13.已知极值点个数求参数及应用_11.3-2_2026-11-03

13.已知极值求参数
一．基本原理
已知函数 f x有极值点x ，求参数的值或范围,一般有两种情况：
0
（1）由 fx 0可以解出参数的值，这类题较为简单，只需由 fx 0求出参数的
0 0
值，再代回 fx去研究 f x的单调性，确认 f x在xx 处取得极值即可.
0
（2）由 fx 0不能解出参数的值，这类题一般需要对参数进行分类讨论，研究函数的
0
单调性，当 fx的表达式较为复杂时，可能需要分离参数，或者用到二阶导数，甚至三
阶导数.
综上所述，相关问题就是一个讨论导函数变号零点的问题，所以又是一个方程问题，下面
我们通过例子来分析具体解法.
二．典例分析
例1．已知函数 f xx2aex1aR有两个极值点，则实数a的取值范围为（ ）
 1   2   1   2 
A． ,0 B． ,0 C． , D． ,
 e   e   e   e 
解析：对原函数求导得， fx2xaex，因为函数 f xx2aex1aR有两个极值
2x
点，所以 fx0有两个不等实根，即2xaex 0有两个不等实根，亦即a 有两个
ex
2x 21x
不等实根.令gx ，则gx 可知gx在,1上单调递增，在1,上单
ex ex
2
调递减，所以gx g1 ，又因为当x0时，gx0，当x0时，gx0，
max e
 2
a 2  2 
所以 e，解得 a0，即a的范围是 ,0.故选：B
 a0 e  e 
1
例2．已知函数 f(x)xlnx ax22x有两个极值点，则实数a的取值范围是（ ）
2
A．
 ,e2
B．
 0,e2
C．
 ,e1
D．
 0,e1
解析： f 'xlnxax1，因为 f 'xlnxax1在0,上有两个不同的零点，
lnx1
即lnxax10有两个不同的正根，即a 有两个不同的正根，即ya与
x
lnx1 2lnx
y 有两个不同的交点.因为y ，当0xe2时，y0，当xe2时，
x x2
y0，
所以函数y lnx1 在  0,e2 为增函数，在  e2,  为减函数，当xe2时，y 1 ，且当
x e2
lnx1
xe时，y0，在同一坐标系中作出 ya与y 的图象，如图所示：
x 1 
由图象得a0, ，故选：B.
 e2 
ex
例3．已知函数 f x 2alnxax存在唯一的极值点，则实数a的取值范围为（ ）
x2
ex exx22xex 2a
解析： f x 2alnxax，x0,，则 fx  a
x2 x4 x
exx2ex2ax2ax3 x2 exax2 ex
  ，函数 f x 2alnxax存在唯一的极值
x3 x3 x2
点，由x20，可知函数 f x在x0,上有一个变号零点x2，exax2 0在
ex ex
x0,没有变号零点，即a 在x0,没有变号零点，令gx ，x0,
x2 x2
，
则gx
exx22xex

