专题3.3 导数之函数的极值和最值
3.3.1 函数的极值
知识点梳理
1.函数极值的概念
（1）极小值与极小值点：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，f′(a)＝0，而且在点x＝a 附近的左侧f′(x)<0，右侧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．
（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
他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b 附近的左侧f′(x)>0，右侧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．
（3）极大值点、极小值点统称为极值点；极大值、极小值统称为极值．
2.求函数y＝f(x)的极值的一般步骤：
（1）确定函数的定义域；
（2）求导数f′(x)；
（3）解出方程f′(x)＝0 的根（可能不止一个）；
（4）确定极值点，用函数的导数值为0 的点，顺次将函数的定义域分成若干个小开区
间，并列成表格，检验f′(x)在方程根左右两侧的值的符号.
①如果在x0的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；
②如果在x0的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．
③如果在x0的两侧f′(x)符号相同，则x0不是极值点.
典型例题
例1.已知函数f（x）＝xex（e 为自然对数的底），求函数f（x）的极值；
解：函数f（x）的定义域为R，f′（x）＝ex+xex＝（x+1）ex．
令f′（x）＞0，得x＞﹣1；令f′（x）＜0，得x＜﹣1．
∴函数f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，在（﹣∞，﹣1）上单调递减，
∴当x＝﹣1 时，函数f（x）有极小值，极小值f (−1)=−1
e
，没有极大值．
例2.若函数f（x）＝alnx+ b
x + c
x
2（a≠0）既有极大值也有极小值，则（ ）
A．bc＞0
B．ab＞0
C．b2+8ac＞0
D．ac＜0
解：函数定义域为（0，+∞），
且f′（x）= a
x −b
x
2 −2c
x
3 = a x
2−bx−2c
x
3
，
由题意，方程f′（x）＝0 即ax2﹣bx﹣2c＝0 有两个正根，设为x1，x2，
则有x1+x2= b
a ＞0，x1x2= −2c
a
＞0，Δ＝b2+8ac＞0，
∴ab＞0，ac＜0，
∴ab•ac＝a2bc＜0，即bc＜0．
故选：BCD．
例3.设函数f(x) 满足x
2f
′(x)+2xf(x)=e
x
x
, f(2)=e
2
8
, 则x>0时,则函数f(x) (
)
A.有极大值,无极小值 B.有极小值,无极大值
C.既有极大值又有极小值 D.既无极大值也无极小值
解：因为函数f ( x)满足x
2f
′( x)+2 xf ( x)= e
x
x
, 所以[ x
2f ( x)]
′ = e
x
x
.
令F( x)= x
2f ( x),x>0.则F
′( x)= e
x
x
, F(2)= 4 f (2)= e
2
2
.
由x
2f
′( x)+2 xf ( x)= e
x
x
,得f
′( x)= e
x−2 F( x)
x
3
.
令φ( x)=e
x−2 F( x),x>0,则φ
′( x)=e
x−2 F
′( x)=e
x−2 e
x
x = e
x( x−2)
x
.
因此φ( x)在(0,2)上单调递减, 在(2,+∞)上单调递增.
所以φ( x)的最小值为φ(2)=e
2−2 F(2)=e
2−2(
e
2
2)=0.因此φ( x)≥0.
又x>0,所以f
′( x)= φ( x)
x
3
≥0.因此f ( x)在(0,+ ∞)上单调递增.所以f ( x)既无极大值也
无极小值.
故选D.
例4.设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是(
)
A.∀x∈R,f(x)≤f(x0) B.−x0是f(−x)的极小值点
C.−x0是−f(x)的极小值点 D. −x0是−f(−x)的极小值点
解：由极值的定义易知 A 错误;
因为函数f ( x)与f (−x)的图象关于y轴对称,所以−x0是f (−x)的极大值点, B 错误;
因为函数f ( x)与−f ( x)的图象关于x轴对称,所以x0是−f ( x)的极小值点, C 错误;
因为函数f ( x)与−f (−x)的图象关于原点对称,所以−x0是−f (−x)的极小值点, D 正
确.
