2.6.2 函数的极值-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（北师大版）

该高中数学课件聚焦函数极值，系统讲解定义、判定及利用导数求极值的步骤。课堂导入从导数与函数单调性的关系切入，通过复习旧知构建知识支架，引导学生从单调区间过渡到极值点的识别，形成完整知识脉络。 其亮点在于借助图示直观呈现极值定义培养数学抽象，例题中表格分析导数符号变化提升数学运算，分类讨论含参数极值问题发展逻辑推理。如例2结合高考题设计参数求解，帮助学生掌握极值与参数的关系。学生能提升解题能力和思维严谨性，教师可利用分层练习优化教学效果。

第二章　导数及其应用 § 6 用导数研究函数的性质 6.2　函数的极值 课程标准：1.借助函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件.2.能利用导数求某些函数的极大值、极小值． 教学重点：利用导数求函数的极值． 教学难点：极值的判断和与极值有关的参数问题． 核心素养：1.通过学习极值与极值点的概念，培养数学抽象素养.2.通过学习求函数的极值以及利用函数的极值求参数，提升数学运算素养． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　函数极值的定义 1．如图(1)，在包含x0的一个区间(a，b)上，函数y＝f(x)在任何不为x0的一点处的函数值都小于点x0处的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的_________，其函数值f(x0)为函数的__________． 极大值点 极大值 核心概念掌握 5 2．如图(2)，在包含x0的一个区间(a，b)上，函数y＝f(x)在任何不为x0的一点处的函数值都大于点x0处的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的____________，其函数值f(x0)为函数的_________． 3.函数的极大值点与极小值点统称为_______，极大值与极小值统称为____． 极小值点 极小值 极值点 极值 核心概念掌握 6 知识点二　函数极值的判定 1．若函数y＝f(x)在区间(a，x0)上单调递增，在区间(x0，b)上单调递减，则______是极大值点，_______是极大值． 2．若函数y＝f(x)在区间(a，x0)上单调递减，在区间(x0，b)上单调递增，则______是极小值点，_______是极小值． 知识点三　求函数极值点的步骤 一般情况下，在极值点x0处，函数y＝f(x)的导数f′(x0)＝0.因此，可以通过如下步骤求出函数y＝f(x)的极值点： x0 f(x0) x0 f(x0) 核心概念掌握 7 1．求出导数_______． 2．解方程____________． 3．对于方程f′(x)＝0的每一个实数根x0，分析f′(x)在x0附近的符号(即f(x)的单调性)，确定极值点： (1)若f′(x)在x0附近的符号“______________”，则x0为极大值点； (2)若f′(x)在x0附近的符号“______________”，则x0为极小值点； (3)若f′(x)在x0附近的符号________，则x0不是极值点． 注意：可导函数的极值点是导数为零的点，但是导数为零的点不一定是极值点，即“点x0是可导函数f(x)的极值点”是“f′(x0)＝0”的充分不必要条件． f′(x) f′(x)＝0 左正右负 左负右正 相同 核心概念掌握 8 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) 答案： (1)√　(2)√　(3)√　(4)× 核心概念掌握 9 2 a<0 1 8 －8 e 核心概念掌握 10 核心素养形成 核心素养形成 12 核心素养形成 13 【感悟提升】　 (1)解答本例时应注意f′(x0)＝0只是函数f(x)在x0处有极值的必要条件，只有再加上x0左右导数符号相反，方能断定函数在x0处取得极值，反映在解题上，错误判断极值点或漏掉极值点是经常出现的失误． (2)对于可导函数而言，它的单调递减和单调递增区间的分界点应是其导数符号正负交替的分界点．解题时，按照求函数极值的步骤，要注意表格的使用，利用表格，可使极值点两边的增减性一目了然，便于求极值． 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 核心素养形成 17 (－∞，1) 解析　由题意知，f′(x)＝x2－2x＋a，因为函数f(x)有极值点，所以方程x2－2x＋a＝0有两个不同的实数根，所以Δ＝4－4a>0，解得a<1. 核心素养形成 18 (2)(新课标Ⅱ卷)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，则f(0)＝________． －4 核心素养形成 19 (3)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，求常数a，b的值． 核心素养形成 20 【感悟提升】　已知函数极值的情况，逆向应用确定函数的解析式，进而研究函数性质时，注意两点： (1)常根据极值点处导数为0和极值两个条件列方程组，利用待定系数法求解． (2)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还须验证根的合理性． 核心素养形成 21 【跟踪训练】 2．(1)若函数f(x)＝x2＋aln x在区间(1，＋∞)上存在极小值，则实数a的取值范围为____________． (－∞，－2) 核心素养形成 22 核心素养形成 23 核心素养形成 24 题型三　分类讨论思想在导数中的应用 例3　已知函数f(x)＝x－aln x(a∈R)． (1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程； (2)求函数f(x)的极值． 核心素养形成 25 核心素养形成 26 【感悟提升】　一般地，遇到题目中含有参数的问题，常常结合参数的意义及对结果的影响进行分类讨论，此种题目为含参型，应全面分析参数变化引起结论的变化情况，参数有几何意义时还要考虑适当地运用数形结合思想，分类讨论时做到分类标准明确，不重不漏． 核心素养形成 27 【跟踪训练】 3．