exx2
，当x2时，gx0，则函数gx单调递增；
x4 x3
e2 e2
当0x2时，gx0，则函数gx单调递减；则gx g2 ，则a ，故
min 4 4
 e2
实数a的取值范围为, .故选：B.
 4 
例4．已知函数 f xaexcosxxaR
(1)若a2，求曲线y f x在 0, f 0 处的切线方程；
(2)若 f x在0,π上有两个极值点，求实数a的取值范围.
解析：f02e0sin011，
 f 02e0cos001， y f x在 0, f 0 处的切线方程为y11x0，即
xy10；
（2） f x在0,π上有两个极值点等价于 fxaexsinx10在0,π上有两个不同的
1sinx 1sinx
实数根，即a 在0,π上有两个不同的实数根，令hx ，x0,π，
ex ex π
2sinx 1
sinxcosx1  4
hx 
ex ex
令hx0，解得x π ，当x  0, π 时，hx0，hx单调递减；当x   π ,π  时，
2  2 2 
π
hx0，hx单调递增；又h0 1 e s 0 in0 1，h    π 2    
1si
π
n
2 0，
e2
1sinπ 1
hπ  eπ0,1，
eπ eπ
当a  0,eπ 时，方程a 1sinx 在0,π上有两个不同的实数根，实数a的取值范围
ex
为
 0,eπ
.
例5．若函数 f x2axex2（a0且a1）既有极大值又有极小值，则a的取值范围为
__________.
lna x  lna x
解析：由题 fx2axlna2ex2eax   ，令gx  ，则
 e ax  e ax
axaxlnax xlna1
gx  ，所以gx0有两个不相等的实数根.令gx0，则
 ax2 ax
x 1 ，若a1，则x 1 时gx0，gx在  , 1  单调递减，则x 1 时
lna lna  lna lna
 1  lna
gx0，gx在 ,单调递增，x,gx;x,gx 0，所
lna  e
 1  lna 1
lna21
以gx g    0，故1lna11ae，
min lna e elna elna
若0a1，则x 1 时gx0，gx在  , 1  单调递增，则x 1 时gx0，
lna  lna lna
 1  lna
gx在 ,单调递减，x,gx 0;x,gx，
lna  e
 1  lna 1 lna21 1
所以gx g    0，故1lna1或 a1，
max lna e elna elna e
1 1
所以 ae且a1.故答案为： ae且a1.
e e
kex x2 1
例6．若函数 f x 3lnx 3x kR恰有两个极值点，则k的取值范围是
x 2 x
_______．
x1
解析：函数 f(x)的定义域为(0，)， f(x) [kex (x1)2]，
x2
(x1)2
令 f(x)0，解得x1或k  ，若函数 f(x)有2个极值点，则函数yk与
ex
(x1)2 (x1)(x3)
h(x) 图象在(0，)上恰有1个横坐标不为1的交点，而h(x) ，
ex ex
令h(x)01x3，令h(x)0x1或x3，故h(x)在(0，1)和(3，)上单调递减，4
在(1，3)上单调递增，又h(0)1，h(1)0，h(3) ，lim h(x)0，如图所示，
e3 x
 4   4 
由图可得k
 e3
，1

.故答案为：
 e3
，1

ex 3
例7．设函数 f(x) t(x2lnx )恰有两个极值点，则实数t的取值范围为
x x
__________.
ex 3
解析：因为 f(x) t(x2lnx )(x0)，所以
x x
exxex  2 3  ex(x1)t(x1)(x3) (x1)[ext(x3)]
f(x) t1    ，因为 f(x)有
x2  x x2  x2 x2
两个极值点，所以 f(x)0恰有两个正根，即x=1为一个根，则ext(x3)=0有唯一正
ex ex
根，且x1，即t 有唯一正根，且x1，设g(x) (x0)，则yg(x)的图象与
x+3 x+3
ex(x3)ex ex(x2)
yt图象有一个交点，g(x)  ，所以x(0,)时，g(x)0，所
(x+3)2 (x+3)2
1 e e
以g(x)在(0,)为增函数，又g(0) ,g(1) ，因为x1，所以g(x) ，所以只需
3 4 4
1 e 1 e e
t 且t ，即可满足题意，所以实数t的取值范围为( , )( ).故答案为：
3 4 3 4 4
1 e e
( , )( )
3 4 4
三．习题演练
1 ax
1．已知函数 f x x3 在其定义域0,内既有极大值也有极小值，则实数a的取
3 lna
值范围是（ ）
 2   2   2 
A．0,11,eee  B．0,1 C．ee, D．1,eee 
   