故选：D.
随堂演练
1.设函数f(x)=2
x +lnx，则( )
A. x=1
2
为f(x)的极大值点 B. x=1
2
为f(x)的极小值点
C. x=2为f(x)的极大值点 D. x=2为f(x)的极小值点
解：由题意得f
′( x)=−2
x
2 + 1
x = x−2
x
2 ( x>0)，则当x∈(0,2)时，f
′( x)<0，f ( x)单调
递减；当x∈(2,+ ∞)时，f
′( x)>0，f ( x)单调递增，所以x =2是函数f ( x)的极小值
点。故选D。
2.下列函数中，既是定义域上的奇函数又存在极小值的是( )
A.f(x)=xsin x B.f(x)=x+1
x
C.f(x)=e
x+1
e
x D.f(x)=|x+1| |
−x
1|
−
解：f(x)=xsinx的定义域为R，f(−x)=(−x)sin(−x)=xsinx=f(x), 故
f(x)为偶函数, A 不符题意;f(x)=x+1
x
的定义域为x∈( ∞,0)∪(0,+∞)
−
,
f(−x)=−x−1
x =−(x+1
x)=−f(x)为奇函数, f
′(x)=1−1
x
2 =0, 得x=±1, 当
x∈(0,1)时f
′(x)<0,x∈(1,+∞) 时f
′(x)>0,故f(1)是极小值, B 正确; 对于
f(x)=e
x+1
e
x , f(−x)=e
−x+1
e
−x =e
−x+e
x=f(x)为偶函数, C 不符题意;
f(x)=|x+1| |
−x
1|=
−{
2,
x>1
2x,
1≤
−
x≤1
2,
−
x< 1
−
)
无极值, D 不符题意. 故选B.
3.若函数f(x)=alnx−1
x +1
x
2 (a≠0)既有极大值也有极小值,则a的取值范围是( )
A.(−1
8 ,0) B.(−1
2 ,0) C.(0,1
4) D.(0,1
2)
解：
因为
f(x)=alnx−1
x +1
x
2 (a≠0),
定义域为
(0,+∞), 所以
f
′(x)=a
x +1
x
2 −2
x
3 =a x
2+x
2
−
x
3
(a≠0),
因为函数f(x) 既有极大值也有极小
值,
所以方程
a x
2+x
2=0
−
有两个不相等的正根,
设两根为
x1,x2, 则有
{
Δ=1+8a>0
x1+x2=−1
a >0
x1x2=−2
a >0 )
.
解得−1
8 <a<0,
所以a
的取值范围为(−1
8 ,0).故选：A.
4.设a∈R,若函数y=e
x+ax,x∈R有大于零的极值点,则( )
A.a< 1
− B.a> 1
− C.a<−1
e
D.a>−1
e
解: 因为 y =e
x+ax, 所以 y
′ =e
x+a. 令 y
′ =0, 即 e
x+a=0, 则 e
x =−a, 所以
x = ln(−a). 又因为 x>0, 所以 −a>1, 即 a<−1.故选：A.
5.设函数f(x)=(x
1
−)
2(x
4)
−
,则( )
A. x=3是f(x)的极小值点 B.当0<x<1时, f(x)<f(x
2)
C.当1<x<2时,
4<
−
f(2x
1)<0
−
D.当1<
−
x<0时, f(2−x)>f(x)
解：因为f ( x)=( x−1)
2( x−4)，所以f
′( x)=2( x−1)( x−4)+( x−1)
2=
3( x−1)( x−3)。令f
′( x)=0，解得x =1或x =3。
当x<1或x>3时，f
′( x)>0
；
当1< x<3时，f
′( x)<0。所以函数f ( x)的单调递增区间为 (−∞,1),(3,+∞)，单调
递减区间为(1,3)。故x =1是函数f ( x)的极大值点，x =3是函数 f ( x) 的极小值点，
所以A 正确。
当0< x<1时，x−x
2= x(1−x)>0
，即 0< x
2< x<1
。又函数f ( x)在(0,1)上单调递
增，所以 f ( x
2)<f ( x)
，所以B 错误。
当1< x<2时，1<2 x−1<3。函数f ( x)在(1,3)上单调递减，
所以−4 = f (3)<f (2 x−1)<f (1)=0，所以C 正确。
当−1< x<0时，f (2−x)−f ( x)=(2−x −1)
2(2−x −4)−( x −1)
2( x −4)=
( x− 1)
2(−x−2)−( x−1)
2( x−4)=( x−1)
2(−2 x +2)=−2( x−1)
3>0
.
