2020届二轮复习(理)第2部分专题6第2讲　导数的简单应用学案

2020届二轮复习(理)第2部分专题6第2讲　导数的简单应用学案

第2讲　导数的简单应用 ‎[做小题——激活思维]‎ ‎1．(2019·全国卷Ⅰ)曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0,0)处的切线方程为________．‎ y＝3x　[因为y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝3(x2＋3x＋1)ex，所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率k＝y′|x＝0＝3，所以所求的切线方程为y＝3x.]‎ ‎2.设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能是以下选项中的(　　)‎ C　[由题图知，当x＜0时，f′(x)＞0，所以y＝f(x)在(－∞，0)上单调递增．因为当0＜x＜2时，f′(x)＜0，所以y＝f(x)在(0,2)上单调递减．又当x＞2时，f′(x)＞0，所以y＝f(x)在(2，＋∞)上单调递增．]‎ ‎3．函数y＝x2－ln x的单调递减区间为(　　)‎ A．(－1,1]　　　　 B．(0,1]‎ C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)‎ B　[函数定义域为(0，＋∞)，由y′＝x－＝≤0得，0＜x≤1，故选B.]‎ ‎4．若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]‎ C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)‎ D　[f′(x)＝k－，由题意知k－≥0，即k≥在(1，＋∞)上恒成立，又当x∈(1，＋∞)时，0＜＜1，所以k≥1，故选D.]‎ ‎5．函数f(x)＝x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，则m的值为(　　)‎ A．7 B. C．3 D．4‎ D　[f′(x)＝x2－4，x∈[0,3]，‎ f′(x)＝0时，x＝2，‎ f′(x)＜0时，0≤x＜2，f′(x)＞0时，2＜x≤3.‎ 所以f(x)在[0,2)上是减函数，‎ 在(2,3]上是增函数．‎ 又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m.‎ 所以在[0,3]上，f(x)max＝f(0)＝4，‎ 所以m＝4，故选D.]‎ ‎6．已知f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处的极值为10，则a＋b等于(　　)‎ A．0或－7 B．－7‎ C．0 D．7‎ B　[因为f′(x)＝3x2＋2ax＋b，所以f′(1)＝3＋‎2a＋b＝0，①‎ f(1)＝1＋a＋b＋a2＝10，②‎ 由①②得或 而要在x＝1处取到极值，则Δ＝‎4a2－12b＞0，‎ 故舍去所以只有 所以a＋b＝－7，故选B.]‎ ‎[扣要点——查缺补漏]‎ ‎1．导数的几何意义 ‎(1)f′(x0)的几何意义是曲线y＝f(x)在点P(x0，y0)处切线的斜率．‎ ‎(2)函数y＝f(x)在点x＝x0处的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，如T1.‎ ‎2．导数与函数的单调性 ‎(1)函数单调性的判定方法：在某个区间(a，b)内，如果f′(x)＞0，那么函数y＝f(x)在此区间内单调递增；如果f′(x)＜0，那么函数y＝f(x)在此区间内单调递减．如T2.‎ ‎(2)若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0.如T3.‎ ‎(3)若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解．如T4.‎ ‎3．导数与函数的极值、最值 ‎(1)可导函数极值点的导数为0，但导数为0的点不一定是极值点，如函数f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点．如T5.‎ ‎(2)极值点不是一个点，而是一个数x0，当x＝x0时，函数取得极值，在x0处，f′(x0)＝0是函数f(x)在x0处取得极值的必要不充分条件．‎ ‎(3)一般地，在闭区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么函数y＝f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值，函数的最值必在极值点或区间的端点处取得．如T6.‎ ‎　导数的运算及其几何意义(5年11考)‎ ‎[高考解读]　以导数的几何意义为载体，考查曲线切线方程的求法，注意方程思想的应用及复合函数的求导问题.‎ ‎1．[一题多解](2018·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为(　　)‎ A．y＝－2x　　　　　 B．y＝－x C．y＝2x D．y＝x D　[法一：(直接法)因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，‎ 所以(－x)3＋(a－1)(－x)2＋a(－x)＝－[x3＋(a－1)x2＋ax]，所以2(a－1)x2＝0，因为x∈R，所以a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f ‎′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.