设函数f(x)＝x3－3ax＋b(a≠0)． (1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y＝8相切，求a，b的值； (2)求函数f(x)的单调区间与极值点． 核心素养形成 28 核心素养形成 29 2 核心素养形成 30 核心素养形成 31 核心素养形成 32 【感悟提升】利用导数研究函数的零点或方程的根的方法是借助于导数研究函数的单调性、极值，通过极值的正负、函数的单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或通过零点的个数求参数范围．　 核心素养形成 33 【跟踪训练】 4．(1)(全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2)　　B．(－∞，－3)　　C．(－4，－1)　　D．(－3，0) 核心素养形成 34 核心素养形成 35 随堂水平达标 1．函数f(x)＝ax3＋bx在x＝1处有极值－2，则a，b的值分别为(　　) A．1，－3 B．1，3 C．－1，3 D．－1，－3 随堂水平达标 37 随堂水平达标 38 随堂水平达标 39 随堂水平达标 40 4．函数f(x)＝x3－3x2＋1在x＝________处取得极大值． 0 随堂水平达标 41 5．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象与y轴的交点坐标为(0，4)，其导函数y＝f′(x)是以y轴为对称轴的抛物线，大致图象如图所示． (1)求函数f(x)的解析式； (2)求函数f(x)的极值． 随堂水平达标 42 随堂水平达标 43 随堂水平达标 44 课后课时精练 一、选择题 1．函数y＝f(x)是定义在R上的可导函数，则下列说法不正确的是(　　) A．若函数在x＝x0时取得极值，则f′(x0)＝0 B．若f′(x0)＝0，则函数在x＝x0处取得极值 C．若在定义域上恒有f′(x)＝0，则y＝f(x)是常数函数 D．函数f(x)在x＝x0处的导数是一个常数 解析：若“函数f(x)在x＝x0处取得极值”，根据极值的定义可知“f′(x0)＝0”成立．反之，若“f′(x0)＝0”，还应满足f′(x)在x0的左右附近改变符号，“函数f(x)在x＝x0处取得极值”才能成立，故B不正确． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 46 2．已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则f(x)的极小值点为(　　) A．x1和x4 B．x2 C．x3 D．x5 解析：因为当x∈(x3，x5)时，f′(x)＜0，当x∈(x5，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(x3，x5)上单调递减，在(x5，＋∞)上单调递增，故f(x)的极小值点为x5. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 47 3．已知函数f(x)＝x2－2x－4ln x＋3，则f(x)的极小值为(　　) A．3－4ln 2 B．2－3ln 2 C．ln 2－3 D．2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 50 5．(多选)已知函数f(x)＝ex－2x－2，则(　　) A．函数f(x)既有极大值也有极小值 B．x＝2是函数f(x)的极大值点 C．函数f(x)的极小值是－2ln 2 D．函数f(x)有2个零点 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 53 7．函数f(x)＝aln x＋bx2＋3x的极值点为x1＝1，x2＝2，则a＝______，b＝______． －2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 54 8．已知函数f(x)＝aex－x2有两个极值点，则实数a的取值范围是________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 55 三、解答题 9．求下列函数的极值： (1)f(x)＝x2ln x； (2)f(x)＝sinx－cosx＋x＋1，0<x<2π. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 58 10．已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点． (1)求a和b的值； (2)设函数g(x)的导函数g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的极值点 解：(1)由题设知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 59 (2)由(1)知f(x)＝x3－3x. 因为g′(x)＝f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)， 所以g′(x)＝0的根为x1＝x2＝1，x3＝－2. 当x<－2时，g′(x)<0； 当－2<x<1或x>1时，g′(x)>0， 故－2是g(x)的极小值点． 综上，g(x)的极小值点为－2，无极大值点． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 60 课后课时精练 1 2 B级 61 课后课时精练 1 2 B级 62 课后课时精练 1 2 B级 63 课后课时精练 1 2 B级 64 课后课时精练 1 2 B级 65 课后课时精练 1 2 B级 66 　　　　　　　　　　　　　 R (1)函数y＝f(x)在给定区间上不一定有极值，极大值不一定比极小值大．(　　) (2)函数f(x)＝x3＋ax2－x＋1必有2个极值．(　　) (3)在可导函数的极值点处，切线与x轴平行或重合．(　　) (4)函数f(x)＝eq \f(1,x)有极值．