第2课时 导数与函数的极值、最值
利用导数解决函数的极值问题(多维探究) 角度一 根据图象判断函数的极值
设函数f (x )在R 上可导,其导函数为f ′(x ),且函数y =(1-x )·f ′(x )
的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是( )
A .函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)
B .函数f (x )有极大值f (-2)和极小值f (1)
C .函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (-2)
D .函数f (x )有极大值f (-2)和极小值f (2)
【解析】 由题图可知,当x <-2时,1-x >3,此时f ′(x )>0;当-2
【答案】 D
知图判断函数的极值的情况;先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号,最后判断是极大值点还是极小值点.
角度二 求函数的极值
(2020·湖南省五市十校联考)已知函数f (x )=ln x -12
ax 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. 【解】 (1)当a =0时,f (x )=ln x +x , 则f (1)=1,所以切点为(1,1), 又f ′(x )=1
x
+1,
所以切线斜率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 -1
2ax 2+(1-a )x +1,
则g ′(x )=1
x -ax +(1-a )=-ax 2+(1-a )x +1x ,
当a ≤0时,因为x >0,所以g ′(x )>0.
所以g (x )在(0,+∞)上是增函数,函数g (x )无极值点. 当a >0时,g ′(x )=-ax 2+(1-a )x +1
x
=-a (x -1
a
)(x +1)
x ,
令g ′(x )=0得x =1
a
.
所以当x ∈????0,1
a 时,g ′(x )>0; 当x ∈????1a ,+∞时,g ′(x )<0.
因为g (x )在????0,1a 上是增函数,在???
?1
a ,+∞上是减函数. 所以x =1a 时,g (x )有极大值g ????1a =ln 1a -a 2×1a 2+(1-a )·1a +1=1
2a -ln a . 综上,当a ≤0时,函数g (x )无极值;
当a >0时,函数g (x )有极大值1
2a
-ln a ,无极小值.
利用导数研究函数极值问题的一般流程
角度三 已知函数的极值求参数
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.
【解】 (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)由(1)得f ′(x )=[ax 2-(2a +1)x +2]e x =(ax -1)(x -2)e x . 若a >1
2,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.
当a ≤12,则当x ∈(0,2)时,x -2<0,ax -1≤1
2x -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,+∞.
已知函数极值点或极值求参数的两个要领
(1)列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组,利用待定系数法求解. (2)验证:因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件,所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性.
1.(2020·安徽毛坦厂中学4月联考)已知函数f (x )=2ln x +ax 2-3x 在x =2处取得极小值,则f (x )的极大值为( )
A .2
B .-5
2
C .3+ln 2
D .-2+2ln 2
解析:选B.由题意得,f ′(x )=2
x
+2ax -3,因为f (x )在x =2处取得极小值,所以f ′(2)=
4a -2=0,解得a =1
2
,
所以f (x )=2ln x +1
2x 2-3x ,f ′(x )=2
x +x -3=(x -1)(x -2)x ,
所以f (x )在(0,1),(2,+∞)上是增加的,在(1,2)上是减少的, 所以f (x )的极大值为f (1)=12-3=-5
2.故选B.
2.已知函数f (x )=ln x .
(1)求f (x )的图象过点P (0,-1)的切线方程;
(2)若函数g (x )=f (x )-mx +m
x
存在两个极值点x 1,x 2,求m 的取值范围.
解:(1)由题意得,函数f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=1
x .设切点坐标为(x 0,ln x 0),则
切线方程为y =1
x 0
x +ln x 0-1.
把点P (0,-1)代入切线方程,得ln x 0=0, 所以x 0=1,
所以过点P (0,-1)的切线方程为y =x -1.
(2)因为g (x )=f (x )-mx +m x =ln x -mx +m x ,所以g ′(x )=1x -m -m x 2=x -mx 2
-m
x 2
=-
mx 2-x +m
x 2
, 令h (x )=mx 2-x +m ,
要使g (x )存在两个极值点x 1,x 2,
则方程mx 2-x +m =0有两个不相等的正数根x 1,x 2.
故只需满足???h (0)>0,
1
2m >0,
h ???
