导数与函数的极值、最值-2021届高三数学一轮高考总复习课件
考点 3 利用导数解决生活中的优化问题 例 3：(2016 年江苏)现需要设计一个仓库，它由上下两部 分组成，上部分的形状是正四棱锥PA1B1C1D1，下部分的形状 是正四棱柱ABCDA1B1C1D1(如图2171)，并要求正四棱柱的 高 O1O 是正四棱锥的高 PO1 的 4 倍. (1)若 AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积 是多少？
②若 a<0，由 f′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝－1a. ∵x＝1 是 f(x)的极大值点， ∴－1a>1，解得－1<a<0. 综合①②，得实数 a 的取值范围是 a>－1. (2)由 f′(1)＝0，得 b＝1－a， 又 f(1)＝12，∴－12a－(1－a)＝12，即 a＝3. 从而 b＝－2，∴a－b＝5.
考点 1 函数的极值 例 1：设函数 f(x)＝ln x－12ax2－bx. (1)若 x＝1 是 f(x)的极大值点，则实数 a 的取值范围为 ________； (2)若函数 f(x)在 x＝1 处有极值12，则 a－b＝______； (3)若 f(x)有两个极值点，则实数 a 的取值范围是________.
4.(2018年四川南充一诊)若函数f(x)＝x3＋x2－ax－4在区间 (－1,1)内恰有一个极值点，则实数 a 的取值范围为( B )
A.(1,5) B.[1,5) C.(1,5] D.(－∞，1)∪(5，＋∞) 解析：由题意知 f′(x)＝3x2＋2x－a＝0在区间(－1,1)内恰 有一根( 且在根两侧 f′(x) 异号) ⇔ f′(1)f′(－1) ＝(5 －a)(1－ a)<0⇔1<a<5，故选 B.
解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－ax－b，由 f′(1)＝0，得 b＝1－a.
∴f′(x)＝1x－ax＋a－1＝－ax2＋1x＋ax－x＝－ax＋x1x－1. ①若 a≥0，当 0<x<1 时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当 x>1 时，f′(x)<0，f(x)单调递减， ∴x＝1 是 f(x)的极大值点.
间上不超过三次的多项式函数最 结合思想(如通过从导函数图象
大值、最小值；体会导数方法在研 特征解读函数图象的特征或求两
究函数性质中的一般性和有效性. 曲线交点个数)；等价转化思想(如 3.体会导数在解决实际问题中的 将证明的不等式问题等价转化为
作用
研究相应问题的最值等)
利用导数解决实际生活中的优化问题的基本步骤 (1)分析实际问题中各变量之间的关系，建立实际问题的数 学模型，写出相应的函数关系式 y＝f(x)并确定定义域； (2)求导数 f′(x)，解方程 f′(x)＝0；
＝bb2＋7 1－2b－1272b＋1＋227( bb－1＋1)3≤bb2＋7 1＋ 227≤247.因此 M≤247.
方法二，∵0<b≤1，∴x1∈(0,1). 当 x∈(0,1)时，f(x)＝x(x－b)(x－1)≤x(x－1)2. 令 g(x)＝x(x－1)2，x∈(0,1)， 则 g′(x)＝3x－13(x－1).
在(t，t＋1)上存在极值点，则实数 t 的取值范围为_(_0_,_1_)∪__(_2_,3_)__.
3.(2019年黑龙江模拟)设函数f(x)＝xex，则( D ) 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 解析：f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex. 令 f′(x)＝0，则 x＝－1. 当 x<－1 时，f′(x)<0，当 x>－1 时，f′(x)>0， ∴x＝－1 为 f(x)的极小值点.
(2)若正四棱锥的侧棱长为 6 m，则当 PO1 为多少时，仓库的容积最大？
图 2-17-1
解：(1)由 PO1＝2 m，知 OO1＝4PO1＝8(m). ∵A1B1＝AB＝6 m， ∴正四棱锥 P-A1B1C1D1 的体积 V 锥＝13·A1B21·PO1＝13×62×2 ＝24(m3)， 正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的体积 V 柱＝AB2·OO1＝62×8＝288(m3). ∴仓库的容积 V＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m3).
1 3
13，1
g′(x)
＋
0
－
g(x)
↗
极大值
↘
∴当 x＝13时，g(x)取得极大值，且是最大值，故 g(x)max＝
g13＝247.
∴当 x∈(0,1)时，f(x)≤g(x)≤247，因此 M≤247.
解：(1)∵a＝b＝c， ∴f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)＝(x－a)3. ∵f(4)＝8，∴(4－a)3＝8，解得 a＝2. (2)∵b＝c， ∴f(x)＝(x－a)(x－b)2＝x3－(a＋2b)x2＋b(2a＋b)x－ab2. 从而 f′(x)＝3(x－b)x－2a＋ 3 b. 令 f′(x)＝0，得 x＝b 或 x＝2a＋ 3 b. ∵a，b，2a＋ 3 b都在集合{－3,1,3}中，且 a≠b，
第17讲 导数与函数的极值、最值
课标要求
考情风向标
1.能利用导数研究函数的单调性， 本节复习时，要特别注意三次函 会求不超过三次的多项式函数的 数、指数函数与对数函数(以 e 为
单调区间.