     
1 ax 1 ax
解析：因为 f x x3 ，所以 fxx2ax. 因为函数 f x x3 在其定义域
3 lna 3 lna
0,内既有极大值也有极小值，所以只需方程x2ax 0在0,有两个不相等实根.
2lnx 2lnx 21lnx
即lna ，令gx ，则gx .gx在0,e递增，在e,递
x x x2 2
减.∴lna0, ， 故选D.
 e
1
2．已知函数 f xaxlnx x2a有且只有一个极值点，则实数a构成的集合是（ ）
2
A．{a|a0且a1} B． a a0 C．{a a0或a1} D． a a0
解析：由题意，求得函数 f x的导数 f'xa1lnxx，令 f'(x)= 0，即
a1lnxx0.
x  1 x  1 lnx
则a x0,且x ．设g(x) x0,且x ，得g(x) ．
1lnx e 1lnx e (1lnx)2
当g'x0时，得x1；当g'x0时，得0x 1 或 1 x1，
e e
 1 1 
所以函数g(x)在区间0, 和 ,1上单调递减，在区间1,上单调递增．
 e e 
1
因为函数 f xaxlnx x2a有且只有一个极值点，
2
x  1
所以直线ya与函数g(x) x0,x 的图象有一个交点，所以a<0或a1．
1lnx e
当a1时 f'x1lnxx0恒成立，所以y f x无极值，所以 a a0 ．故选D．
3．已知函数 f(x)2023exax21(aR) 有两个极值点x,x ，且x 2x ，则实数a的取
1 2 2 1
值范围为___________ .
【详解】原题等价于x,x 是导函数 f'x 的两个零点， f'(x)2023ex2ax ，
1 2
即是方程2023ex2ax0 的两个不相等的实数根，x0显然不符合方程2023ex2ax
0，
2a ex
所以xx 和xx 是方程  的两个根，
1 2
2023 x
ex 2a
即函数g(x) 的图像与直线y 有两个不同的交点，
x 2023
(x1)ex
由于g(x) ，所以当x0或0x1时，g'(x)0 ；当x1时，g'(x)0 ，故
x2
g(x)的减区间为(,0)和0,1，增区间为(1,)，当x趋于时，gx 趋于0，且
g(x)0，当x0且x趋于0时，gx趋于，当0x1时，x趋于0时，gx趋于
，
在x1处，gx 取得极小值g(1)e ；当x1时，x趋于时，gx 趋于 ，
作出g(x)的大致图像如下图所示，2a
由图可知， e ，且0＜x＜1,x 1，因为x  2x ，取x 2x ，并令x t,(t 0)，
2023 1 2 2 1 2 1 1
et ex2 e2t
则x 2t ，x＞1,gx 单调递增，   ，解得0＜t＜ln2 ，此时
2 2 t x 2t
2
2a 2 2 2023 2023 
  ，即a ，故答案为：a

,.
2023 lnt ln2 ln2  ln2 
x3a
4．若关于x的函数y 在R上存在极小值（e为自然对数的底数），则实数a的取值
ex
范围为_____________．
x3a x33x2a
【详解】因为y ，所以y ，
ex ex
令hxx33x2a，则hx3x26x3xx2，
所以当x0或x2时hx0，当0x2时hx0，
所以hx在,0，2,上单调递减，在0,2上单调递增，又h0a，
h24a，
当a0即a<0时hx与x轴有且只有一个交点，不妨设交点横坐标为x ，
0
则当xx 时hx0，即y0，当xx 时hx0，即y0，
0 0
x3a
即y 在,x 上单调递增，在x ,上单调递减，此时函数在xx 处取得极大
ex 0 0 0
值，无极小值，不符合题意；
当4a0即a4时hx与x轴有且只有一个交点，不妨设交点横坐标为x ，
4
则当xx 时hx0，即y0，当xx 时hx0，即y0，
4 4
x3a
即y 在,x 上单调递增，在x ,上单调递减，
ex 4 4
此时函数在xx 处取得极大值，无极小值，不符合题意；
4
当a0时当x3时hx0即y 0，当x3时hx0即y0，
x3a
所以y 在,3上单调递增，在3,上单调递减，
ex
此时函数在x3处取得极大值，无极小值，不符合题意；
当a4时当x1时hx0即y 0，当x1时hx0即y0，x3a
所以y 在,1上单调递增，在1,上单调递减，
ex
此时函数在x=1处取得极大值，无极小值，不符合题意；
当a04a，即0a4时hx的图象如下所示：
即hx与x轴有3个交点，不妨依次设为x、x、x ，则当xx 或x xx 时hx0
1 2 3 1 2 3
x3a
，即y0，当xx 或x xx 时hx0，即y0，所以y 在xx 处取得极小
3 1 2 ex 2
值，符合题意，综上可得实数a的取值范围为0,4.故答案为：0,4