高中人教A版 (2019)5.3 导数在研究函数中的应用第1课时学案

这是一份高中人教A版 (2019)5.3 导数在研究函数中的应用第1课时学案，共16页。

5.3.2　函数的极值与最大(小)值
第1课时　函数的极值
(教师独具内容)
课程标准：1.结合函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件.2.会用导数求不超过三次的多项式函数的极大值、极小值，并把形成的解题方法应用于其他函数问题中.3.体会导数方法在研究函数极值时的一般性和有效性．
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.




知识点一　函数极大值、极小值的定义
函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0.类似地，函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近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.
我们把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；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，极小值和极大值统称为极值(extremum)．
知识点二　求函数极值的方法
一般地，可按如下方法求函数y＝f(x)的极值：
解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时：
(1)如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；
(2)如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．

1．极值概念的理解
在定义中，取得极值的点称为极值点，极值点指的是自变量的值，极值指的是函数值．请注意以下四点：
(1)极值是一个局部概念．由定义可知，极值只是某个点的函数值与它附近点的函数值比较是最大或最小，并不意味着它在函数的整个定义域内最大或最小．
(2)函数的极值不一定是唯一的，即一个函数在某个区间上或定义域内的极大值或极小值可以不止一个．
(3)极大值与极小值之间无确定的大小关系，即一个函数的极大值未必大于极小值，如图所示，x1是极大值点，x4是极小值点，而f(x4)>f(x1)．

(4)函数f(x)在某区间上有极值，它的极值点的分布是有规律的，相邻两个极大值点之间必有一个极小值点，同样相邻两个极小值点之间必有一个极大值点．一般地，当函数f(x)在某区间上连续且有有限个极值点时，函数f(x)在该区间上的极大值点与极小值点是交替出现的．
2．极值点与导数为零的点的辨析
(1)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．
(2)可导函数f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧和右侧f′(x)的符号不同．
(3)如果在x0的两侧f′(x)的符号相同，则x0不是f(x)的极值点．

1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)＝有极值．(　　)
答案　(1)√　(2)√　(3)√　(4)×
2．做一做(请把正确的答案写在横线上)
(1)函数f(x)的定义域为区间(a，b)，导函数f′(x)在区间(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在区间(a，b)上的极大值点的个数为________.

(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＋的极小值为________，极大值为________.
(5)函数y＝(x>0)的极小值为________.
答案　(1)2　(2)a<0　(3)1　(4)8　－8　(5)e



题型一　求已知函数的极值
例1　求下列函数的极值：
(1)f(x)＝x3－3x2－9x＋5；
(2)f(x)＝.
[解]　(1)函数f(x)＝x3－3x2－9x＋5的定义域为R，且f′(x)＝3x2－6x－9.解方程3x2－6x－9＝0，得x1＝－1，x2＝3.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1,3)
3
(3，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
10
单调递减
－22
单调递增
因此，x＝－1是函数的极大值点，极大值为f(－1)＝10；x＝3是函数的极小值点，极小值为f(3)＝－22.
(2)函数f(x)＝的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝.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)
单调递增

单调递减
因此，x＝e是函数的极大值点，极大值为f(e)＝，函数f(x)没有极小值．

(1)解答本题时应注意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，它的单调递减区间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．
[跟踪训练1]　求下列函数的极值：
(1)f(x)＝－2；
(2)f(x)＝x2e－x.
解　(1)函数的定义域为R.
f′(x)＝＝－.
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－3
↗
极大值－1
↘
由上表可以看出，
当x＝－1时，函数有极小值，且极小值为f(－1)＝－3；
当x＝1时，函数有极大值，且极大值为f(1)＝－1.
(2)函数的定义域为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0
↗
极大值4e－2
↘
由上表可以看出，
当x＝0时，函数有极小值，且极小值为f(0)＝0；
当x＝2时，函数有极大值，且极大值为f(2)＝.
题型二　已知函数的极值求参数
例2　已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，求常数a，b的值．
[解]　因为f(x)在x＝－1时有极值0，且f′(x)＝3x2＋6ax＋b，
所以即
解得或
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)时，f(x)为增函数；
当x∈(－3，－1)时，f(x)为减函数；
当x∈(－1，＋∞)时，f(x)为增函数；
所以f(x)在x＝－1时取得极小值．
所以a＝2，b＝9.