底)的综合题.要深入体会导数应
2.会用导数求不超过三次的多项式 用中蕴含的数学思想方法.分类讨
函数的极大值、极小值，以及闭区 论思想(如参数问题的讨论)；数形
＝2－
2
a 3
3－a
a 3
2＋2
＝ a3.
27
a3 －a＋2，0<a≤2， 27 ∴M－m＝ a3，2<a<3. 27
当 0<a≤2， 设函数 g(x)＝2x73 －x＋2，求导得 g′(x)＝x92－1. 当 0<x≤2 时，g′(x)<0，从而 g(x)单调递减. 而 0<a≤2，∴287≤2a73－a＋2<2. 即 M－m 的取值范围是287，2. 当 2<a<3，287<2a73<1.即 M－m 的取值范围是287，1. 综上得 M－m 的取值范围是287，2.
思维点拨：(1)由题意得到关于 a 的方程，解方程即可确定 a 的值；
(2)由题意首先确定 a，b，c 的值从而确定函数的解析式， 然后求解其导函数，由导函数即可确定函数的极小值.
(3)由题意首先确定函数的极大值 M 的表达式，然后可用如 下方法证明题中的不等式：
方法一，由函数的解析式结合不等式的性质进行放缩即可 证得题中的不等式.
x1＝b＋1－
3b2－b＋1，x2＝b＋1＋
b2－b＋1
3
.
列表如下：
x f′(x)
f(x)
(－∞，x1) ＋ ↗
x1 0 极大值
(x1，x2) － ↘
x2 0 极小值
(x2，＋∞) ＋ ↗
∴f(x)的极大值 M＝f(x1). 方法一，M＝f(x1)＝x31－(b＋1)x21＋bx1 ＝[3x21－2(b＋1)x1＋b]x31－b＋9 1－2b2－9b＋1x1＋bb9＋1 ＝－2b2－b2＋7 1b＋1＋bb9＋1＋227( b2－b＋1)3
(2)设 A1B1＝a m，PO1＝h m，则 0<h<6，OO1＝4h m. 连接 O1B1，如图 2-17-1. ∵在 Rt△PO1B1 中，O1B21＋PO21＝PB21，
(2)可导函数极值存在的条件：
①可导函数的极值点x0一定满足f′(x0)＝0，但当f′(x1)＝ 0时，x1不一定是极值点.如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极 值点；
②可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0) ＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同.
考点 2 函数的最值 例 2：(2019 年江苏)设函数f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)，a，b， c∈R，f′(x)为 f(x)的导函数. (1)若 a＝b＝c，f(4)＝8，求 a 的值； (2)若 a≠b，b＝c，且 f(x)和 f′(x)零点均在集合{－3,1,3} 中，求 f(x)的极小值； (3)若 a＝0,0<b≤1，c＝1，且 f(x)的极大值为 M，求证：M≤247.
方法二，由题意构造函数，求得函数在定义域内的最大值
∵0<b≤1，∴x1∈(0,1). 当 x∈(0,1)时，f(x)＝x(x－b)(x－1)≤x(x－1)2. 令 g(x)＝x(x－1)2，x∈(0,1)，则 g′(x)＝3x－13(x－1). 令 g′(x)＝0，得 x＝13.列表如下：
x
0，13
令 g′(x)＝0，得 x＝13.列表如下：
x
0，13
1 3
13，1
g′(x)
＋
0
－
g(x)
↗
极大值
↘
∴当 x＝13时，g(x)取得极大值，且是最大值，故 g(x)max＝
g13＝247.
∴当 x∈(0,1)时，f(x)≤g(x)≤247，因此 M≤247.
【规律方法】 求函数 f(x)在[a，b]上的最大值、最小值的步骤： (1)求函数在(a，b)内的极值； (2)求函数在区间端点的函数值 f(a)，f(b)； (3)将函数 f(x)的极值与 f(a)，f(b)比较，其中最大的为最大 值，最小的为最小值.
(3)f′(x)＝0 有两正根，即 ax2＋(1－a)x－1＝0 有两正根，
a<0， ∴a－ 2a1>0，
Δ＝1－a2＋4a>0.
解得 a<0 且 a≠－1.
