?4?综上，a的取值范围为?，＋∞?. ?3?
2．(2020·嵊州市第二次高考适应性考试)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x－x)，其中
2
a∈R，讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由．
解：函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x－x)，其中a∈R，x∈(－1，＋∞)． 12ax＋ax－a＋1
f′(x)＝＋2ax－a＝.
x＋1x＋1令g(x)＝2ax＋ax－a＋1.
(1)当a＝0时，g(x)＝1，此时f′(x)＞0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．
(2)当a＞0时，Δ＝a－8a(1－a)＝a(9a－8)．
8
①当0＜a≤时，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
9无极值点．
82
②当a＞时，Δ＞0，设方程2ax＋ax－a＋1＝0的两个实数根分别为x1，x2，x1＜x2.
91
因为x1＋x2＝－，
211
所以x1＜－，x2＞－.
44
1
由g(－1)＞0，可得－1＜x1＜－.
4
所以当x∈(－1，x1)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增； 当x∈(x1，x2)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减； 当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增． 因此函数f(x)有两个极值点．
(3)当a＜0时，Δ＞0.由g(－1)＝1＞0，可得x1＜－1＜x2.
所以当x∈(－1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增； 当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减． 因此函数f(x)有一个极值点．
综上所述：当a＜0时，函数f(x)有一个极值点； 8
当0≤a≤时，函数f(x)无极值点；
98
当a＞时，函数f(x)有两个极值点．
9
2
2
2
2
6
利用导数求函数的最值(值域)
1－x 已知函数f(x)＝(x－2x－1)e(x≥)．
2(1)求f(x)的导函数；
?1?(2)求f(x)在区间?，＋∞?上的取值范围． ?2?
【解】 (1)因为(x－2x－1)′＝1－
12x－1
，(e)′＝－e
－x－x－x，所以f′(x)＝
（1－x）（2x－1－2）e?1??1－1?－x－xe－(x－2x－1)e＝?x>2?. ??
??2x－1??2x－1
（1－x）（2x－1－2）e
(2)由f′(x)＝＝0，
2x－15
解得x＝1或x＝.
2
于是当x发生变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表
－xx f′(x) f(x) 1 2?1，1? ?2???－ 1 0 0 ?1，5? ?2???＋ 5 20 51－2e 2?5，＋∞? ?2???－ 1 11－2e 2 1?1??1－?2－x又f(x)＝(2x－1－1)e≥0，所以f(x)在区间?，＋∞?上的取值范围是?0，e2?.
2?2??2?
求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤
(1)求函数在(a，b)内的极值；
(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；
(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
1－x1?1? 已知函数f(x)＝＋kln x，k<，求函数f(x)在?，e?上的最大值
xe?e?
和最小值．
1－x解：因为f(x)＝＋kln x，
xf′(x)＝
－x－（1－x）kkx－1
＋＝2. 2
xxx 7
1?1?
(1)若k＝0，则f′(x)＝－2在?，e?上恒有f′(x)<0，
x?e?
?1?所以f(x)在?，e?上单调递减． ?e?
1－e
所以f(x)min＝f(e)＝，
e
f(x)max＝f??＝e－1.
e
k?x－?
kx－1?k?
(2)若k≠0，f′(x)＝2＝.
xx2k（x－）
k1??①若k<0，则在?，e?上恒有<0， 2x?e?
1
所以f(x)在[，e]上单调递减，
e
1－e1?1?所以f(x)min＝f(e)＝＋kln e＝＋k－1，f(x)max＝f??＝e－k－1. ee?e?111
②若k>0，由k<，得>e，则x－<0，
ekk1
?1???
?
1?
k?x－??k??1，e?上单调递减． 所以<0，所以f(x)在?e?x2??
1－e1所以f(x)min＝f(e)＝＋kln e＝＋k－1，
ee
?
1?
f(x)max＝f??＝e－k－1.
e
11
综上，k<时，f(x)min＝＋k－1，
ee
?1???
f(x)max＝e－k－1.
函数极值与最值的综合问题
已知常数a≠0，f(x)＝aln x＋2x. (1)当a＝－4时，求f(x)的极值；
(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围． 【解】 (1)由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2＝
axa＋2x.当a＝－4时，xf′(x)＝2x－4
.
x 8
所以当0＜x＜2时，f′(x)＜0，即f(x)单调递减； 当x＞2时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增．
所以f(x)只有极小值，且在x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln 2. 所以当a＝－4时，f(x)只有极小值4－4ln 2. (2)因为f′(x)＝
a＋2x， x所以当a＞0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；
当a＜0时，由f′(x)＞0得，x＞－，所以f(x)在?－，＋∞?上单调递增；由f′(x)
2?2?＜0得，0 所以当a＜0时，f(x)的最小值为f?－?＝ ?2? a?a? a? a? ?a? ?a??a?aln?－?＋2?－?. ?2? ?2? 根据题意得f?－?＝aln?－?＋2?－?≥－a， ?2??2??2?即a[ln(－a)－ln 2]≥0. 因为a＜0，所以ln(－a)－ln 2≤0，解得－2≤a＜0， 所以实数a的取值范围是[－2，0)． (1)利用导数研究函数极值、最值的综合问题的一般思路 ①若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号． ②若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解． ③求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值． (2)已知最值求参数的范围 主要采取分类讨论的思想，将导函数的零点与所给区间进行比较，利用导数的工具性得到函数在给定区间内的单调性，从而可求其最值，判断所求的最值与已知条件是否相符，从而得到参数的取值范围． ??－x＋x，x<1， 已知函数f(x)＝? ?aln x，x≥1.? 3 2 ?a??a??a? (1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点； 9 (2)求f(x)在区间[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值． 解：(1)当x<1时，f′(x)＝－3x＋2x＝－x(3x－2)， 2 令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝， 3 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表 2 x f′(x) f(x) (－∞，0) － 0 0 极小值 ?0，2? ?3???＋ 2 30 极大值 ?2，1? ?3???－ 2所以当x＝0时，函数f(x)取得极小值f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝. 3 ?2??2?(2)①当－1≤x<1时，由(1)知，函数f(x)在[－1，0)和?，1?上单调递减，在?0，?上?3??3? 单调递增． ?2?4 因为f(－1)＝2，f??＝，f(0)＝0，所以f(x)在[－1，1)上的最大值为2. ?3?27 ②当1≤x≤e时，f(x)＝aln x， 当a≤0时，f(x)≤0； 当a>0时，f(x)在[1，e]上单调递增． 所以f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a. 所以当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a； 当a<2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2. [基础题组练] 1．(2020·宁波质检)下列四个函数中，在x＝0处取得极值的函数是( ) ①y＝x； ③y＝|x|； A．①② C．③④ 2 3 ②y＝x＋1； ④y＝2. B．①③ D．②③ x2 解析：选D.①中，y′＝3x≥0恒成立，所以函数在R上递增，无极值点；②中y′＝2x，当x＞0时函数单调递增，当x＜0时函数单调递减，且y′|x＝0＝0，符合题意；③中结合该函数图象可知当x＞0时函数单调递增，当x＜0时函数单调递减，且y′|x＝0＝0，符合题意；④中，由函数的图象知其在R上递增，无极值点，故选D. 2．函数y＝x在[0，2]上的最大值是( ) e 10 x
新高考数学一轮复习第2讲导数在研究函数中的应用2第2课时导数与函数的极值最值教学案