故选D.‎ 法二：(特值法)因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－1)＋f(1)＝0，所以－1＋a－1－a＋(1＋a－1＋a)＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.故选D.]‎ ‎2．(2011·大纲版高考)曲线y＝e－2x＋1在点(0,2)处的切线与直线y＝0和y＝x围成的三角形的面积为(　　)‎ A． B． C． D．1‎ A　[由题意，得：y′＝(e－2x＋1)′＝e－2x(－2x)′＝－2e－2x，‎ 则在点(0,2)处的切线斜率为k＝－2e0＝－2，‎ ‎∴切线方程为y＝－2x＋2.‎ 联立得C.‎ ‎∴与y＝0和y＝x围成三角形的面积为 S△OBC＝OB×＝×1×＝.]‎ ‎3．(2016·全国卷Ⅱ)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________.‎ ‎1－ln 2　[求得(ln x＋2)′＝，[ln(x＋1)]′＝.‎ 设曲线y＝ln x＋2上的切点为(x1，y1)，曲线y＝ln(x＋1)上的切点为(x2，y2)，‎ 则k＝＝，所以x2＋1＝x1.‎ 又y1＝ln x1＋2，y2＝ln(x2＋1)＝ln x1，‎ 所以k＝＝2，‎ 所以x1＝＝，y1＝ln＋2＝2－ln 2，‎ 所以b＝y1－kx1＝2－ln 2－1＝1－ln 2.]‎ 与切线有关问题的处理策略 ‎(1)已知切点A(x0，y0)求斜率k，即求该点处的导数值，k＝f′(x0)．‎ ‎(2)已知斜率k，求切点A(x1，f(x1))，即解方程f′(x1)＝k.‎ ‎(3)求过某点M(x1，y1)的切线方程时，需设出切点A(x0，f(x0))，则切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，再把点M(x1，y1)代入切线方程，求x0.‎ ‎1．(考查导数的运算)设函数f(x)＝f′x2－2x＋f(1)ln x，曲线f(x)在(1，f(1))处的切线方程是(　　)‎ A．5x－y－4＝0 B．3x－y－2＝0‎ C．x－y＝0 D．x＝1‎ A　[∵f(x)＝f′x2－2x＋f(1)ln x，‎ ‎∴f′(x)＝‎2f′x－2＋.‎ 令x＝得f′＝‎2f′×－2＋‎2f(1)，‎ 即f(1)＝1.‎ 又f(1)＝f′－2，∴f′＝3，‎ ‎∴f′(1)＝‎2f′－2＋f(1)＝6－2＋1＝5.‎ ‎∴曲线在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝5(x－1)，‎ 即5x－y－4＝0，故选A.]‎ ‎2．(与不等式交汇)若曲线y＝x3－2x2＋2在点A处的切线方程为y＝4x－6，且点A在直线mx＋ny－1＝0(其中m＞0，n＞0)上，则＋的最小值为(　　)‎ A．4 B．3＋2 C．6＋4 D．8 C　[设A(s，t)，y＝x3－2x2＋2的导数为y′＝3x2－4x，可得切线的斜率为3s2－4s，切线方程为y＝4x－6，可得3s2－4s＝4，t＝4s－6，解得s＝2，t＝2或s＝－‎ ，t＝－.由点A在直线mx＋ny－1＝0(其中m＞0，n＞0)，可得‎2m＋2n＝1，则＋＝(‎2m＋2n)＝2≥2＝6＋4，‎ 当且仅当n＝m时，取得最小值6＋4，故选C.]‎ ‎3．(求切点的坐标)设曲线y＝ex在点(0,1)处的切线与曲线y＝(x＞0)上点P处的切线垂直，则点P的坐标为________．‎ ‎(1,1)　[∵函数y＝ex的导函数为y′＝ex，‎ ‎∴曲线y＝ex在点(0,1)处的切线的斜率k1＝e0＝1.‎ 设P(x0，y0)(x0＞0)，‎ ‎∵函数y＝的导函数为y′＝－，‎ ‎∴曲线y＝(x＞0)在点P处的切线的斜率k2＝－，‎ 由题意知k1k2＝－1，‎ 即1·＝－1，‎ 解得x＝1，又x0＞0，∴x0＝1.‎ 又∵点P在曲线y＝(x＞0)上，‎ ‎∴y0＝1，故点P的坐标为(1,1)．]‎ ‎4．(与圆锥曲线交汇)已知P，Q为抛物线x2＝2y上两点，点P，Q的横坐标分别为4，－2，过P，Q分别作抛物线的切线，两切线交于点A，则点A的纵坐标为________．‎ ‎－4　[由已知可设P(4，y1)，Q(－2，y2)，‎ ‎∵点P，Q在抛物线x2＝2y上，‎ ‎∴∴ ‎∴P(4,8)，Q(－2,2)．‎ 又∵抛物线可化为y＝x2，∴y′＝x.‎ ‎∴过点P的切线斜率为y′|x＝4＝4.‎ ‎∴过点P的切线为y－8＝4(x－4)，即y＝4x－8.‎ 又∵过点Q的切线斜率为y′|x＝－2＝－2，‎ ‎∴过点Q的切线为y－2＝－2(x＋2)，‎ 即y＝－2x－2.‎ 联立得 ‎∴点A的纵坐标为－4.]‎ ‎　利用导数研究函数的单调性(5年4考)‎ ‎[高考解读]　以函数的单调性为载体，融一元二次不等式的解法、分类讨论思想、函数、方程、不等式的关系于一体，考查学生对知识的灵活应用能力，有一定的难度. ‎ ‎(2018·全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝－x＋aln x.‎ 讨论f(x)的单调性．‎ ‎[解]　∵f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－－1＋＝－.‎ ‎(ⅰ)若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递减．‎ ‎(ⅱ)若a＞2，令f′(x)＝0，得x＝或x＝.‎ 当x∈∪时，f′(x)＜0；‎ 当x∈时，f′(x)＞0.‎ 所以f(x)在，单调递减，在单调递增．‎ 利用导数研究函数单调性的一般步骤 ‎(1)确定函数的定义域．