∴实数 a 的取值范围是(－∞，－1)∪(－1,0). 答案：(1)a>－1 (2)5 (3)(－∞，－1)∪(－1,0)
新课程2021高考数学一轮复习第二章第11讲第2课时利用导数研究函数的极值最值课件
大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
1．概念辨析
(1)对可导函数 f(x)，f′(x0)＝0 是 x0 为极值点的充要条件．( × ) (2)函数的极大值一定大于其极小值．( × )
(3)若函数 f(x)在区间 D 上具有单调性，则 f(x)在区间 D 上不存在极 值．( √ )
(4) 函 数 的 最 大 值 不 一 定 是 极 大 值 ， 函 数 的 最 小 值 也 不 一 定 是 极 小 值．( √ )
题型二 用导数求函数的最值
1.设动直线 x＝m 与函数 f(x)＝x3，g(x)＝ln x 的图象分别交于点 M，N，
则|MN|的最小值为( )
A.13(1＋ln 3)
1 B.3ln 3
C.1＋ln 3
D．ln 3－1
答案 A
解析 由题意，得 M(m，m3)，N(m，ln m)，m>0.
∴|MN|＝|m3－ln m|，m>0.
答案 B
解析 由题图可知，当 x<x1 或 x1<x<x2 时，f′(x)<0；当 x>x2 时，f′(x)>0； 当 x＝x1 时，f′(x)＝0；所以 f(x)在(－∞，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单 调递增，所以 f(x)有 0 个极大值点，1 个极小值点，即 x2.
3．(2019·全国卷Ⅰ节选)已知函数 f(x)＝sinx－ln (1＋x)，f′(x)为 f(x)的 导数．
2.若函数 f(x)＝13x3－x＋m 的极大值为 1，则函数 f(x)的极小值为(
)
A.－13
B．－1
1 C.3
D．1
答案 A
解析 f′(x)＝x2－1，由 f′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝－1，所以 f(x)在区间 (－∞，－1)上单调递增，在区间(－1,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调 递增，所以函数 f(x)在 x＝－1 处取得极大值，则 f(－1)＝1，得 m＝13，函数 f(x)在 x＝1 处取得极小值，且 f(1)＝13×13－1＋13＝－13.故选 A.
2021高考数学课标版文数一轮复习课件：第三章第三节 导数与函数的极值、最值
因为f(4)= e4 = e2 ·e2<e2=f(2),因此, f(x)max=f(2)=e2,故选A.
13 13
(2)因为f(x)=ex-ax2-bx-1, 所以f '(x)=ex-2ax-b, 令g(x)=ex-2ax-b, 所以g'(x)=ex-2a.
当x∈[0,1]时,g'(x)∈[1-2a,e-2a]. 当a≤ 1 时,g'(x)≥0,所以g(x)在[0,1]上单调递增.
1 2
,2
内有两个不同的解,由于x=1是f
'(x)=0的一个解,所以ex+ax=0在
1 2
,2
上只有一个不为1的解,则a=-
ex x
,即函数y=a与y=- e x
x
的图象在
1 2
,2 上只
有一个交点,且交点的横坐标不为1,令h(x)=- ex ,求导得h'(x)= ex (1-x) ,则 1 <x<1
'(x)=
ex (x2 -2x-3)
(x2 -3)2 =
ex (x 1)(x-3)
(x2 -3)2 ,
令f '(x)=0,由2≤x≤4,得x=3.
当2<x<3时, f '(x)<0;
当3<x<4时, f '(x)>0.
因此,函数y=f(x)在x=3处取得极小值,也是最小值,在x=2和x=4处取得极大值,
命题方向三 已知极值(点)的情况,求参数的值(范围)
典例3 (1)若x=1是函数f(x)= 1x3+(a+1)x2-(a2+a-3)x的极值点,则a的值为( B )
3
3.3导数与函数的极值最值课件高三数学一轮复习2
提醒：(1)极值反映了函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质．极 值点是函数在区间内部的点，不会是端点．
(2)对于可导函数f(x)，f ′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件． 例如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点． (3)极大值(或极小值)可能不止一个，可能没有，极大值不一定大于极小值．
提醒：(1)极值是一个局部性概念，反映的是函数在某个点附近的大小情况，并不意 味它在函数的整个定义域内最大或最小；最值是一个整体性的概念，函数的最值是比较 某个区间内的所有函数值得出的．
(2)若函数在开区间(a，b)内的极值点只有一个，则相应极值点为函数最值点． (3)若函数在闭区间[a，b]的最值点不是端点，则最值点必为极值点． (4)连续函数的极值个数不确定，而函数在某一闭区间上的最大和最小值是唯一的．
②若 a<0，要使函数 f(x)在 x＝a 处取得极大值，则需 f(x)在a＋32b，a上单调递增，在 (a，＋∞)上单调递减，此时需满足 a>a＋32b，得 b<a<0，∴a2<ab.
综上可知，a2<ab，故选 D.