?12m <0即可,解得0 2 . 利用导数研究函数的最值(师生共研) (2019·高考全国卷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】 (1)f ′(x )=6x 2-2ax =2x (3x -a ). 令f ′(x )=0,得x =0或x =a 3 . 若a >0,则当x ∈(-∞,0)∪????a 3,+∞时,f ′(x )>0;当x ∈????0,a 3时,f ′(x )<0. 故f (x )在(-∞,0),????a 3,+∞上是增加的,在????0,a 3上是减少的; 若a =0,f (x )在(-∞,+∞)上是增加的; 若a <0,则当x ∈????-∞,a 3∪(0,+∞)时,f ′(x )>0;当x ∈??? ?a 3,0时,f ′(x )<0.故f (x )在????-∞,a 3,(0,+∞)上是增加的,在??? ?a 3,0上是减少的. (2)满足题设条件的a ,b 存在. (ⅰ)当a ≤0时,由(1)知,f (x )在[0,1]上是增加的,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. (ⅱ)当a ≥3时,由(1)知,f (x )在[0,1]上是减少的,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. (ⅲ)当0 27 +b ,最大值为b 或2-a +b . 若-a 327 +b =-1,b =1,则a =33 2,与0 若-a 3 27+b =-1,2-a +b =1,则a =33或a =-33或a =0,与0 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. 求函数f (x )在闭区间[a ,b ]内的最大值和最小值的思路 (1)若所给的闭区间[a ,b ]不含有参数,则只需对函数f (x )求导,并求f ′(x )=0在区间[a ,b ]内的根,再计算使导数等于零的根的函数值,把该函数值与f (a ),f (b )比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值. (2)若所给的闭区间[a ,b ]含有参数,则需对函数f (x )求导,通过对参数分类讨论,判断函数的单调性,从而得到函数f (x )的最值. [提醒] 求函数在无穷区间(或开区间)上的最值,不仅要研究其极值情况,还要研究其单调性,并通过单调性和极值情况,画出函数的大致图象,然后借助图象观察得到函数的最值. 已知函数f (x )=1-x x +k ln x ,k <1 e ,求函数f (x )在????1e ,e 上的最大值和最小值. 解:因为f (x )=1-x x +k ln x , f ′(x )=-x -(1-x )x 2+k x =kx -1x 2. (1)若k =0,则f ′(x )=-1 x 2在????1e ,e 上恒有f ′(x )<0, 所以f (x )在???? 1e ,e 上是减少的. 所以f (x )min =f (e)= 1-e e , f (x )max =f ???? 1e =e -1. (2)若k ≠0,f ′(x )=kx -1x 2=k ????x -1k x 2 . ①若k <0,则在???? 1e ,e 上恒有k (x -1 k ) x 2<0, 所以f (x )在???? 1e ,e 上是减少的, 所以f (x )min =f (e)= 1-e e +k ln e =1 e +k -1,f (x )max =f ????1e =e -k -1. ②若k >0,由k <1 e , 得1k >e ,则x -1 k <0, 所以k ????x -1 k x 2 <0, 所以f (x )在???? 1e ,e 上是减少的. 所以f (x )min =f (e)= 1-e e +k ln e =1 e +k -1, f (x )max =f ???? 1e =e -k -1. 综上,k <1e 时,f (x )min =1 e +k -1, f (x )max =e -k -1. 函数极值与最值的综合问题(师生共研) 已知函数f (x )=ax 2+bx +c e x (a >0)的导函数y =f ′(x )的两个零点为-3和0. (1)求f (x )的单调区间; (2)若f (x )的极小值为-e 3,求f (x )在区间[-5,+∞)上的最大值. 【解】 (1)f ′(x )=(2ax +b )e x -(ax 2+bx +c )e x (e x )2 =-ax 2+(2a -b )x +b -c e x . 