已知函数的极值情况，逆向应用确定函数的解析式，研究函数的性质时，应注意两点：
(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必须验证根的合理性．
[跟踪训练2]　已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝1与x＝－时，都取得极值．
(1)求a，b的值；
(2)若f(－1)＝，求函数f(x)的单调区间和极值．
解　(1)令f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝0.
由题设，知x＝1，x＝－为f′(x)＝0的解．
由一元二次方程根与系数的关系，得
－a＝1－，＝1×.
∴a＝－，b＝－2.
(2)f(x)＝x3－x2－2x＋c，
由f(－1)＝－1－＋2＋c＝，得c＝1.
∴f(x)＝x3－x2－2x＋1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x

－

1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗

↘
－
↗
∴函数f(x)的单调递增区间为，(1，＋∞)，单调递减区间为.
当x＝－时，f(x)有极大值，极大值为f＝；当x＝1时，f(x)有极小值，极小值为f(1)＝－.
题型三　利用极值判断方程根的个数
例3　已知曲线f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a与x轴只有一个交点，求实数a的取值范围．
[解]　f′(x)＝－3x2＋6x＋9.
令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝3.
列表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1,3)
3
(3，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
所以当x＝－1时，f(x)有极小值f(－1)＝a－5；
当x＝3时，f(x)有极大值f(3)＝a＋27.
画出大致图象，要使f(x)的图象与x轴只有一个交点，只需极大值小于0(如图1)或极小值大于0(如图2)．

所以a＋27<0或a－5>0，解得a<－27或a>5.
故实数a的取值范围为a<－27或a>5.

(1)研究方程根的问题可以转化为研究相应函数的图象问题．一般地，方程f(x)＝0的根就是函数f(x)的图象与x轴交点的横坐标，方程f(x)＝g(x)的根就是函数f(x)与g(x)的图象的交点的横坐标．
(2)事实上利用导数可以判断函数的单调性，研究函数的极值情况，并能在此基础上画出函数的大致图象，从直观上判断函数图象与x轴的交点个数或两个函数图象的交点的个数，从而为研究方程根的个数问题提供方便．
[跟踪训练3]　设函数f(x)＝x3－6x＋5，x∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若关于x的方程f(x)＝a有三个不同实根，求实数a的取值范围．
解　(1)f′(x)＝3x2－6，
令f′(x)＝0，解得x1＝－，x2＝.
因为当x>或x<－时，f′(x)>0；
当－ 所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－)和(，＋∞)；单调递减区间为(－，)．
当x＝－时，函数f(x)有极大值5＋4；当x＝时，f(x)有极小值5－4.
(2)由(1)的分析知y＝f(x)的图象的大致形状及走向如右图所示，
当5－4
题型四　分类讨论思想在导数中的应用
例4　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．
[解]　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－.
(1)当a＝2时，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－(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－＝，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－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．

一般地，遇到题目中含有参数的问题时，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．
[跟踪训练4]　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．
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，
所以即解得
(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＝－，x2＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－)
－
(－，)

(，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
f(－)
↘
f()
↗
因此，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－)和(，＋∞)，单调递减区间为(－，)，此时x＝－是函数f(x)的极大值点，x＝是函数f(x)的极小值点．



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
答案　A
解析　∵f′(x)＝3ax2＋b，∴f′(1)＝3a＋b＝0.　①
又当x＝1时，函数f(x)有极值－2，∴a＋b＝－2.　②
联立①②解得经检验知符合题意，故a，b的值分别为1，－3.
2．设函数f(x)＝＋ln x，则(　　)
A．x＝为f(x)的极大值点
B．x＝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
答案　D
解析　∵f(x)＝＋ln x，x>0，∴f′(x)＝－＋，令f′(x)＝0，即－＋＝＝0，解得x＝2.当02时，f′(x)>0，∴x＝2为f(x)的极小值点．
3. (多选)定义在区间上的函数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
答案　ABD
解析　根据导函数图象可知，在区间(－∞，0)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在区间(0，＋∞)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．
4．已知函数f(x)＝aex－x2有两个极值点，则实数a的取值范围是________.
答案　
解析　f′(x)＝aex－2x，若函数f(x)＝aex－x2有两个极值点，则y＝a和g(x)＝在R上有2个交点，因为g′(x)＝，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)＝，而当x∈(1，＋∞)时，>0恒成立，所以0 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，大致图象如右图所示．

(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)的极值．
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解得
所以函数f(x)的解析式为f(x)＝x3－4x＋4.
(2)由(1)知，函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝x2－4，
所以令f′(x)＝x2－4>0，得x<－2或x>2，此时函数f(x)单调递增；
令f′(x)＝x2－4<0，得－2 x
(－∞，－2)
－2
(－2,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以函数f(x)的极大值为f(－2)＝，函数f(x)的极小值为f(2)＝－.