3．(角度 2)已知函数 f(x)＝x3＋6lnx，f ′(x)为 f(x)的导函数．求函数 g(x)＝f(x)－f ′(x) ＋9的单调区间和极值．
3 值点，则实数 a 的取值范围是____－__∞__，__－__14_∪___14_，__＋__∞__ ___．
【解析】
(1) 因 为
f′(x)
＝
3x2
＋
6mx
＋
n
，
由
题
有
f′－1＝0， f－1＝0，
即
3－6m＋n＝0， －1＋3m－n＋m2＝0，
2021年高考数学一轮复习 第二章 第12讲 导数与函数极值、最值资料(艺术班)
2021年高考数学一轮复习第二章第12讲导数与函数极值、最值资料（艺术班）一、必记3个知识点1．函数的单调性在(a，b)内可导函数f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.f′(x)≥0⇔f(x)在(a，b)上为增函数．f′(x)≤0⇔f(x)在(a，b)上为减函数．2．函数的极值(1)函数的极小值：函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其它点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点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)函数的极大值：函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近的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，则点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．极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．3．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．二、必明2个易误区1．求函数极值时，误把导数为0的点作为极值点；极值点的导数也不一定为0.2．易混极值与最值：注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．三、必会2个方法解决含参数问题及不等式问题中的两个转化(1)利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．(2)将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性、极值问题处理．第二课时 导数与函数极值、最值[典例] (xx·福建高考节选)已知函数f (x )＝x －1＋e x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)求函数f (x )的极值．[解] (1)由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－ae x .又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，得f ′(1)＝0，即1－ae＝0，解得a ＝e. (2)f ′(x )＝1－ae x ，①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值．②当a >0时，令f ′(x )＝0，得e x＝a ，即x ＝ln a .x ∈(－∞，ln a )，f ′(x )<0；x ∈(ln a ，＋∞)，f ′(x )>0， 所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增， 故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值，且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．解：由f ′(x )＝1－x ＝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 .又当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 －a ln 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 －a ln a ，无极大值． [类题通法]求函数f (x )极值的步骤(1)确定函数的定义域； (2)求导数f ′(x )；(3)解方程f ′(x )＝0，求出函数定义域内的所有根；(4)列表检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f (x )在x 0处取极大值，如果左负右正，那么f (x )在x 0处取极小值． [针对训练]设f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1的导数为f ′(x )，若函数y ＝f ′(x )的图像关于直线x ＝－12对称，且f ′(1)＝0.(1)求实数a ，b 的值； (2)求函数f (x )的极值．解：(1)因为f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1，故f ′(x )＝6x 2＋2ax ＋b ，从而f ′(x )＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 62＋b －a 26，即y ＝f ′(x )关于直线x ＝－a 6对称．从而由题设条件知－a 6＝－12，即a ＝3.又由于f ′(1)＝0，即6＋2a ＋b ＝0，得b ＝－12.(2)由(1)知f (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋1，所以f ′(x )＝6x 2＋6x －12＝6(x －1)(x ＋2)，令f ′(x )＝0， 即6(x －1)(x ＋2)＝0，解得x ＝－2或x ＝1，当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，即f (x )在(－∞，－2)上单调递增；当x ∈(－2,1)时，f ′(x )<0，即f (x )在(－2,1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，即f (x )在(1，＋∞)上单调递增．从而函数f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝21，在x ＝1处取得极小值f (1)＝－6.[典例] (1)求f (x )的单调区间； (2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值．[解] (1)f ′(x )＝(x －k ＋1)e x.令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.f (x )与f ′(x )的情况如下：所以，f (x )(2)当k －1≤0，即k ≤1时，函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (0)＝－k ；当0<k －1<1，即1<k <2时，由(1)知f (x )在[0，k －1)上单调递减，在(k －1,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (k －1)＝－ek －1；当k －1≥1时，即k ≥2时，函数f (x )在[0,1]上单调递减，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e.综上，在区间[0,1]上k ≤1时，f (x )最小值为f (0)＝－k .1<k <2时，f (x )最小值为f (k －1)＝－ek －1.k ≥2时，f (x )最小值为f (1)＝(1－k )e.[类题通法]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． [针对训练]设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，(1)求实数a ，b 的值； (2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值．解：(1)f ′(x )＝a x －2bx ，∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′1＝a －2b ＝0，f 1＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12.(2)f (x )＝ln x －12x 2，f ′(x )＝1x －x ＝1－x 2x ，∵当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0得1e≤x <1；令f ′(x )<0，得1<x ≤e，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递增，在[1，e]上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝－12.