解析 由 f(x)的图象易知 f(x)有两个极值 点 x1、 x2， 且 x＝x1 时有极小值， 因此 f′(x) ＝3ax2＋2bx＋1 的图象如图所示，
因此 a<0.
2b ∴x1＋x2<0，即 x1＋x2＝－ <0，∴b<0. 3a
又|x1|>|x2|，∴－x1>x2，
1.当 a 取下列哪个值时，函数 f(x)＝2x3－9x2＋12x－a 恰好 有两个不同的零点 A.8 B.6 C.4 D.2 ( C )
题型一
分类讨论思想在导数中的应用
例 1 设函数 f(x)＝2x3－3(a－1)x2＋1，其中 a≥1. (1)求 f(x)的单调区间； (2)讨论 f(x)的极值．
分析 根据求单调区间及极值的步骤求解．
解 (1)由已知得 f′(x)＝6x[x－(a－1)]，
令 f′(x)＝0，解得 x1＝0，x2＝a－1.
解析 f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，知可能的极值 点为 x＝1，x＝2，且 f(1)＝5－a，f(2)＝4－a，可见当 a＝4 时，函数 f(x)恰好有两个零点.
2.设函数 f(x)＝ax2＋bx＋c (a，b，c∈R)，若 x＝－1 为函数 f(x)ex 的一个极值点，则下列图象不可能为 y＝f(x)的图象 的是 ( D )
分类讨论思想在本章中主要体现在问题中含有参数或问题 是分类给出的题型中．例如，单调性的判断、求极值、求最 大(小)值等问题往往要用到分类讨论．
跟踪训练 1
设函数 f(x)是定义在[－1,0)∪(0,1]上的偶函数，
当 x∈[－1,0)时，f(x)＝x3－ax(a 为实数)． (1)当 x∈(0,1]时，求 f(x)的解析式； (2)若 a>3，试判断 f(x)在(0,1]上的单调性，并证明你的结论； (3)是否存在 a，使得 x∈(0,1]时，f(x)有最大值 1?
小结
通过学习利用导数研究函数的极值与最值，结合以前
所掌握的研究函数的奇偶性与单调性的方法，给定一个函 数，其图象的大致轮廓就能清晰地呈现在我们面前．一些数 学问题便能顺利解决．
方程根的个数或者说函数零点的个数问题即是数形结合思 想在导数中的一个具体的应用．
跟踪训练 3 已知 f(x)＝ax3＋bx2＋x(a、 b∈R 且 ab≠0)的图象如图所示，若 |x1|>|x2|，则有 A．a>0，b>0 C．a<0，b>0 ( B ) B．a<0，b<0 D．a>0，b<0
当 a＝1 时，f′(x)＝6x2，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当 a>1 时，f′(x)，f(x)随 x 的变化情况如下表： x f′(x) f(x) (－∞，0) ＋ ↗ 0 0 极大 值 (0，a－1) a－1 (a－1，＋∞) － ↘ 0 极小 值 ＋ ↗
从上表可知，函数 f(x)在(－∞，0)，(a－1，＋∞)上单调递 增，在(0，a－1)上单调递减．
2
(2)当 k＝0 时，函数 f(x)不存在极小值；
当 k>0 时，依题意 f
2 8 12 k ＝k2－ k2Байду номын сангаас＋1>0，
即 k2>4，由条件 k>0，得 k 的取值范围为(2，＋∞).
f′(x) f(x)
＋ ↗
0 极大值
－ ↘
0 极小值
＋ ↗
3 1 所以，x1＝ 是极小值点，x2＝ 是极大值点． 2 2
(2)若 f(x)为 R 上的单调函数，则 f′(x)在 R 上不变号，结合 ①与条件 a>0，知 ax2－2ax＋1≥0 在 R 上恒成立，
因此 Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0， 由此并结合 a>0， 知 0<a≤1.
4.设函数 f(x)＝kx3－3x2＋1(k≥0). (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若函数 f(x)的极小值大于 0，求 k 的取值范围.
解 (1)当 k＝0 时，f(x)＝－3x2＋1，
∴f(x)的单调增区间为(－∞，0]，单调减区间为[0，＋∞).
2 当 k>0 时，f′(x)＝3kx －6x＝3kxx－ ， k 2 ∴f(x)的单调增区间为(－∞，0]， ，＋∞ ，单调减区间为 k 2 0 ， . k
a ∴f(x)在0， 上单调递增． 3 a x∈ ，1时，f′(x)<0， 3 a ∴f(x)在 ，1上单调递减． 3
3 27 解得 a＝ ， 4
a 又函数 f(x)在 x＝ 处连续， 3 a a 3 ∴f(x)max＝f ＝－ ＋a 3 3
∴f(x)在(0,1]上单调递增． (3)当 a>3 时，f(x)在(0,1]上单调递增， ∴f(x)max＝f(1)＝a－1＝1. ∴a＝2 与 a>3 矛盾． 当 0≤a≤3 时，令 f′(x)＝a－3x2＝0，
得 x＝
x∈0，
a 或 x＝－ 3
a (舍去)． 3
a 时，f′(x)>0， 3
解 (1)设 x∈(0,1]，则－x∈[－1,0)．
∵f(x)为偶函数， ∴f(x)＝f(－x)＝－x3＋ax，
即 x∈(0,1]时，f(x)＝－x3＋ax. (2)f(x)在(0,1]上单调递增，证明如下： f′(x)＝－3x2＋a，x∈(0,1]，
∴－3x2∈[－3,0)．
又 a>3，∴a－3x2>0，即 f′(x)>0.