令g (x )=-ax 2+(2a -b )x +b -c , 因为e x >0,所以y =f ′(x )的零点就是g (x )=-ax 2+(2a -b )x +b -c 的零点, 且f ′(x )与g (x )符号相同. 又因为a >0.所以当-3 ???? ?9 a -3 b +c e -3=-e 3,g (0)=b -c =0, g (-3)=-9a -3(2a -b )+b -c =0, 解得a =1,b =5,c =5,所以f (x )=x 2+5x +5e x . 因为f (x )的增区间是(-3,0),减区间是(-∞,-3),(0,+∞), 所以f (0)=5为函数f (x )的极大值, 故f (x )在区间[-5,+∞)上的最大值取f (-5)和f (0)中的最大者, 而f (-5)=5 e - 5=5e 5>5=f (0), 所以函数f (x )在区间[-5,+∞)上的最大值是5e 5. 求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间(或开区间)上的最值时,方法是不同的.求函数在无穷区间(或开区间)上的最值,不仅要研究其极值情况,还要研究其单调性,并通过单调性和极值情况,画出函数的大致图象,然后借助图象观察得到函数的最值. (2020·河南百校联盟模拟)已知函数f (x )=e x -ax ,a >0. (1)记f (x )的极小值为g (a ),求g (a )的最大值; (2)若对任意实数x ,恒有f (x )≥0,求f (a )的取值范围. 解:(1)函数f (x )的定义域是(-∞,+∞),f ′(x )=e x -a . 令f ′(x )=0,得x =ln a , 易知当x ∈(ln a ,+∞)时,f ′(x )>0,当x ∈(-∞,ln a )时,f ′(x )<0, 所以函数f (x )在x =ln a 处取极小值, g (a )=f (x )极小值=f (ln a )=e ln a -a ln a =a -a ln a . g ′(a )=1-(1+ln a )=-ln a , 当00,g (a )在(0,1)上是增加的; 当a >1时,g ′(a )<0,g (a )在(1,+∞)上是减少的. 所以a =1是函数g (a )在(0,+∞)上的极大值点,也是最大值点,所以g (a )max =g (1)=1. (2)显然,当x ≤0时,e x -ax ≥0(a >0)恒成立. 当x >0时,由f (x )≥0,即e x -ax ≥0,得a ≤e x x . 令h (x )=e x x ,x ∈(0,+∞), 则h ′(x )=e x x -e x x 2=e x (x -1) x 2 , 当0 故f (a )在(0,e]上是增加的,所以f (0)=1 -e 2]. [基础题组练] 1.(2020·辽宁沈阳一模)设函数f (x )=x e x +1,则( ) A .x =1为f (x )的极大值点 B .x =1为f (x )的极小值点 C .x =-1为f (x )的极大值点 D .x =-1为f (x )的极小值点 解析:选D.由f (x )=x e x +1,可得f ′(x )=(x +1)e x ,令f ′(x )>0可得x >-1,即函数f (x )在(-1,+∞)上是增函数;令f ′(x )<0可得x <-1,即函数f (x )在(-∞,-1)上是减函数,所以x =-1为f (x )的极小值点.故选D. 2.函数y =x e x 在[0,2]上的最大值是( ) A.1 e B .2e 2 C .0 D . 1 2e 解析:选A.易知y ′=1-x e x ,x ∈[0,2],令y ′>0,得0≤x <1,令y ′<0,得1<x ≤2,所 以函数y =x e x 在[0,1]上是增加的,在(1,2]上是减少的,所以y =x e x 在[0,2]上的最大值是 y |x =1=1 e ,故选A. 3.(2020·广东惠州4月模拟)设函数f (x )在R 上可导,其导函数为f ′(x ),且函数f (x )在x =-2处取得极小值,则函数y =x ·f ′(x )的图象可能是( ) 解析:选C.因为函数f (x )在R 上可导,其导函数为f ′(x ),且函数f (x )在x =-2处取得极小值,所以当x >-2时,f ′(x )>0;当x =-2时,f ′(x )=0;当x <-2时,f ′(x )<0. 所以当-2 4.(2020·河北石家庄二中期末)若函数f (x )=(1-x )(x 2+ax +b )的图象关于点(-2,0)对称,x 1,x 2分别是f (x )的极大值点与极小值点,则x 2-x 1=( ) A .- 3 B .2 3 C .