A级：“四基”巩固训练
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．若在定义域内恒有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
答案　B
解析　若“函数f(x)在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．
2．下列函数中，x＝0是极值点的函数是(　　)
A．y＝－x3 B．y＝cos2x
C．y＝tanx－x D．y＝
答案　B
解析　A项，y＝－x3，∵y′＝(－x3)′＝－3x2，当x<0或x>0时，y′<0，∴x＝0不是极值点；B项，y＝cos2x，∵y′＝(cos2x)′＝2cosx(－sinx)＝－sin2x，在x＝0附近，当x<0时，－sin2x>0，y′>0，当x>0时，－sin2x<0，y′<0，∴x＝0是y＝cos2x的极大值点；C项，y＝tanx－x，y′＝(tanx－x)′＝－1，在x＝0附近，当x<0或x>0时，00，∴x＝0不是极值点；D项，y＝，y′＝′＝－，当x<0或x>0时，y′<0，∴x＝0不是极值点，故选B．
3．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(2－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　)

A．函数f(x)有极大值f(1)和极小值f(－1)
B．函数f(x)有极大值f(1)和极小值f(2)
C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
D．函数f(x)有极大值f(－1)和极小值f(2)
答案　A
解析　由函数y＝(2－x)f′(x)的图象可知，当x＝－1，x＝1时，f′(x)＝0，且在(－∞，－1)上f′(x)<0，在(－1,1)上f′(x)>0，在(1,2)上f′(x)<0，在(2，＋∞)上f′(x)<0.所以函数f(x)有极大值f(1)和极小值f(－1)．
4．设a∈R，若函数y＝eax＋3x，x∈R有大于零的极值点，则(　　)
A．a>－3 B．a<－3
C．a>－ D．a<－
答案　B
解析　令y＝f(x)，则f′(x)＝aeax＋3，函数f(x)在x∈R上有大于零的极值点，即f′(x)＝aeax＋3＝0有正根．当f′(x)＝aeax＋3＝0成立时，显然有a<0，此时x＝ln ，由x>0可得a<－3.
5．(多选)f(x)＝ax3＋x2＋x＋1(a∈R)，下列选项中可能是函数f(x)图象的是(　　)

答案　BCD
解析　当a＝0时，函数f(x)＝x2＋x＋1的图象如图D所示；当a>0时，f′(x)＝ax2＋x＋1，若0 二、填空题
6．函数f(x)＝的极大值为________.
答案　
解析　∵函数f(x)＝，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝＝，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，极大值为f(e2)＝＝.
7．函数f(x)＝ex－x－b(e为自然对数的底数，b∈R)，若函数g(x)＝f恰有4个零点，则实数b的取值范围为________.
答案　
解析　令f(x)－＝t，则f(t)＝0，f(x)＝t＋恰有四个解．f(t)＝0有两个解，由f′(x)＝ex－1，可得f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，则f(x)min＝f(0)＝1－b<0，可得b>1.设f(t)＝0的负根为m，由题意知，m＋>1－b，m>－b，f>0，则e－b－>0，∴b<＋ln 2.∴实数b的取值范围为.
8．对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，定义：设f′(x)是f(x)的导函数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称(x0，f(x0))为函数f(x)的拐点．某同学经过探索发现任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数的图象都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数g(x)＝x3－x2＋3x－，则g＋g＋…＋g＝________， (－1)i－1·g′＝________.
答案　2020　0
解析　因为g(x)＝x3－x2＋3x－，所以g′(x)＝x2－x＋3.令h(x)＝g′(x)＝x2－x＋3，则h′(x)＝2x－1.由h′(x)＝2x－1＝0可得x＝，g＝1，即函数g(x)的图象关于点对称，所以g(x)＋g(1－x)＝2，所以g＋g＋…＋g＝2×1010＝2020.因为g′(x)＝x2－x＋3的图象的对称轴为直线x＝，所以g′(1－x)＝g′(x)，即g′＝g′，g′＝g′，…，所以 (－1)i－1·g′＝g′－g′＋g′－g′＋…＋g′－g′＝0.
三、解答题
9．已知函数y＝ax3＋bx2，当x＝1时，有极大值3.
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数y的极小值．
解　(1)设y＝f(x)＝ax3＋bx2，则f′(x)＝3ax2＋2bx.
由题意，知即解得
(2)由(1)，知y＝－6x3＋9x2.
所以y′＝－18x2＋18x＝－18x(x－1)．
令y′＝0，解得x1＝1，x2＝0.
因为当x<0时，y′<0；当00；
当x>1时，y′<0.
所以当x＝0时，y有极小值，其极小值为0.
10．已知函数f(x)＝xex，g(x)＝.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)当x>0时，求证：f(x)>g(x)．
解　(1)由题意知，f′(x)＝xex＋ex＝(x＋1)ex,
令f′(x)>0，得x>－1，令f′(x)<0，得x<－1.
则f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的极小值为f(－1)＝－，无极大值．
(2)证明：当x>0时，要证f(x)>g(x)，即证ex>.
令F(x)＝x2－ln x(x>0)，则F′(x)＝2x－(x>0)，
令F′(x)>0，得x>，令F′(x)<0，得0 则F(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以当x>0时，F(x)≥F＝－ln >0，
所以x2>ln x，即<1.
因为x>0时，ex>e0＝1，
所以当x>0时，ex>⇒xex>，
所以当x>0时，不等式f(x)>g(x)成立．
B级：“四能”提升训练
1．已知函数f(x)＝(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)＝，
∴f′(x)＝.
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＝－，x2＝a.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x