考点三函数极值和最值的综合问题[典例] 3(1)求a ，b 的值； (2)若f (x )有极大值28，求f (x )在[－3,3]上的最小值．[解] (1)因为f (x )＝ax 3＋bx ＋c ，故f ′(x )＝3ax 2＋b .由于f (x )在点x ＝2处取得极值c －16， 故有⎩⎪⎨⎪⎧f ′2＝0，f2＝c －16，即⎩⎪⎨⎪⎧12a ＋b ＝0，8a ＋2b ＋c ＝c －16，化简得⎩⎪⎨⎪⎧12a ＋b ＝0，4a ＋b ＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－12.(2)由(1)知f (x )＝x 3－12x ＋c ；f ′(x )＝3x 2－12＝3(x －2)(x ＋2)．令f ′(x )＝0，得x 1＝－2，x 2＝2. 当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，故f (x )在(－∞，－2)上为增函数；当x ∈(－2,2)时，f ′(x )<0，故f (x )在(－2,2)上为减函数；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(2，＋∞)上为增函数．由此可知f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝16＋c ，f (x )在x ＝2处取得极小值f (2)＝c －16.由题设条件知16＋c ＝28，解得c ＝12.此时f (－3)＝9＋c ＝21，f (3)＝－9＋c ＝3，f (2)＝－16＋c ＝－4，因此f (x )在[－3,3]上的最小值为f (2)＝－4.[类题通法]求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间(或开区间)上的最值时，方法是不同的．求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图像，然后借助图像观察得到函数的最值． [针对训练]已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线为l ：3x －y ＋1＝0，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值．(1)求a ，b ，c 的值； (2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值．解：(1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0，①当x ＝23时，y ＝f (x )有极值，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝0，可得4a ＋3b ＋4＝0，②由①②，解得a ＝2，b ＝－4.由于切点的横坐标为1，所以f (1)＝4.所以1＋a ＋b ＋c ＝4.所以c ＝5. (2)由(1)，可得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5，f ′(x )＝3x 2＋4x －4.令f ′(x )＝0，解之，得x 1＝－2，x 2＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的取值及变化情况如下表所示：所以y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为27.课后作业1．函数f (x )＝x 33＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是( )A ．－173B ．－103C ．－4D ．－643解析：选A f ′(x )＝x 2＋2x －3，令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去)，又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103， 故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173. 2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则f (2)等于( ) A ．11或18 B ．11 C ．18 D ．17或18解析：选C ∵函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，∴f (1)＝10，且f ′(1)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1＋a ＋b ＋a 2＝10，3＋2a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.而当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时，函数在x ＝1处无极值，故舍去．∴f (x )＝x 3＋4x 2－11x ＋16，∴f (2)＝18.故选C.3.(xx·郑州二模)函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，其导函数f ′(x )在(a ，b )内的图像如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内的极大值点有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：选B 依题意，记函数y ＝f ′(x )的图像与x 轴的交点的横坐标自左向右依次为x 1，x 2，x 3，x 4，当a <x <x 1时，f ′(x )>0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0；当x 2<x <x 4时，f ′(x )≥0；当x 4<x <b 时，f ′(x )<0.因此，函数f (x )分别在x ＝x 1、x ＝x 4处取得极大值，选B.4．设f (x )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )，求g (x )的单调区间和最小值．解：由题设知f (x )＝ln x ，g (x )＝ln x ＋1x ，x >0，所以g ′(x )＝x －1x2，令g ′(x )＝0得x ＝1，当x∈(0,1)时，g′(x)<0，故(0,1)是g(x)的单调递减区间；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，故(1，＋∞)是g(x)的单调递增区间，因此，x＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以g(x)的最小值为g(1)＝1.5．（xx·江苏高考）若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y＝f(x)的极值点．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.(2)由(1)知f(x)＝x3－3x.因为f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，所以g′(x)＝0的根为x1＝x2＝1，x3＝－2，于是函数g(x)的极值点只可能是1或－2.当x＜－2时，g′(x)＜0；当－2＜x＜1时，g′(x)＞0，故－2是g(x)的极值点．当－2＜x＜1或x＞1时，g′(x)＞0，故1不是g(x)的极值点．所以g(x)的极值点为－2.6．(xx·威海模拟)当函数y＝x·2x取极小值时，x＝( )A.1ln 2B．－1ln 2C．－ln 2 D．ln 2解析：选B y′＝2x＋x·2x ln 2＝0，∴x＝－1ln 2.7．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)e x的一个极值点，则下列图像不可能为y＝f(x)图像的是( )解析：选D 因为[f(x)e x]′＝f′(x)e x＋f(x)(e x)′＝[f(x)＋f′(x)]e x，且x＝－1为函数f(x)e x的一个极值点，所以f(－1)＋f′(－1)＝0；选项D中，f(－1)>0，f′(－1)>0，不满足f′(－1)＋f(－1)＝0.8．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是( ) A．－13 B．－15 C．10 D．15解析：选A 求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，由函数f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x，易知f(x)在[－1,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，∴当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.又f′(x)＝－3x2＋6x的图像开口向下，且对称轴为x＝1，∴当n∈[－1,1]时，f′(n)min＝f′(－1)＝－9.