‎ ‎(2)求导函数f′(x)．‎ ‎(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0即可；‎ ‎②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解．‎ ‎(4)含参数讨论单调性常见的四个方面讨论．‎ 如f′(x)＝.‎ ‎①二次系数的讨论．‎ ‎②根的有关讨论，“Δ”讨论．‎ ‎③根大小讨论．‎ ‎④根在不在定义域内讨论．‎ ‎1．(借助单调性比较大小)定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，则ex‎1f(x2)与ex‎2f(x1)的大小关系为(　　)‎ A．ex‎1f(x2)＞ex‎2f(x1)‎ B．ex‎1f(x2)＜ex‎2f(x1)‎ C．ex‎1f(x2)＝ex‎2f(x1)‎ D．ex‎1f(x2)与ex‎2f(x1)的大小关系不确定 A　[设g(x)＝，则g′(x)＝＝，‎ 由题意知g′(x)＞0，所以g(x)单调递增，‎ 当x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，‎ 即＜，‎ 所以ex‎1f(x2)＞ex‎2f(x1)．]‎ ‎2．(借助单调性解不等式)已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x)，且满足f(1)＝0.当x＞0时，xf′(x)＜‎2f(x)，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(　　 )‎ A．(－∞，－1)∪(0,1)　 B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)‎ C．(－1,0)∪(0,1) D．(－1,0)∪(1，＋∞)‎ C　[令g(x)＝，‎ ‎∴g′(x)＝＝，‎ 又g(1)＝0，‎ 当x＞0时，xf′(x)＜‎2f(x)，即g′(x)＜0，‎ 因为f(x)为偶函数，所以当x＜0时，g′(x)＞0，‎ f(x)＞0等价于g(x)＞0，所以或所以0＜x＜1或－1＜x＜0，选C.]‎ ‎3．(已知单调性求参数的范围)已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数)．‎ ‎(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；‎ ‎(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围．‎ ‎[解](1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)·ex，‎ 所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.‎ 令f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0，‎ 因为ex＞0，所以－x2＋2＞0，解得－＜x＜.‎ 所以函数f(x)的单调递增区间是(－，)．‎ ‎(2)因为函数f(x)在(－1,1)上单调递增，‎ 所以f′(x)≥0对x∈(－1,1)都成立．‎ 因为f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，‎ 所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1,1)都成立．‎ 因为ex＞0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0，‎ 则a≥＝＝(x＋1)－对x∈(－1,1)都成立．‎ 令g(x)＝(x＋1)－，则g′(x)＝1＋＞0.‎ 所以g(x)＝(x＋1)－在(－1,1)上单调递增．‎ 所以g(x)＜g(1)＝(1＋1)－＝.‎ 所以a的取值范围是.‎ ‎4．(含参数的复合函数的单调性)已知函数f(x)＝aln(x＋1)－ax－x2，讨论f(x)在定义域上的单调性．‎ ‎[解]　f′(x)＝－a－2x＝，‎ 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－，‎ 又f(x)的定义域为(－1，＋∞)，‎ ‎①当－≤－1，即当a≥0时，‎ 若x∈(－1,0)，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；‎ 若x∈(0，＋∞)，f′(x)＜0，则f(x)单调递减．‎ ‎②当－1＜－＜0，即－2＜a＜0时，‎ 若x∈，f′(x)＜0，‎ 则f(x)单调递减；‎ 若x∈，f′(x)＞0，‎ 则f(x)单调递增；‎ 若x∈(0，＋∞)，f′(x)＜0，‎ 则f(x)单调递减．‎ ‎③当－＝0，即a＝－2时，‎ f′(x)≤0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减．‎ ‎④当－＞0，即a＜－2时，‎ 若x∈(－1,0)，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；‎ 若x∈，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；‎ 若x∈，f′(x)＜0，则f(x)单调递减．‎ 综上，当a≥0时，f(x)在(－1,0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；‎ 当－2＜a＜0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；‎ 当a＝－2时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减；‎ 当a＜－2时，f(x)在(－1,0)上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.