-2 3 D . 3 解析:选C.由题意可得f (-2)=3(4-2a +b )=0, 因为函数图象关于点(-2,0)对称,且f (1)=0, 所以f (-5)=0, 即f (-5)=6(25-5a +b )=0, 联立?????b -2a +4=0,b -5a +25=0,解得? ????b =10,a =7. 故f (x )=(1-x )(x 2+7x +10)=-x 3-6x 2-3x +10, 则f ′(x )=-3x 2-12x -3=-3(x 2+4x +1), 结合题意可知x 1,x 2是方程x 2+4x +1=0的两个实数根,且x 1>x 2, 故x 2-x 1=-|x 1-x 2|=- (x 1+x 2)2-4x 1x 2=- (-4)2-4×1=-2 3. 5.已知函数f (x )=x 3+3x 2-9x +1,若f (x )在区间[k ,2]上的最大值为28,则实数k 的取值范围为( ) A .[-3,+∞) B .(-3,+∞) C .(-∞,-3) D .(-∞,-3] 解析:选D.由题意知f ′(x )=3x 2+6x -9,令f ′(x )=0,解得x =1或x =-3,所以f ′(x ),f (x )随x 的变化情况如下表: x (-∞,-3) -3 (-3,1) 1 (1,+∞) f ′(x ) + 0 - 0 + f (x ) 极大值 极小值 6. 函数f (x )=x 3+bx 2+cx +d 的大致图象如图所示,则x 21+x 2 2=________. 解析:函数f (x )的图象过原点,所以d =0.又f (-1)=0且f (2)=0,即-1+b -c =0且8+4b +2c =0,解得b =-1,c =-2,所以函数f (x )=x 3-x 2-2x ,所以f ′(x )=3x 2-2x -2,由题意知x 1,x 2是函数的极值点,所以x 1,x 2是f ′(x )=0的两个根,所以x 1+x 2=2 3,x 1x 2= -23,所以x 21+x 22=(x 1+x 2)2-2x 1x 2=49+43=169 . 答案:169 7.若函数f (x )=x 3-3ax 在区间(-1,2)上仅有一个极值点,则实数a 的取值范围为________. 解析:因为f ′(x )=3(x 2-a ),所以当a ≤0时,f ′(x )≥0在R 上恒成立,所以f (x )在R 上递增,f (x )没有极值点,不符合题意;当a >0时,令f ′(x )=0得x =±a ,当x 变化时,f ′(x )与f (x )的变化情况如下表所示: ?-a ≤-1?2≤a , 1≤a <4. 答案:[1,4) 8.函数f (x )=x 3-3a 2x +a (a >0)的极大值是正数,极小值是负数,则a 的取值范围是________. 解析:f ′(x )=3x 2-3a 2=3(x +a )(x -a ), 由f ′(x )=0得x =±a , 当-a 2 2 . 所以a 的取值范围是??? ?22,+∞. 答案:?? ? ?22,+∞ 9.已知函数f (x )=13x 3-1 2(a 2+a +2)x 2+a 2(a +2)x ,a ∈R . (1)当a =-1时,求函数y =f (x )的单调区间; (2)求函数y =f (x )的极值点. 解:(1)当a =-1时,f (x )=1 3x 3-x 2+x , f ′(x )=x 2-2x +1=(x -1)2≥0, 所以函数f (x )是R 上的增函数,增区间为(-∞,+∞),无递减区间. (2)因为f ′(x )=x 2-(a 2+a +2)x +a 2(a +2)=(x -a 2)·[x -(a +2)], ①当a =-1或a =2时,a 2=a +2,f ′(x )≥0恒成立,函数f (x )为增函数,无极值点. ②当a <-1或a >2时,a 2>a +2, 可得当x ∈(-∞,a +2)时,f ′(x )>0,函数f (x )为增函数;当x ∈(a +2,a 2)时,f ′(x )<0,函数f (x )为减函数;当x ∈(a 2,+∞)时,f ′(x )>0,函数f (x )为增函数. 所以当x =a +2时,函数f (x )有极大值f (a +2);当x =a 2时,函数f (x )有极小值f (a 2). ③当-1<a <2时,a 2<a +2, 可得当x ∈(-∞,a 2)时,f ′(x )>0,函数f (x )为增函数;当x ∈(a 2,a +2)时,f ′(x )<0,函数f (x )为减函数;当x ∈(a +2,+∞)时,f ′(x )>0,函数f (x )为增函数. 所以当x =a +2时,函数f (x )有极小值f (a +2); 当x =a 2时,函数f (x )有极大值f (a 2). 