故f(m)＋f′(n)的最小值为－13.故选A.9．(xx·荆州质检)设函数f(x)在R上可导，其导函数是f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图像可能是( )解析：选C f (x )在x ＝－2处取得极小值，即x <－2，f ′(x )<0；x >－2，f ′(x )>0，那么y ＝xf ′(x )过点(0,0)及(－2,0)．当x <－2时，x <0，f ′(x )<0，则y >0；当－2<x <0时，x <0，f ′(x )>0，y <0；当x >0时，f ′(x )>0，y >0，故C 正确．10．已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m 的取值范围是________． 解析：f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋m ＋6＝0有两个不等实根，即Δ＝4m 2－12×(m ＋6)>0.所以m >6或m <－3. 答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞)11．已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图像在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )极大值与极小值之差为________．解析：∵y ′＝3x 2＋6ax ＋3b ，⎩⎪⎨⎪⎧3×22＋6a ×2＋3b ＝03×12＋6a ＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0.∴y ′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2.∴f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4.答案：4 12．(xx·江苏高考节选)设函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝e x－ax ，其中a 为实数． 若f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，且g (x )在(1，＋∞)上有最小值，求a 的取值范围．解：令f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x<0，考虑到f (x )的定义域为(0，＋∞)，故a >0，进而解得x >a －1，即f (x )在(a －1，＋∞)上是单调减函数．同理，f (x )在(0，a －1)上是单调增函数．由于f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a －1，＋∞)，从而a －1≤1，即a ≥1.令g ′(x )＝e x－a ＝0，得x ＝ln a ．当x <ln a 时，g ′(x )<0；当x >ln a 时，g ′(x )>0.又g (x )在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a >1，即a >e.综上，a 的取值范围为(e ，＋∞)．13．已知函数f (x )＝x 2－1与函数g (x )＝a ln x (a ≠0)．(1)若f (x )，g (x )的图像在点(1,0)处有公共的切线，求实数a 的值； (2)设F (x )＝f (x )－2g (x )，求函数F (x )的极值．解：(1)因为f (1)＝0，g (1)＝0，所以点(1,0)同时在函数f (x )，g (x )的图像上，因为f (x )＝x 2－1，g (x )＝a ln x ，所以f ′(x )＝2x ，g ′(x )＝a x ，由已知，得f ′(1)＝g ′(1)，所以2＝a1，即a ＝2.(2)因为F (x )＝f (x )－2g (x )＝x 2－1－2a ln x (x >0)，所以F ′(x )＝2x －2a x＝2x 2－ax， 当a <0时，因为x >0，且x 2－a >0，所以F ′(x )>0对x >0恒成立，所以F (x )在(0，＋∞)上单调递增，F (x )无极值；当a >0时，令F ′(x )＝0，解得x 1＝a ，x 2＝－a (舍去)，所以当x >0时，F ′(x )，F (x )的变化情况如下表：x (0，a ) a(a ，＋∞)F ′(x )－＋F (x )递减 极小值 递增所以当x ＝a 时，F (x )取得极小值，且F (a )＝(a )2－1－2a ln a ＝a －1－a ln a . 综上，当a <0时，函数F (x )在(0，＋∞)上无极值； 当a >0时，函数F (x )在x ＝a 处取得极小值a －1－a ln a .14．(xx·晋中名校联考)已知函数f (x )＝ax 2－e x(a ∈R ，e 为自然对数的底数)，f ′(x )是f (x )的导函数． (1)解关于x 的不等式：f (x )>f ′(x )；(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝2ax －e x，f (x )－f ′(x )＝ax (x －2)>0.当a ＝0时，无解； 当a >0时，解集为{x |x <0或x >2}；当a <0时，解集为{x |0<x <2}．(2)设g (x )＝f ′(x )＝2ax －e x ，则x 1，x 2是方程g (x )＝0的两个根．g ′(x )＝2a －e x， 当a ≤0时，g ′(x )<0恒成立，g (x )单调递减，方程g (x )＝0不可能有两个根；当a >0时，由g ′(x )＝0，得x ＝ln 2a ，当x ∈(－∞，ln 2a )时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 当x ∈(ln 2a ，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减．∴当g (x )max >0时，方程g (x )＝0才有两个根， ∴g (x )max ＝g (ln 2a )＝2a ln 2a －2a >0，得a >e2.15．(xx·广东六校联考)已知f (x )＝3x 2－x ＋m ，(x ∈R )，g (x )＝ln x . (1)若函数f (x )与g (x )的图像在x ＝x 0处的切线平行，求x 0的值； (2)求当曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )有公共切线时，实数m 的取值范围；(3)在(2)的条件下，求函数F (x )＝f (x )－g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，1上的最值(用m 表示)． 解：(1)∵f ′(x )＝6x －1，g ′(x )＝1x (x >0)，由题意知6x 0－1＝1x 0(x 0>0)，即6x 20－x 0－1＝0，解得x 0＝12或x 0＝－13，又∵x 0>0，∴x 0＝12.(2)若曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )相切且在交点处有公共切线，由(1)得切点横坐标为12，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，∴34－12＋m ＝ln 12，即m ＝－14－ln 2，数形结合可知，m >－14－ln 2时，f (x )与g (x )有公共切线，故m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－14－ln 2，＋∞.(3)F (x )＝f (x )－g (x )＝3x 2－x ＋m －ln x ，故F ′(x )＝6x －1－1x ＝6x 2－x －1x＝3x ＋12x －1x，当x 变化时，F ′(x )与F (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，1的变化情况如下表：又∵F ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝m ＋ln 3，F (1)＝2＋m >F ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，∴当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤3，1时，F (x )min ＝F ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＝m ＋4＋ln 2⎝ ⎛⎭⎪⎫m >－14－ln 2，F (x )max ＝F (1)＝m ＋2⎝⎛⎭⎪⎫m >－14－ln 2.P33541 8305 茅37198 914E 酎39346 99B2 馲O21655 5497 咗B|V]32648 7F88 羈精品文档 32371 7E73 繳实用文档。
2024年高考数学一轮复习(新高考版)《导数与函数的极值、最值》课件ppt
－ae，a≥e，
综上，g(a)＝－ln
a，1e<a<e，
2－ae，a≤1e.