(　　) 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)上极大值点的个数为________． (2)函数f(x)＝ax3＋x＋1有极值的充要条件是________． (3)已知函数f(x)＝x2－2ln x，则f(x)的极小值是________． (4)y＝2x＋eq \f(8,x)的极小值为________，极大值为________． (5)函数y＝eq \f(ex,x)(x>0)的极小值为________． 题型一　求已知函数的极值 例1　求下列函数的极值： (1)f(x)＝eq \f(3,x)＋3ln x；(2)f(x)＝eq \f(ln x,x). 解　(1)函数f(x)＝eq \f(3,x)＋3ln x的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－eq \f(3,x2)＋eq \f(3,x)＝eq \f(3（x－1）,x2). 令f′(x)＝0，得x＝1. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (0，1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  3  　从表中可以看出，当x＝1时，函数f(x)有极小值，为f(1)＝3，f(x)无极大值． (2)函数f(x)＝eq \f(ln x,x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2). 令f′(x)＝0，得x＝e. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (0，e) e (e，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  极大值  因此，x＝e是函数的极大值点，极大值为f(e)＝eq \f(1,e)，函数f(x)没有极小值． 【跟踪训练】 1．求下列函数的极值： (1)f(x)＝eq \f(2x,x2＋1)－2；(2)f(x)＝x2e－x. 解：(1)函数f(x)的定义域为R， f′(x)＝eq \f(2（x2＋1）－4x2,（x2＋1）2)＝－eq \f(2（x－1）（x＋1）,（x2＋1）2). 令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，－1) －1 (－1，1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  极小值  极大值  由上表可以看出， 当x＝－1时，函数f(x)有极小值，极小值为f(－1)＝－3； 当x＝1时，函数f(x)有极大值，极大值为f(1)＝－1. (2)函数f(x)的定义域为R， f′(x)＝2xe－x－x2e－x＝x(2－x)e－x. 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，0) 0 (0，2) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  极小值  极大值  由上表可以看出， 当x＝0时，函数f(x)有极小值，极小值为f(0)＝0； 当x＝2时，函数f(x)有极大值，极大值为f(2)＝eq \f(4,e2). 题型二　与参数有关的极值问题 例2　(1)函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋ax－1有极值点，则实数a的取值范围为________． 解析　由题意有f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)，所以f′(x)＝(x－2)(x－a)＋(x－1)(x－a＋x－2)＝(x－2)(x－a)＋(x－1)(2x－2－a)，因为x＝2是函数f(x)的极值点，所以f′(2)＝2－a＝0，解得a＝2，当a＝2时，f(x)＝(x－1)(x－2)2，f′(x)＝(x－2)2＋2(x－1)(x－2)＝(x－2)(3x－4)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4,3)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，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，符合题意．所以f(0)＝－(－2)2＝－4. 解　因为f(x)在x＝－1时有极值0， 且f′(x)＝3x2＋6ax＋b， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（－1）＝0，,f（－1）＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－6a＋b＝0，,－1＋3a－b＋a2＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝9.)) 当a＝1，b＝3时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0， 所以f(x)在R上为增函数，无极值，故舍去． 当a＝2，b＝9时，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)． 当x∈(－3，－1)时，f(x)为减函数； 当x∈(－∞，－3]和[－1，＋∞)时，f(x)为增函数． 所以f(x)在x＝－1时取得极小值，因此a＝2，b＝9. 解析：因为f(x)＝x2＋aln x，所以f′(x)＝2x＋eq \f(a,x)＝eq \f(2x2＋a,x)，当a≥0时，无极值，所以a<0.当a<0时，x＝eq \r(－\f(a,2))是f(x)的极值点，因为f(x)在(1，＋∞)上存在极小值，所以eq \r(－\f(a,2))＞1，得a<－2. (2)已知f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝1与x＝－eq \f(2,3)时，都取得极值． ①求a，b的值； ②若f(－1)＝eq \f(3,2)，求f(x)的单调区间和极值． 解　①令f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝0. 由题设，x1＝1，x2＝－eq \f(2,3)为f′(x)＝0的解． 