所以f (2−x)>f ( x)，所以D 正确。
6.已知e 为自然对数的底数,设函数f ( x)=(e
x−1)∙( x−1)
k(k =1,2),则（ ）
A．当k=1 时,f(x)在x=1 处取到极小值
B．当k=1 时,f(x)在x=1 处取到极大值
C．当k=2 时,f(x)在x=1 处取到极小值
D．当k=2 时,f(x)在x=1 处取到极大值
解：当k=1时, f(x)=(e
x
1)(
−
x
1)
−
, 0,1是函数f(x)的零点。
易知当0<x<1时, f(x)<0; 当x>1时, f(x)>0。故x=1不会是极值点。
当k=2时, f(x)=(e
x
1)(
−
x
1
−)
2,
所以f
′(x)=e
x(x
1
−)
2+2(e
x
1)(
−
x
1)=(
−
x
1)(
−
xe
x+e
x
2)
−
。
当x=1 时, f
′(x)=0,
且当x>1 时, f
′(x)>0,
当ln2<x<1 时, f
′(x)<0,
故函数f(x)
在(ln2,1) 上单调递减,
在(1,+∞) 上单调递增,
从而f(x) 在
x=1
处取到极小值。
7.若x= 2
−是函数f(x)=(x
2+αx
1)
−
e
x
1
−的极值点，则f(x)的极小值为( )
A. 1
− B. 2
−e
3
− C.5e
3
− D.1
解：由题意可得f
′(x)=e
x
1
−[x
2+(a+2)x+a
1]
−
.
∴x= 2
−是函数f(x)=(x
2+ax
1)
−
e
x
1
−的极值点,
∴f
′( 2)=0,∴
−
a = 1
−，
∴f(x)=(x
2−x
1)
−
e
x
1
−，
f
′(x)=e
x
1
−(x
2+x
2)=
−
e
x
1
−(x
1)(
−
x+2)，
∴x∈(−
时, f
′(x)>0, f(x)单调递增;
x∈( 2,1)
−
时, f
′(x)<0, f(x)单调递减.
∴f(x)极小值=f(1)= 1
−. 故选：A.
8. 已知函数f(x)=blnx+3
2 x
2+2ax+a
2
3
−a在x=1处取得极小值27
2
, 则b
a
的值为
.
解:f ( x)=b ln x + 3
2 x
2+2ax +a
2−3a, 得 f
′( x)= b
x +3 x +2a, 依题意得：
{
f (1)= 27
2 ,
f
′(1)=0,)
即{
a
2−a+ 3
2 = 27
2
b+2a+3=0 )
.解得:{
a= 4 ,
b=−11)或{
a=−3
b=3 )
.
当
a= 4 ,b=−11
时
,
f ( x)=−11ln x + 3
2 x
2+8 x + 4 , x>0,f
′( x)=−11
x +3 x +8= 3 x
2+8 x−11
x
= ( x−1)(3 x +11)
x
.
当 0< x<1 时, f
′( x)<0,f ( x)
在 (0,1) 上单调递减, 当 x>1 时, f
′( x)>0,f ( x)
在 (1,+∞) 上单调递增, 即 x =1 时, 函数 f ( x) 取得极小值 f (1)= 27
2
, 符合题意,
此时 b
a =−11
4
,
当
a=−3,b=3
时
,
f ( x)=3ln x + 3
2 x
2−6 x +18, x>0,f
′( x)= 3
x +3 x−6= 3 x
2−6 x +3
x
= 3( x−1)
2
x
≥0.