思维升华
求含有参数的函数的最值，需先求函数的定义域、导函数，通过对 参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值.
跟踪训练2 (1)(2021·新高考全国Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值 为__1___.
课时精练
第
一 部 分
落实主干知识
知识梳理
1.函数的极值 (1)函数的极小值 函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点处的函数值 都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧 f′(x)<0 ，右侧 f′(x)>0 ， 则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.
知识梳理
2.函数的最大(小)值 (1)函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件： 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 必有最大值和最小值. (2)求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤： ①求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的 极值 ； ②将函数y＝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.
且极大值为 f －21a＝ln－21a－21a－1.
若a>0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞) 上单调递增，无极值. 综上，当 a<0 时，f(x)的极大值为 ln－21a－21a－1，无极小值； 当a>0时，f(x)无极值.
命题点3 已知极值(点)求参数
D.－1
高三数学一轮总复习第三章导数及其应用第二节导数的应用第二课时导数与函数的极值最值课件文
考点一 运用导数解决函数的极值问题 常考常新型考点——多角探明
[命题分析] 函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有填空 题，也有解答题，难度适中，为中高档题． 常见的命题角度有： (1)已知函数求极值； (2)已知极值求参数； (3)由图判断极值．
[题点全练] 角度一：已知函数求极值 1．已知函数 f(x)＝x－aln x(a∈R)．
a所，以无曲极线大y值＝．f(x)在点 A(1，f(1))处的切线方程为 y－1＝－(x
综－上1)，，即当 xa＋≤y0－时2＝，0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．
角度二：已知极值求参数 2．(2016·黑龙江哈三中期末)已知 x＝2 是函数 f(x)＝x3
(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．
(解2)：由由f′题(意x)＝知1函－数ax＝f(xx－)x的a定，义x＞域0为知(0：，＋∞)，f′(x)＝1－ax. ①当 a≤0 时，f′(x)＞0，函数 f(x)为(0，＋∞)上的增函数，
(令2)1a当－lenx1a＝≥02，，则即x0＝＜lna≤1ae.12时，f(x)max＝f(2)＝2a－e2；
当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
当 1＜x ln 1a＜－2，∞即，e1l2n＜1aa＜1e时，ln1a
ln
1a，＋∞
f(xf′)fm(xa(xx)＝) fln1a＝1a＋ln1a－1a；
3．若函数 f(x)＝13ax3－ax2＋(2a－3)x＋1 在 R 上存在 极值，则实数 a 的取值范围是________．
2021高考数学一轮复习统考第3章导数及其应用第3讲导数与函数的极值、最值课件北师大版
(2)函数的极大值与极大值点 若函数 f(x)在点 x＝b 处的函数值 f(b)比它在点 x＝b 附近其他点的函数
值□04 ___都__大___，且 f′(b)＝0，而且在 x＝b 附近的左侧□05 ____f_′(_x_)＞__0_____， 右侧□06 ___f′_(x_)_＜__0____，则点 b 叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大
解析 f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex． 令 f′(x)＝0，则 x＝－1． 当 x<－1 时，f′(x)<0，当 x>－1 时，f′(x)>0， 所以 x＝－1 为 f(x)的极小值点．
解析 答案
3．(2019·岳阳模拟)函数 f(x)＝ln x－x 在区间(0，e]上的最大值为( )
A．1－e
值．
2．导数与函数的最值 (1)函数 f(x)在[a，b]上有最值的条件
如果在区间[a，b]上函数 y＝f(x)的图象是一条□07 __连__续__不__断____的曲线，
那么它必有最大值和最小值． (2)求 y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤
①求函数 y＝f(x)在(a，b)内的□08 __极__值____． ②将函数 y＝f(x)的各极值与□09 ___端__点__处__的__函__数__值__f_(a_)_，__f_(b_)____比较， 其中□10 __最__大____的一个是最大值，□11 __最__小____的一个是最小值．
)
A．x＝1
BD．x＝1 和 x＝2
解析 f′(x)＝4x2－12x＋8＝4(x－2)(x－1)，则结合列表可得函数 f(x) 的极值点为 x＝1 和 x＝2.故选 D．
解析 答案
2．(2019·哈尔滨模拟)设函数 f(x)＝xex，则( ) 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
4.3导数与函数的极值最值课件高三数学一轮复习
【解析】选AC.根据导函数的图象可知, 当x∈(-∞,-3)时,f'(x)<0,当x∈(-3,1)时,f'(x)≥0, 所以函数y=f(x)在(-∞,-3)上单调递减,在(-3,1)上单调递增, 可知-3是函数y=f(x)的极值点,所以A正确. 因为函数y=f(x)在(-3,1)上单调递增, 可知-1不是函数y=f(x)的极小值点,-2也不是函数y=f(x)的极大值点,所以B错误,C 正确,D错误.