由一元二次方程根与系数的关系得－eq \f(2a,3)＝1－eq \f(2,3)，eq \f(b,3)＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))， ∴a＝－eq \f(1,2)，b＝－2. ②f(x)＝x3－eq \f(1,2)x2－2x＋c，由f(－1)＝－1－eq \f(1,2)＋2＋c＝eq \f(3,2)，得c＝1. ∴f(x)＝x3－eq \f(1,2)x2－2x＋1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3))) －eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1)) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  ∴f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))，(1，＋∞)，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1)). 当x＝－eq \f(2,3)时，f(x)有极大值，极大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝eq \f(49,27)；当x＝1时，f(x)有极小值，极小值为f(1)＝－eq \f(1,2). 解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq \f(a,x). (1)当a＝2时，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－eq \f(2,x)(x>0)， 因而f(1)＝1，f′(1)＝－1， 所以曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0. (2)由f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)，x>0知， ①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值； ②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a. 当x∈(0，a)时，f′(x)<0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－aln a，无极大值． 综上，当a≤0时，函数f(x)无极值； 当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－aln a，无极大值． 解：(1)f′(x)＝3x2－3a， 因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y＝8相切， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（2）＝0，,f（2）＝8，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3（4－a）＝0，,8－6a＋b＝8，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝24.)) (2)f′(x)＝3(x2－a)(a≠0)． 当a<0时，f′(x)>0恒成立，即函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，此时函数f(x)没有极值点． 当a>0时，由f′(x)＝0得x1＝－eq \r(a)，x2＝eq \r(a). 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，－eq \r(a)) －eq \r(a) (－eq \r(a)，eq \r(a)) eq \r(a) (eq \r(a)，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  因此，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－eq \r(a))和(eq \r(a)，＋∞)，单调递减区间为(－eq \r(a)，eq \r(a))，此时x＝－eq \r(a)是f(x)的极大值点，x＝eq \r(a)是f(x)的极小值点． 题型四　利用导数解决函数的零点或方程的根问题 例4　(1)已知函数f(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2＋2x－eq \f(3,2)，则方程f(x)＝0的解的个数是____． 解析　由题意知，f′(x)＝eq \f(3,x)－x＋2＝eq \f(－x2＋2x＋3,x)＝eq \f(－（x－3）（x＋1）,x). x (0，3) 3 (3，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  极大值  f(3)＝3ln 3－eq \f(1,2)×32＋2×3－eq \f(3,2)＝3ln 3＞0，函数f(x)的图象如图所示．由图象可知方程f(x)＝0有2个解． (2)若函数f(x)＝ax3－bx＋4，当x＝2时，函数f(x)取得极值－eq \f(4,3). ①求函数f(x)的解析式； ②若方程f(x)＝k有3个不同的实数根，求实数k的取值范围． 解　①对f(x)求导得f′(x)＝3ax2－b， 由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（2）＝12a－b＝0，,f（2）＝8a－2b＋4＝－\f(4,3)，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)，,b＝4))(经检验满足题意)， ∴f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋4. ②由①可得f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)， 令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2. ∴当x＜－2或x＞2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜2时，f′(x)＜0. 