－

a
(a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
∴f(x)在区间，(a，＋∞)上为减函数，
在区间上为增函数，
函数f(x)在x1＝－处取得极小值f，且f＝－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＝－，x2＝a.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，a)
a

－

f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
∴f(x)在区间(－∞，a)，上为增函数，在区间上为减函数，
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＝－处取得极小值f，且f＝－a2.
2．已知函数f(x)＝ex－ax2－2ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的导数f′(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，求实数a的取值范围，并证明(x1＋1)(x2＋1)<1.
解　(1)由题意，得f′(x)＝ex－2ax－2a＝ex－2a(x＋1)(x∈R)．
设g(x)＝f′(x)(x∈R)，则g′(x)＝ex－2a.
①当a≤0时，g′(x)＝ex－2a>0，所以f′(x)在R上单调递增．
②当a>0时，由g′(x)＝ex－2a＝0，得x＝ln (2a)．
当x 当x>ln (2a)时，g′(x)>0，f′(x)在(ln (2a)，＋∞)上单调递增．
(2)由于f(x)有两个极值点x1，x2，即f′(x)＝0在x∈R上有两解x1，x2，f′(x)＝0即ex－2a(x＋1)＝0，显然x≠－1，故等价于＝2a有两解x1，x2.
设h(x)＝，则h′(x)＝，
当x<－1时，h′(x)<0，所以h(x)在(－∞，－1)上单调递减，
且h(x)<0，x→－∞时，h(x)→0，x→－1时，h(x)→－∞；
当－1 当x>0时，h′(x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且x→＋∞时，h(x)→＋∞，
所以h(0)＝1是h(x)的极小值，＝2a有两解x1，x2等价于2a>1，得a>.
不妨设x1 由(1)得f′(x)在(－∞，ln (2a))上单调递减，在(ln (2a)，＋∞)上单调递增，
故x1<0 因为ex1＝2a(x1＋1)，ex2＝2a(x2＋1)，且－1 所以x1＝ln (2a)＋ln (x1＋1)，x2＝ln (2a)＋ln (x2＋1)，
即ln (x1＋1)＝x1－ln (2a)，ln (x2＋1)＝x2－ln (2a)．
欲证明(x1＋1)(x2＋1)<1，
等价于证明ln (x1＋1)＋ln (x2＋1)<0，
即证明x1＋x2－2ln (2a)<0，只要证明x1<2ln (2a)－x2.
因为f′(x)在(－∞，ln (2a))上单调递减，x1,2ln (2a)－x2∈(－∞，ln (2a))，
所以只要证明f′(x1)>f′(2ln (2a)－x2)．
因为f′(x1)＝f′(x2)，
所以只要证明f′(x2)>f′(2ln (2a)－x2)，
即证明f′(x2)－f′(2ln (2a)－x2)>0.
设H(x)＝f′(x)－f′(2ln (2a)－x)，
由(1)得H(x)＝g(x)－g(2ln (2a)－x)，
H′(x)＝g′(x)＋g′(2ln (2a)－x)＝ex－2a＋e2ln (2a)－x－2a＝ex＋－4a≥2 －4a＝0，
所以H(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
所以H(x2)>H(ln (2a))＝f′(ln (2a))－f′(2ln (2a)－ln (2a))＝0，
即f′(x2)－f′(2ln (2a)－x2)>0，
故(x1＋1)(x2＋1)<1.