小结 转化与化归思想就是在处理繁杂问题时通过转化，归 结为易解决的问题，本题中将函数性质的讨论归结到二次不 等式的解．
跟踪训练 2 如果函数 f(x)＝2x2－ln x 在定义域内的一个子 区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数 k 的取值范围
3 1≤k< 2 ． 是________
解析 显然函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)， 1 4x2－1 y′＝4x－ ＝ . x x 1 由 y′>0，得函数 f(x)的单调递增区间为2，＋∞ ；
3.函数 f(x)的定义域为 R， f(－1)＝2， 对任意 x∈R， f′(x)>2， 则 f(x)>2x＋4 的解集为 A.(－1,1) C.(－∞，－1) B.(－1，＋∞) D.(－∞，＋∞) ( B )
解析 设 m(x)＝f(x)－(2x＋4)， 则 m′(x)＝f′(x)－2>0， ∴m(x) 在 R 上是增函数.∵m(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0，∴m(x)>0 的解集为{x|x>－1}，即 f(x)>2x＋4 的解集为(－1，＋∞).
a ＝1. 3
当 a<0 时，f′(x)＝a－3x2<0， ∴f(x)在(0,1]上单调递减，f(x)在(0,1]上无最大值． 3 27 综上，存在 a＝ ，使 f(x)在(0,1]上有最大值 1. 4
题型二
转化与化归思想在导数中的应用 ex 例 2 设 f(x)＝ ，其中 a 为正实数． 1＋ax2 4 (1)当 a＝ 时，求 f(x)的极值点； 3 (2)若 f(x)为 R 上的单调函数，求 a 的取值范围． 2 1 ＋ ax －2ax x 解 (1)对 f(x)求导得 f′(x)＝e . ① 1＋ax22 4 当 a＝ ，若 f′(x)＝0，则 4x2－8x＋3＝0， 3 3 1 解得 x1＝ ，x2＝ . 2 2 综合①，可知 1 1 1 3 3 3 (－∞， ) ( ，) ( ， ＋∞) x 2 2 2 2 2 2
由
1 y′<0，得函数 f(x)的单调递减区间为0，2 ，由于函数在
区间(k－1，k＋1)上不是单调函数， 1 k－1< <k＋1 3 2 所以 解得 1≤k< . 2 k－1≥0
题型三
数形结合思想在导数中的应用
例 3 求函数 f(x)＝x3－3ax＋2 的极值， 并说明方程 x3－3ax ＋2＝0 何时有三个不同的实根？何时有唯一的实根(其中 a>0)?
解 函数的定义域为 R，其导函数为 f′(x)＝3x2－3a.
由 f′(x)＝0 可得 x＝± a，列表讨论如下： x f′(x) f(x) (－∞， － a) ＋ ↗ － a 0 极大值 (－ a， a) － ↘ a 0 极小 值 ( a， ＋∞) ＋ ↗
3 由此可得， 函数在 x＝－ a处取得极大值 f(－ a)＝2＋2a 2 ； 3 在 x＝ a处取得极小值 f( a)＝2－2a 2 .
根据列表讨论，可作函数的草图(如图)．
3 因为极大值 f(－ a)＝2＋2a 2 >0，故当极小 3 值 f( a)＝2－2a 2 <0，即 a>1 时，方程 x3－3ax＋2＝0 有三 3 个不同的实根；当极小值 f( a)＝2－2a 2 >0，
即 0<a<1 时，方程 x3－3ax＋2＝0 有唯一的实根．
(2)由(1)知，当 a＝1 时，函数 f(x)没有极值；
当 a>1 时，函数 f(x)在 x＝0 处取得极大值 1， 在 x＝a－1 处取得极小值 1－(a－1)3.
小结
分类讨论是一种逻辑方法，也是一种数学思想，其实
质是“化整为零， 各个击破， 再积零为整”． 通过分类讨论， 可以把一个变幻不定的问题分解成若干个相对确定的问题， 从而使问题变得条理清晰，层次分明，易于解决．
解析 设 h(x)＝f(x)ex，则 h′(x)＝(2ax＋b)ex＋(ax2＋bx＋c)ex＝ (ax2＋2ax＋bx＋b＋c)ex.由 x＝－1 为函数 f(x)ex 的一个极值点， 得当 x＝－1 时，ax2＋2ax＋bx＋b＋c＝c－a＝0，∴c＝a. ∴f(x)＝ax2＋bx＋a.若方程 ax2＋bx＋a＝0 有两根 x1，x2，则 a x1x2＝ ＝1，D 中图象一定不满足该条件. a