因此，当x＝－2时，f(x)取得极大值eq \f(28,3)，当x＝2时，f(x)取得极小值－eq \f(4,3). ∴函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋4的大致图象如图所示． 由图可知，实数k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(28,3))). 解析：f(x)＝x3＋ax＋2，则f′(x)＝3x2＋a，若f(x)存在3个零点，则f(x)存在极大值和极小值，则a<0.令f′(x)＝3x2＋a＝0，解得x＝－eq \r(\f(－a,3))或x＝eq \r(\f(－a,3))，且当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(\f(－a,3))))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))，＋∞))时，f′(x)>0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))，\r(\f(－a,3))))时，f′(x)<0，故f(x)的极大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))))，极小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))))，若f(x)存在3个零点，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))))>0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))))<0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)\r(\f(－a,3))－a\r(\f(－a,3))＋2>0，,\f(－a,3)\r(\f(－a,3))＋a\r(\f(－a,3))＋2<0，))解得a<－3.故选B. (2)已知函数f(x)＝eq \f(ln x＋a,x)－1，且a≤2，求函数f(x)的零点的个数． 解：由题意知，x＞0，所以f(x)＝eq \f(ln x＋a,x)－1＝eq \f(ln x＋a－x,x)＝0， 即为ln x＋a－x＝0，即a＝x－ln x，令g(x)＝x－ln x， 所以函数f(x)的零点个数即为直线y＝a与曲线y＝g(x)＝x－ln x图象的交点个数． g′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，令g′(x)＝0，得x＝1. 当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表： x (0，1) 1 (1，＋∞) g′(x) － 0 ＋ g(x)  极小值  g(1)＝1－ln 1＝1，由图可知，当1＜a≤2时，函数f(x)有2个零点； 当a＝1时，函数f(x)有1个零点；当a＜1时，函数f(x)没有零点． 解析：∵f′(x)＝3ax2＋b，∴f′(1)＝3a＋b＝0　①.又当x＝1时有极值－2，∴a＋b＝－2　②.联立①②解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－3，))经检验知符合题意，故a，b的值分别为1，－3. 2．设函数f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x，则(　　) A．x＝eq \f(1,2)为f(x)的极大值点 B．x＝eq \f(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 解析：∵f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x，x>0，∴f′(x)＝－eq \f(2,x2)＋eq \f(1,x)，令f′(x)＝0，即－eq \f(2,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－2,x2)＝0，解得x＝2.当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，∴x＝2为f(x)的极小值点． 3．(多选)定义在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，4))上的函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列结论正确的是(　　) A．函数f(x)在区间(0，4)上单调递增 B．函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上单调递减 C．函数f(x)在x＝1处取得极大值 D．函数f(x)在x＝0处取得极小值 解析：根据导函数图象可知，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在区间(0，4)上，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以函数f(x)在x＝0处取得极小值，没有极大值．所以A，B，D正确，C错误．故选ABD. 解析：由f′(x)＝3x2－6x＝0，解得x＝0或x＝2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，0) 0 (0，2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  当x＝0时，f(x)取得极大值． 解：(1)因为f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d， 所以f′(x)＝3ax2＋2bx＋c. 