所以函数 f ( x) 在 (0,+∞) 上单调递增, 无极值, 不符合题意.
综上, b
a =−11
4
.
9.若a>0,b>0，且函数f(x)=4x
3−a x
2
2
−bx+2在x=1处有极值，则ab的最大值为
.
解：由题意, 求导函数 f
′( x)=12 x
2−2ax−2b，
∵ 在 x =1 处有极值，∴a+b=6，∴a>0,b>0，
∴ab≤(
a+b
2 )
2
=9, 当且仅当 a=b=3 时取等号.
所以 ab 的最大值等于 9.
故答案为: 9
10.已知函数f(x)=e
x−ax−a
3.若f(x)有极小值，且极小值小于0,求a的取值范围.
解：∵函数f（x）＝ex﹣ax﹣a3，∴f′（x）＝ex﹣a，
当a≤0 时，f′（x）＞0，函数f（x）在R 上单调递增，此时函数f（x）无极值，
∴a＞0，
令f′（x）＝ex﹣a＝0，得x＝lna，
当x＜lna 时，f′（x）＜0，当x＞lna 时，f′（x）＞0，
∴函数f（x）的增区间为（lna，+∞），减区间为（﹣∞，lna），
∴f（x）极小值＝f（lna）＝a﹣alna﹣a3＜0，
∴1﹣lna﹣a2＜0，
令g（a）＝﹣a2﹣lna+1，g′(a)=−2a−1
a ＜0，
g（a）在（0，+∞）上单调递减，
∵g（1）＝0，∴g（a）＜0 等价于a＞1，
∴a 的取值范围是（1，+∞）．
11.已知函数f ( x)= x + ln(ax)+ 1
a x e
x（a＜0），求函数f（x）的极值.
解：函数f ( x)= x + ln(ax)+ 1
a x e
x（a＜0），定义域为（﹣∞，0），
则f ′( x)=(1+ x)( 1
x + e
x
a )，
因为x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＞0；x∈（﹣1，0）时，f′（x）＜0，
所以f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣1）；单调递减区间为（﹣1，0），
所以x＝﹣1 是f（x）的极大值点，f（x）的极大值是f (−1)=−1+ ln(−a)−1
ae
，无极
小值；
3.3.2 函数的最大值与最小值
知识点梳理
函数的最大值与最小值
（1）一般地，如果在区间[a,b]上函数y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必
有最大值与最小值，并且函数的最值必在极值点或区间端点处取得.
当f(x)的图象连续不断且在[a,b]上单调时，其最大值和最小值分别在两个端点处取得.
（2）函数的极值与最值的区别
①极值是对某一点附近(即局部) 而言的，最值是对函数的整个定义区间而言的.
②在函数的定义区间内，极大(小)值可能有多个(或者没有)，但最大(小)值最多有一个.
③函数f(x)的极值点不能是区间的端点，而最值点可以是区间的端点.
（3）求函数的最大值与最小值的步骤
①求函数f(x)在区间(a，b)上的极值；
②将函数f(x)的各极值与端点处的函数值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．
典型例题
例1.已知函数f ( x)=lnx−1
2 a x
2(a∈R)，当a＝1 时，则f（x）的最大值为 .
解：f （x ）的定义域是（0 ，+∞），f ( x)=lnx−1
2 a x
2(a∈R)，所以
f ′( x)= 1
x −ax = 1−a x
2
x
，
当a＝1 时，f ′( x)= 1−x
2
x
=0，得x＝±1，
因为x＞0，当x∈（0，1）时，函数f（x）单调递增，
当x∈（1，+∞）时，f（x）函数单调递减，
所以f（x）的最大值是f (1)=−1
2
；
例2.函数f(x)=x
2+(a−1)x−3lnx在(1,2)内有最小值,则实数a的取值范围为
.