条
件
在点x=x0附近的左侧f'(x)>0,
右侧f'(x)<0
f'(x0)=0 在点x=x0附近的左侧f'(x)<0, 右侧f'(x)>0
图象
极值 极值点
f(x0)为极_大___值 x0为极_大___值点
f(x0)为极_小___值 x0为极_小___值点
微点拨 ①函数的极大值和极小值都可能有多个,极大值和极小值的大小关系不 确定. ②对于可导函数f(x),“f'(x0)=0”是“函数f(x)在x=x0处有极值”的必要不充分条件.
【解析】选D.由题图知,当x∈(-∞,-3)时,y>0,x-1<0⇒f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x∈(-3,1)时,y<0,x-1<0⇒f'(x)>0,f(x)单调递增; 当x∈(1,3)时,y>0,x-1>0⇒f'(x)>0,f(x)单调递增; 当x∈(3,+∞)时,y<0,x-1>0⇒f'(x)<0,f(x)单调递减. 所以函数有极小值f(-3)和极大值f(3).
x
(0,2)
2
(2,+∞)
高考文科数学一轮复习课件——第二课时 导数与函数的极值、最值
︱高中总复习︱一轮·文数
考点四 利用导数求解最优化问题 【例 4】 (2018·衡水中学质检)在某次水下科研考察活动中,需要潜水员潜入 水深为 60 米的水底进行作业,根据以往经验,潜水员下潜的平均速度为 v(米/单 位时间),每单位时间的用氧量为[( v )3+1](升),在水底作业 10 个单位时间,每
xe
e
e
因此 f′(x)= 2 - 1 ,令 f′(x)=0,得 x=2e. xe
所以 f(x)在(0,2e)上递增,在(2e,+∞)上递减. 所以 f(x)的极大值为 f(2e)=2ln(2e)-2=2ln 2.故选 D.
︱高中总复习︱一轮·文数
考点二 求函数的最值
【例 2】 设函数 f(x)=aln x-bx2(x>0),若函数 f(x)在 x=1 处与直线 y=- 1 相切, 2
2 所以 f′(x)≤0 仅在 x=0 处等号成立,所以 f(x)在[0, π ]上单调递减,
2 所以 f(x)max=f(0)=1,f(x)min=f( π )=- π .
22
︱高中总复习︱一轮·文数
考点三 由函数的极(最)值求参数(范围) 【例3】 (2018·北京卷)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex. (1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行,求a;
︱高中总复习︱一轮·文数
【跟踪训练 4】 某种产品每件成本为 6 元,每件售价为 x(6<x<11)元,年销量为 u
万件,若已知 585 -u 与(x- 21 )2 成正比,且售价为 10 元时,年销量为 28 万件.
8
4
(1)求年销售利润 y 关于售价2,因为售价为 10 元时,年销量为 28 万件,
2021年高考数学复习精选课件 第三节 导数与函数的极值、最值
(2)求y =f(x)在[ -3,1]上的最|大值和最|小值.
解析 (1)由f(x) =x3 +ax2 +bx +c,
得f '(x) =3x2 +2ax +b.
由曲线y =f(x)在点x =1处的切线l的斜率为3,可得3×1 +2a +b =3,①
当x = 时,y =f(x)有极值,那么f ' =0,
2
2
即3×3 +2a× +b =0,② 3
2 2
2
3
3
由①②,解得a =2,b = -4. 由于切点的横坐标为1, 所以f(1) =4. 所以1 +a +b +c =4,得c =5. (2)由(1)可得f(x) =x3 +2x2 -4x +5,
f '(x) =3x2 +4x -4. 令f '(x) =0,解得x1 = -2,x22 = . f '(x), f(x)的取值及变化3情况如下表:
(2)求函数f(x)的极值.
解析 (1)f(x)的定义域为(0, +∞).
当a =2时, f '(x) =x -32+ ,
∴曲线y =f(x)在点(3x, f(3))处切线的斜率为f '(3) = .
2
(2)f '(x) =x -(a +1) + = = .
3
由f '(x) =0得x =1或a xx=2a.(a 1)x a (x 1)(x a)
x
(-∞,k-1)
k-1
f '(x)
-
0
f(x)
↘