则由题意及图象可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝0，,f（0）＝4，,f′（－2）＝0，,f′（0）＝－4，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)，,b＝0，,c＝－4，,d＝4，)) 所以函数f(x)的解析式为f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋4. (2)由(1)知，函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝x2－4， 令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝2. 当x变化时，f′(x)，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  所以函数f(x)的极大值为f(－2)＝eq \f(28,3)，极小值为f(2)＝－eq \f(4,3). 解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)＝x2－2x－4ln x＋3，所以f′(x)＝2x－2－eq \f(4,x)＝eq \f(2（x＋1）（x－2）,x)，令f′(x)＝0，则eq \f(2（x＋1）（x－2）,x)＝0，解得x＝2或x＝－1(舍去)，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (0，2) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  极小值  由上表可知，当x＝2时，f(x)取得极小值，为f(2)＝4－4－4ln 2＋3＝3－4ln 2.故选A. 4．(多选)(新课标Ⅱ卷)若函数f(x)＝aln x＋eq \f(b,x)＋eq \f(c,x2)(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 解析：函数f(x)＝aln x＋eq \f(b,x)＋eq \f(c,x2)的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(b,x2)－eq \f(2c,x3)＝eq \f(ax2－bx－2c,x3)，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正根x1，x2，于是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝b2＋8ac>0，,x1＋x2＝\f(b,a)>0，,x1x2＝－\f(2c,a)>0，))即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，A错误，B，C，D正确．故选BCD. 解析：f′(x)＝ex－2，令f′(x)＝0，得x＝ln 2， 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 极小值 ↗ f(ln 2)＝eln 2－2ln 2－2＝－2ln 2<0，当x→－∞时，f(x)→＋∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以函数f(x)无极大值，有极小值，函数f(x)有2个零点． 二、填空题 6．函数f(x)＝eq \f(ln x－1,x)的极大值为________． 解析：∵函数f(x)＝eq \f(ln x－1,x)，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq \f(1－（ln x－1）,x2)＝eq \f(2－ln x,x2)，令f′(x)＝0，得x＝e2，∵当x∈(0，e2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(e2，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，∴当x＝e2时，函数f(x)取得极大值，为f(e2)＝eq \f(ln e2－1,e2)＝eq \f(1,e2). eq \f(1,e2) 解析：f′(x)＝eq \f(a,x)＋2bx＋3＝eq \f(2bx2＋3x＋a,x)，∵函数的极值点为x1＝1，x2＝2，∴x1＝1，x2＝2是方程f′(x)＝eq \f(2bx2＋3x＋a,x)＝0的两根，即为2bx2＋3x＋a＝0的两根，∴由根与系数的关系知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2b)＝1＋2，,\f(a,2b)＝1×2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－\f(1,2).)) －eq \f(1,2) 解析：f′(x)＝aex－2x，若函数f(x)＝aex－x2有两个极值点，则直线y＝a和g(x)＝eq \f(2x,ex)的图象在R上有2个交点，因为g′(x)＝eq \f(2－2x,ex)，所以当x∈(－∞，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，故g(x)max＝g(1)＝eq \f(2,e)，当x→－∞时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，所以0<a<eq \f(2,e)，即实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,e))). eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,e))) 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝(x2ln x)′＝2xln x＋x2·eq \f(1,x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)． 令f′(x)＝0，得x＝eeq \s\up8(-\f(1,2)). 