综上所述,当a =-1或a =2时,f (x )无极值点; 当a <-1或a >2时,f (x )的极大值点为x =a +2,极小值点为x =a 2; 当-1<a <2时,f (x )的极大值点为x =a 2,极小值点为x =a +2. 10.已知函数f (x )=ln x x -1. (1)求函数f (x )的单调区间; (2)设m >0,求函数f (x )在区间[m ,2m ]上的最大值. 解:(1)因为函数f (x )的定义域为(0,+∞),且f ′(x )=1-ln x x 2 , 由???f ′(x )>0,x >0得0 得x >e. 所以函数f (x )的增区间为(0,e),减区间为(e ,+∞). (2)①当???2m ≤e , m >0 , 即0 2时,[m ,2m ]?(0,e),函数f (x )在区间[m ,2m ]上是增加的, 所以f (x )max =f (2m )=ln 2m 2m -1; ②当m 2 函数f (x )在区间[m ,e)上是增加的,在(e ,2m ]上是减少的, 所以f (x )max =f (e)= ln e e -1=1 e -1; ③当m ≥e 时,[m ,2m ]?(e ,+∞),函数f (x )在区间[m ,2m ]上是减少的,所以f (x )max =f (m )=ln m m -1. 综上所述,当0 e -1;当m ≥e 时, f (x )max =ln m m -1. [综合题组练] 1.(2020·重庆模拟)已知函数f (x )=2e f ′(e)ln x -x e (e 是自然对数的底数),则 f (x )的极大 值为( ) A .2e -1 B .-1e C .1 D .2ln 2 解析:选D.由题意知f ′(x )= 2e f ′(e )x -1 e , 所以f ′(e)= 2e f ′(e )e -1e ,f ′(e)=1 e , 所以f ′(x )=2x -1 e , 令f ′(x )=0,得x =2e , 所以f (x )在(0,2e)上是增加的,在(2e ,+∞)上是减少的,所以f (x )的极大值为f (2e)=2ln(2e)-2=2ln 2,选D. 2.若函数f (x )=13x 3+x 2-2 3在区间(a ,a +5)上存在最小值,则实数a 的取值范围是( ) A .[-5,0) B .(-5,0) C .[-3,0) D .(-3,0) 解析:选C.由题意,f ′(x )=x 2+2x =x (x +2),故f (x )在(-∞,-2),(0,+∞)上是增函数,在(-2,0)上是减函数,作出其大致图象如图所示, 令13x 3+x 2-23=-2 3得,x =0或x =-3,则结合图象可知,? ????-3≤a <0,a +5>0, 解得a ∈[-3,0). 3.(2020·河南驻马店模拟)已知函数f (x )=? ????2x 3+3x 2+2,x ≤0,e ax ,x >0在[-2,2]上的最大值 为3,则实数a 的取值范围是( ) A .(ln 3,+∞) B .????0,1 2ln 3 C.??? ?-∞,1 2ln 3 D .(-∞,ln 3] 解析:选C.由题意,当x ≤0时,f (x )=2x 3+3x 2+2,可得f ′(x )=6x 2+6x =6x (x +1),所以当-2≤x <-1时,f ′(x )>0,函数f (x )在[-2,-1)上是增加的,当-1 2 ln 3.故选C. 4.若x =-2是函数f (x )=(x 2+ax -1)e x -1 的极值点,则a =________,f (x )的极小值为 ________. 解析:因为f (x )=(x 2+ax -1)e x -1,所以f ′(x )=(2x +a )e x -1+(x 2+ax -1)e x -1=[x 2+(a +2)x +a -1]e x -1.因为x =-2是函数f (x )=(x 2+ax -1)e x -1的极值点,所以-2是x 2+(a +2)x +a -1=0的根,所以a =-1,f ′(x )=(x 2+x -2)e x -1=(x +2)(x -1)e x -1.令f ′(x )>0,解得x <-2或x >1,令f ′(x )<0,解得-2 答案:-1 -1 5.(2020·石家庄市质量检测)已知函数f (x )=a e x -sin x ,其中a ∈R ,e 为自然对数的底数. (1)当a =1时,证明:对任意的x ∈[0,+∞),f (x )≥1; (2)若函数f (x )在????0,π 2上存在极值,求实数a 的取值范围. 解:(1)证明:当a =1时,f (x )=e x -sin x ,于是f ′(x )=e x -cos x . 