‎ ‎　利用导数研究函数的极值(最值)问题(5年5考)‎ ‎[高考解读]　试题常以线性函数与指数函数或对数函数的组合形式出现，考查导数的运算法则、极(最)值的求法，考查分类讨论及数形结合思想，考查等价转化能力及逻辑推理能力，难度较大.‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，则f(x)的极小值为(　　)‎ A．－1　　　　　　 B．－2e－3‎ C．5e－3 D．1‎ A　[函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，‎ 则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)·ex－1‎ ‎＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]．‎ 由x＝－2是函数f(x)的极值点得 f′(－2)＝e－3·(4－‎2a－4＋a－1)＝(－a－1)·e－3＝0，‎ 所以a＝－1.‎ 所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)．‎ 由ex－1>0恒成立，得x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，且x<－2时，f′(x)>0；‎ ‎－21时，f′(x)>0.‎ 所以x＝1是函数f(x)的极小值点．‎ 所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1.‎ 故选A.]‎ ‎2．(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋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．‎ 切入点：(1)分a＞0，a＝0，a＜0三类讨论f(x)的单调性；(2)分析f(x)在[0,1]上的单调性，分情况求a，b的值．‎ ‎[解](1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．‎ 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.‎ 若a＞0，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，0)，单调递增，在单调递减；‎ 若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；‎ 若a＜0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在，(0，＋∞)单调递增，在单调递减．‎ ‎(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＝－＋b，最大值为b或2－a＋b.‎ 若－＋b＝－1，b＝1，则a＝3，与0＜a＜3矛盾．‎ 若－＋b＝－1,2－a＋b＝1，则a＝3或a＝－3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.‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1．(2016·全国卷Ⅱ)(1)讨论函数f(x)＝ex的单调性，并证明当x＞0时，(x－2)ex＋x＋2＞0.‎ ‎(2)证明：当a∈[0,1)时，函数g(x)＝(x＞0)有最小值．设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域．‎ ‎[解](1)f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．‎ f′(x)＝＝≥0，‎ 当且仅当x＝0时，f′(x)＝0，所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增．‎ 因此当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝－1.‎ 所以(x－2)ex>－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0.‎ ‎(2)g′(x)＝＝(f(x)＋a)．‎ 由(1)知，f(x)＋a单调递增．‎ 对任意a∈[0,1)，f(0)＋a＝a－1＜0，f(2)＋a＝a≥0.‎ 因此，存在唯一xa∈(0,2]，使得f(xa)＋a＝0，‎ 即g′(xa)＝0.‎ 当0xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．‎ 因此g(x)在x＝xa处取得最小值，最小值为 g(xa)＝＝＝.‎ 于是h(a)＝.‎ 由＝＞0，得y＝单调递增，‎ 所以，由xa∈(0,2]，得 ＝＜h(a)＝≤＝.‎ 因为y＝单调递增，对任意λ∈，存在唯一的xa∈(0,2]，a＝－f(xa)∈[0,1)，使得h(a)＝λ.‎ 所以h(a)的值域是.‎ 综上，当a∈[0,1)时，g(x)有最小值h(a)，h(a)的值域是.‎ ‎2．(2018·全国卷Ⅲ节选)已知函数f(x)＝(2＋x＋ax2)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.