解：f
′( x)=2 x +(a−1)−3
x = 2 x
2+(a−1)x−3
x
，
设g( x)=2 x
2+(a−1)x−3, 因为Δ=(a−1)
2+24>0, 因此g( x)=0有两个不同的实数
根,又g(0)=−3<0, 因此g( x)=0的两根一正一负,
由题意可知正根在 (1,2) 内,所以{
g(1)=2+(a−1)−3<0
g(2)=8+2(a−1)−3>0)
.
解得：−3
2 <a<2.
例3.设函数f(x)={x
3−3x,
x≤a
−2x,
x>a )，①若a =0，则f(x)的最大值为 ；②
若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是 .
解：①若a=0，则f ( x)={
x
3−3 x ,
x ≤0
−2 x ,
x>0)
，∴f
′( x)={
3 x
2−3,
x ≤0,
−2,
x>0)
当x<−1时，f
′( x)>0，此时函数为增函数，
当x>−1时，f
′( x)<0，此时函数为减函数，
故当x =−1时，f ( x)的最大值为2;
②f
′( x)={
3 x
2−3,
x ≤a
−2,
x>a)
，令f
′( x)=0，则x =±1,
若f ( x)无最大值，则{
a≤−1
−2a>a
3−3a)
或{
a>−1
−2a>a
3−3a
−2a>2 )
.
解得: a∈(−∞,−1).
随堂演练
1.函数f(x)=x
3−3x+1在闭区间[−3,0]上的最大值、最小值分别是( )
A. 1,−17 B. 3,−17 C. 1,−1 D. 9,−19
解：f
′( x)=3 x
2−3=0, x =±1,
故函数 f ( x)= x
3−3 x +1 在 [−3,−1] 上是增函数,
在 [−1,0] 上是减函数又 f (−3)=−17,f (0)=1,f (1)=−1,f (−1)=3.
故最大值、最小值分别为 3,−17.故选：B.
2.函数f(x)=x
3−3x
2+2在区间[−1,1]上的最大值是( )
A. 4 B. 2 C. 0 D. −2
解：因为 f ( x)= x
3−3 x
2+2，
所以 f
′( x)=3 x
2−6 x，
令 f
′( x)=3 x
2−6 x =0，解得 x =0 或 x =2
f (0)=2,f (−1)=−2,f (1)=0,f (2)=−2，
故函数 f ( x)= x
3−3 x
2+2
在区间 [−1,1] 上的最大值为 2。
故选: B。
3.函数f(x)=cosx+(x+1)sinx+1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为 ( )
A. −π
2 ,π
2
B. −3π
2
,π
2
C. −π
2
,π
2
+2 D.
−3π
2
,π
2
+2
解：f ( x)=cos x +( x +1)sin x +1, x∈[0,2π ],
则f
′( x)=−sin x +sin x +( x +1)cos x =( x +1)cos x , x∈[0,2π ]
.
令 f
′( x)=0, 解得 x =−1 (舍去) 或 x = π
2
或 x = 3 π
2
.
因为f(
π
2)=cos π
2 +(
π
2 +1)sin π
2 +1=2+ π
2
,
f(
3 π
2 )=cos 3 π
2 +(
3 π
2 +1)sin 3 π
2 +1=−3 π
2
,
又 f (0)=cos0+(0+1)sin 0+1=2,
f (2π )=cos2π +(2π +1)sin 2π +1=2,
所以f ( x)min= f(
3 π
2 )=−3 π
2
, f ( x)max = f(
π
2)=2+ π
2
.
4.已知函数f(x)=e
x
x
a
e
−x+alnx的最小值为1, 则a的取值范围为 .
解：
易得f(x)=e
ex
x
a −ex+alnx=e
ex
x
a +lnx
a
e
ex ,
设x
a
e
ex =t,t∈(0,+∞),
则
f(x)=e
ex
x
a +lnx
a
e
ex 转化为g(t)=1
t +lnt, 易得
g
′(t)=−1
t
2 +1
t =t−1
t
2
.