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (0，eeq \s\up8(-\f(1,2))) eeq \s\up8(-\f(1,2)) (eeq \s\up8(-\f(1,2))，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  极小值  由上表可知，x＝eeq \s\up8(-\f(1,2))为函数f(x)＝x2ln x的极小值点，函数f(x)在该点处的极小值为f(eeq \s\up8(-\f(1,2)))＝－eq \f(1,2e). (2)由f(x)＝sinx－cosx＋x＋1，0<x<2π，知f′(x)＝cosx＋sinx＋1＝1＋eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，0<x<2π. 令f′(x)＝0，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝－eq \f(\r(2),2)，得x1＝π，x2＝eq \f(3π,2). 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (0，π) π eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2))) eq \f(3π,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π)) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  由上表可知，x＝π为函数f(x)的极大值点，函数f(x)的极大值为f(π)＝π＋2；x＝eq \f(3π,2)为函数f(x)的极小值点，函数f(x)的极小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝eq \f(3π,2). 1．已知函数f(x)＝eq \f(2ax－a2＋1,x2＋1)(x∈R)，其中a∈R.当a≠0时，求函数f(x)的单调区间与极值． 解：∵f(x)＝eq \f(2ax－a2＋1,x2＋1)， ∴f′(x)＝eq \f(－2（x－a）（ax＋1）,（x2＋1）2). 由于a≠0，以下分两种情况讨论： ①当a>0时，令f′(x)＝0，得到x1＝－eq \f(1,a)，x2＝a. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,a))) －eq \f(1,a) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，a)) a (a，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  极小值  极大值  ∴函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,a)))，(a，＋∞)，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，a))， 函数f(x)在x＝－eq \f(1,a)处取得极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝－a2， 函数f(x)在x＝a处取得极大值f(a)，且f(a)＝1. ②当a<0时，令f′(x)＝0，得到x1＝－eq \f(1,a)，x2＝a. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，a) a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，,－\f(1,a))) －eq \f(1,a) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞)) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  ∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，a)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，－\f(1,a)))， 函数f(x)在x＝a处取得极大值f(a)，且f(a)＝1， 函数f(x)在x＝－eq \f(1,a)处取得极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝－a2. 2．已知函数f(x)＝ex＋eq \f(1,x－a). (1)当a＝eq \f(1,2)时，求f(x)的图象在x＝0处的切线方程； (2)函数f(x)是否存在零点？若存在，求出零点的个数；若不存在，说明理由． 解：(1)由f(x)＝ex＋eq \f(1,x－a)，得f′(x)＝ex－eq \f(1,（x－a）2)，f′(0)＝1－eq \f(1,a2). 当a＝eq \f(1,2)时，f′(0)＝－3. 又f(0)＝－1，所以f(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝－3x－1. (2)函数f(x)的定义域为(－∞，a)∪(a，＋∞)． 当x∈(a，＋∞)时，ex>0，eq \f(1,x－a)>0， 所以f(x)＝ex＋eq \f(1,x－a)>0， 即f(x)在区间(a，＋∞)上没有零点． 当x∈(－∞，a)时， f(x)＝ex＋eq \f(1,x－a)＝eq \f(ex（x－a）＋1,x－a)， 令g(x)＝ex(x－a)＋1(x<a)，只要讨论函数g(x)的零点即可． g′(x)＝ex(x－a＋1)，令g′(x)＝0，得x＝a－1. 当x∈(－∞，a－1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(a－1，a)时，g′(x)>0，g(x)单调递增． 所以g(x)在区间(－∞，a)上的极小值为g(a－1)＝1－ea－1. 显然，当a＝1时，g(a－1)＝g(0)＝0， 所以x＝0是f(x)唯一的零点； 当a<1时，g(a－1)＝1－ea－1>0， 所以f(x)没有零点； 当a>1时，g(a－1)＝1－ea－1<0， 所以f(x)有两个零点． 综上可知，当a<1时，函数f(x)没有零点； 当a＝1时，函数f(x)有唯一的零点； 当a>1时，函数f(x)有两个零点． $