‎ ‎[解](1)当a＝0时，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，f′(x)＝ln(1＋x)－.‎ 设函数g(x)＝f′(x)＝ln(1＋x)－，则g′(x)＝.‎ 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)①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．‎ ‎②若a＜0，设函数h(x)＝＝ln(1＋x)－.‎ 由于当|x|＜min时，2＋x＋ax2＞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)＝－ ‎＝.‎ 如果‎6a＋1＞0，则当0＜x＜－，且|x|＜min时，h′(x)＞0，故x＝0不是h(x)的极大值点．‎ 如果‎6a＋1＜0，则a2x2＋4ax＋‎6a＋1＝0存在根x1＜0，故当x∈(x1,0)，且|x|＜min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)＝，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＝－.‎ 函数极值问题的常见类型及解题策略 ‎(1)知图判断函数极值的情况．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．‎ ‎(2)已知函数求极值．求f′(x)→求方程f′(x)＝0的根→列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根的附近两侧的符号→下结论．‎ ‎(3)已知极值求参数．若函数f(x)在点(x0，y0)处取得极值，则f′(x0)＝0，且在该点左、右两侧的导数值符号相反．‎ ‎1．(知图判断函数极值)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，则下列结论一定成立的是(　　)‎ 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 D　[绘制表格考查函数的性质如下：‎ 区间 ‎(－∞，－1)‎ ‎(－1,1)‎ ‎(1，＋∞)‎ ‎1－x符号 ‎＋‎ ‎＋‎ ‎－‎ y＝(1－x)f′(x)的符号 ‎－‎ ‎＋‎ ‎－‎ f′(x)符号 ‎－‎ ‎＋‎ ‎＋‎ f(x)的单调性 单调递减 单调递增 单调递增 据此可得，函数f(x)在x＝－1处取得极小值，在x＝1处无极值．故选D.]‎ ‎2．(已知最值求参数)已知函数f(x)＝ln x－，若函数f(x)在[1，e]上的最小值为，则a的值为(　　)‎ A．－ B．－ C．－ D．e A　[由题意，f′(x)＝＋，若a≥0，则f′(x)＞0，函数单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝－a＝，矛盾；若－e＜a＜－1，函数f(x)在[1，－a]上递减，在[－a，e]上递增，所以f(－a)＝，解得a＝－；若－1≤a＜0，函数f(x)是递增函数，所以f(1)＝－a＝，矛盾；若a≤－e，函数f(x)单调递减，所以f(e)＝，解得a＝－，矛盾．综上a＝－.故选A.]‎ ‎3．(已知极值点个数求参数范围)已知n＞0，若函数f(x)＝恰有三个极值点，则实数m的取值范围是________．‎ 　[由题意知f(x)的导函数f′(x)＝在定义域上有三个零点，且在这三个零点附近的左、右两侧的函数值异号．当x≤0时，令2x＋n＝0，得x＝－，因为n＞0，所以x＝－是f′(x)的一个零点，且f′(x)在其附近的左、右两侧的函数值异号，故需f′(x)＝2mx－ln x在(0，＋∞)上有两个零点，且在这两个零点附近的左、右两侧的函数值均异号，即y＝2mx与y＝ln x的图象在(0，＋∞)上有两个交点，故m的取值范围是.]‎ ‎4．(极值点个数的判断)已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R) .‎ ‎(1)讨论函数f(x)的定义域内的极值点的个数；‎ ‎(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的最大值．‎ ‎[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝.‎ ‎①当a≤0时，f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，‎ ‎∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点．‎ ‎②当a＞0时，‎ 由f′(x)＞0得x＞.‎ ‎∴f(x)在上递减，在上递增，即f(x)在x＝处有极小值．‎ 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；‎ 当a＞0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点．‎ ‎(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，‎ ‎∴f′(1)＝a－1＝0，则a＝1，从而f(x)＝x－1－ln x.‎ ‎∵x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，‎ ‎∴x∈(0，＋∞)，1＋－≥b恒成立．‎ 令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝，由g′(x)≥0得x≥e2，则g(x)在(0，e2)上递减，在(e2，＋∞)上递增．‎ ‎∴g(x)min＝g(e2)＝1－，‎ 故实数b的最大值是1－.‎