当t∈(0,1) 时, g
′(t)<0,
函数g(t) 单调递减,
当t∈(1,+∞) 时, g
′(t)>0,
函数g(t) 单调递增,
故g(t)min=g(1)=1,
因此t=x
a
e
ex =1 有解,
即x
a=e
ex
且a≠0,
所以alnx=ex,
所以1
a =lnx
ex
,x∈(0,+∞).
设h(x)=lnx
ex
,
则h
′(x)=1
ln
−
x
ex
2
,
当x∈(0,e) 时, h
′(x)>0,
函数h(x) 单调递增,
当x∈(e,+∞) 时, h
′(x)<0,
函数h(x)
单调递减,
所以h(x)max=h(e)=1
e
2 ,
易知h(1)=0,
且当x>1 时, h(x)>0 恒成立,
画出函数h(x)
的图像(如图所示),
根据图像知1
a ≤1
e
2 ,
解得a<0
或a≥e
2,
故a 的取值范围为
( ∞,
−
0)∪[e
2,+∞).
5.已知函数f(x)=(x−1)e
x+a x
2的最小值为−1，则实数a的取值范围为 .
解：因为f ( x)=( x −1)e
x+a x
2，所以f
′( x)= x e
x+2ax = x(e
x+2a)。
① 若a≥0，则当x∈(−∞,0) 时，f
′( x)<0
，故f ( x)在 (−∞,0)上单调递减；
当x∈(0,+ ∞)时，f
′( x)>0，故f ( x)在(0,+∞)上单调递增。
当x =0时，f ( x) 有最小值f (0)=−1。
② 若a<0，则当x→−∞时，f ( x)→−∞不符合题意。
故实数a的取值范围为[0,+∞)。
6.已知函数f(x)=3x
2−2lnx+(a−1)x+3在区间(1,2)上有最小值，则整数a的一个
取值可以是 .
解
：
由
f ( x)=3 x
2−2ln x +(a−1)x +3
可
知
,
f
′( x)=6 x−2
x +a−1= 6 x
2+(a−1)x−2
x
,
又 f ( x)=3 x
2−2ln x +(a−1)x +3 在 (1,2) 上有最小值,
所以 f
′( x) 在 (1,2) 上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正,
令 h( x)=6 x
2+(a−1)x −2, 则 h( x) 在 (1,2) 上有变号零点且在零点两侧的函数
值左负右正,所以{
Δ=(a−1)
2+ 4×6×2>0
h(1)=6+a−1−2<0
h(2)=6×4+2(a−1)−2>0)
，
解得 −10<a<−3，
又因为 a∈Z, 所以 a∈{a∈ℤ∣−10<a<−3}.
故答案为: −4 (答案不唯一, a∈{a∈ℤ∣−10<a<−3} 中的任意整数均可).
7.已知函数f(x)=ax−1
x
(
−a+1)lnx.当a =0时, 则f(x)的最大值为 .
解：当 a=0 时，f ( x)=−1
x −ln x ,f
′( x)= 1−x
x
2 .
当 x∈(0,1) 时，f
′( x)>0；当 x∈(1,+∞) 时，f
′( x)<0.
故 f ( x) 在 (0,1) 上单调递增,在 (1,+∞) 上单调递减.
所以当 x =1 时，f ( x) 取得最大值.最大值为 f (1)=−1.
8.函数f(x)=−x
2+3x+2
❑√x+1
的最大值为 .
解：令t = ❑√x +1, t >0,则 x =t
2−1,故 y = −(t
2−1)
2+3(t
2−1)+2
t
=−t
3+5t −2
t
.
令
h(t )=−t
3+5t −2
t (t >0),
则
h
′(t )=−3t
2+5+ 2
t
2 = −3t
4+5t
2+2
t
2
= (3t
2+1)(t + ❑√2)(t −❑√2)
t
2
.