当x ∈[0,+∞)时,e x >1且cos x ≤1. 故当x ∈[0,+∞)时,e x -cos x >0,即f ′(x )>0. 所以函数f (x )=e x -sin x 为[0,+∞)上的增函数,因为f (0)=1, 所以对任意的x ∈[0,+∞),f (x )≥1. (2)法一:由f (x )在????0,π2上存在极值,得f ′(x )=a e x -cos x 在????0,π 2上存在零点. ①当a ∈(0,1)时,f ′(x )=a e x -cos x 为????0,π 2上的增函数, 注意到f ′(0)=a -1<0,f ′???? π2=a · e π 2>0, 所以,存在唯一实数x 0∈????0,π 2,使得f ′(x 0)=0成立. 当x ∈(0,x 0)时,f ′(x )<0,f (x )为(0,x 0)上的减函数; 当x ∈????x 0,π2时,f ′(x )>0,f (x )为? ???x 0,π 2上的增函数. 所以x 0??? ?x 0∈????0,π2为函数f (x )的极小值点. ②当a ≥1时,f ′(x )=a e x -cos x ≥e x -cos x >0在??? ?0,π 2上恒成立. 所以f (x )在? ?? ?? 0,π2上是增加的, 所以f (x )在??? ?0,π 2上没有极值. ③当a ≤0时,f ′(x )=a e x -cos x <0在??? ?0,π 2上恒成立, 所以f (x )在? ?? ?? 0,π2上是减少的, 所以f (x )在??? ?0,π 2上没有极值. 综上所述,若f (x )在????0,π 2上存在极值,则实数a 的取值范围是(0,1). 法二:由函数f (x )在????0,π 2上存在极值, 得f ′(x )=a e x -cos x 在????0,π 2上存在零点, 即a =cos x e x 在????0,π2上有解. 设g (x )=cos x e x ,x ∈????0,π2,则g ′(x )=-(sin x +cos x )e x <0在????0,π2上恒成立,所以g (x )为????0,π 2上的减函数.所以g (x )的值域为(0,1),所以当实数a ∈(0,1)时,f ′(x )=a e x -cos x 在??? ?0,π 2上存在零点. 下面证明,当a ∈(0,1)时,函数f (x )在????0,π 2上存在极值. 事实上,当a ∈(0,1)时,f ′(x )=a e x -cos x 为????0,π 2上的增函数, 注意到f ′(0)=a -1<0,f ′????π2=a ·e π 2>0,所以存在唯一实数x 0∈????0,π2, 使得f ′(x 0)=0成立. 当x ∈()0,x 0时,f ′(x )<0,f (x )为(0,x 0)上的减函数; 当x ∈????x 0,π2时,f ′(x )>0,f (x )为? ???x 0,π 2上的增函数. 即x 0??? ?x 0∈????0,π2为函数f (x )的极小值点. 综上所述,若函数f (x )在????0,π 2上存在极值,则实数a 的取值范围是(0,1). 6.已知函数f (x )=a ln x +1 x (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:由题意,知函数的定义域为{x |x >0},f ′(x )=a x -1 x 2(a >0). (1)由f ′(x )>0,解得x >1 a , 所以函数f (x )的增区间是????1 a ,+∞; 由f ′(x )<0,解得x <1 a , 所以函数f (x )的减区间是??? ?0,1a . 所以当x =1a 时,函数f (x )有极小值f ????1a =a ln 1 a +a =a -a ln a . (2)不存在.理由如下: 由(1)可知,当x ∈????0,1 a 时,函数f (x )是减少的; 当x ∈??? ?1 a ,+∞时,函数f (x )是增加的. ①若0<1 a ≤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1 e ≤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 1 a +a =a -a ln a =a (1-ln a )=0,即ln a =1,解得a =e ,而1 e ≤a <1,故不满足条件. ③若1a >e ,即0 e 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 ln e