值

高中数学(新课标)选修2课件1.3.3函数的最大(小)值与导数

含参二次函数的最值问题

高中数学必修一(人教版)《3.2.1 第二课时 函数的最大(小)值》课件

新人教版高中数学必修一函数的最大值最小值课件

专题： 含参函数

研究含参函数的极值与最值问题(1)-讲义(教师版)

5.3 5.3.2 第二课时函数的最大[小]值公开课

函数的极值与最大(小)值-第2课时函数的最大(小)值课件

高中数学必修一(人教版)《3.2.1 第二课时函数的最大(小)值》课件

专题：含参函数