当t ∈(0,❑√2)时,h
′(t )>0,当t ∈(❑√2,+ ∞)时, h
′(t )<0,则h(t )在(0,❑√2)上单调递增,
在 (❑√2,+∞)上单调递减, 故h(t )≤h(❑√2)=2❑√2, 即函数f ( x)的最大值为2❑√2.
9.已知函数f(x)=x(e
x−1−2a) ln
−
x的最小值为0，则a的值为 .
解：由f
′( x)=( x +1)e
x−1−1
x −2a，且x∈(0,+∞)，
令g( x)= f
′( x)，则g
′( x)=( x +2)e
x−1+ 1
x
2 >0，即g( x)在(0,+∞)上递增，
所以f
′( x)在(0,+ ∞)上递增，又f ( x)有最小值0，故f ( x)先减后增，
所∃x0∈(0,+ ∞) 使：f
′( x0)=( x0+1)e
x0−1−1
x0
−2a=0，
且f ( x0)= x0(e
x0−1−2a)−ln x0=0，则{
( x0+1)e
x0−1−1
x0
=2a
x0(e
x0−1−2a)= ln x0)
故x0
2e
x0−1+ ln x0=1，即x0=1，所以2a=1⇒a= 1
2
.
10.已知函数f(x)=3 2
−x
x
2+a
. 若f(x)在x= 1
−处取得极值, 求f(x)的单调区间, 以及其最
大值与最小值.
解：由 f ( x)= 3−2 x
x
2+a
得 f
′( x)= −2( x
2+a)−2 x(3−2 x)
( x
2+a)
2
= 2( x
2−3 x−a)
( x
2+a)
2
.
由题意知 f
′(−1)=0.
所以 (−1)
2−3×(−1)−a=0, 故 a= 4.
当 a= 4 时, f ( x)= 3−2 x
x
2+ 4
,f
′( x)= 2( x +1)( x−4)
( x
2+ 4)
2
.
f
′( x) 与 f ( x) 的情况如下:
x
(−∞,−1)
−1
(−1,4)
4
(4 ,+ ∞)
f
′( x)
+
0
−
0
+
f ( x)
↗
1
↘
−1
4
↗
因此 f ( x) 的单调递增区间是 (−∞,−1) 和 (4 ,+ ∞),单调递减区间是 (−1,4).
所以 f ( x) 在区间 (−∞,4 ] 上的最大值是 f (−1)=1.
又因为当 x∈(4 ,+ ∞) 时, f ( x)<0,所以 f (−1)=1 是 f ( x) 的最大值.
同理可知, f (4)=−1
4
是 f ( x) 的最小值.
11.已知函数f(x)=e
x−ax和g(x)=ax
ln
−
x有相同的最小值.求a.
解：由题意：f
′( x)=e
x−a( x∈R), g
′( x)=a−1
x = ax−1
x
( x>0)
当a≤0时,g
′( x)<0, 所以g( x)在(0,+∞)上单调递减,
故g( x)没有最小值, 不合题意
当a>0时,f
′( x)>0⇔x>ln a, f
′( x)<0⇔x<ln a,
所以f ( x)在(−∞,ln a)上单调递减, 在(ln a,+∞)上单调递增,
故f ( x)min= f (ln a)=a−a ln a,
g
′( x)>0⇔x> 1
a
, g
′( x)<0⇔0< x< 1
a
,
所以g( x)在(0, 1
a )上单调递减,在( 1
a ,+∞)上单调递增,
故g( x)min= g( 1
a )=1−ln 1
a =1+ ln a,
由题意：a−a ln a=1+ ln a, 所以a−1−(a+1)ln a=0 ,
则a−1
a+1 −ln a=0 ,设h(a)= a−1
a+1 −ln a(a>0),
则h
′(a)=
2
(a+1)
2 −1
a =−
a
2+1
a(a+1)
2 <0,
所以h(a) 在(0,+∞)上单调递减,
又h(1)=0,所以h(a) 有唯一的零点1,
从而当且仅当a=1时,方程a−1
a+1 −ln a=0成立,故a=1.
