函數的極值[極值點]

本文轉載自查看原文 2019-11-26 18:27 286 02教學反思

前言

常規思路

給定函數，用導數法求數字系數的函數極值的步驟：

①確定函數的定義域；

②求導數$f'(x)$；

③解方程$f'(x)＝0$，求出在函數定義域內的所有根；

④列表檢驗$f'(x)$在$f'(x)＝0$的根$x_0$左右兩側值的符號．

⑤由表格得到極值和極值點；

用導數法求字母系數的函數極值的步驟：

需要分類討論；每一種情形都對應上述的求解步驟；

有兩個極值點求參

【姊妹題1】(2017$\cdot$安徽合肥模擬)已知函數$f(x)=xlnx-ae^x$有兩個極值點，則實數$a$的取值范圍是【】

$A.(0，\cfrac{1}{e})$ $B.(0，e)$ $C.(\cfrac{1}{e}，e)$ $D.(-\infty，e)$

【法1】：函數$f'(x)=lnx+1-ae^x=0$有兩個變號零點，

即函數$g(x)=lnx+1(x>0)$與函數$h(x)=ae^x(x>0)$有兩個不同的交點；

仿上題的法1，求得兩條曲線相切時的$a=\cfrac{1}{e}$，

結合圖像可知，要使兩個函數有兩個不同的交點，

則有$0< a <\cfrac{1}{e}$，故選A。

【法2】：函數$f'(x)=lnx+1-ae^x=0$有兩個變號零點，

分離參數得到，$a=\cfrac{lnx+1}{e^x}$，

仿上例法2，求得$0< a <\cfrac{1}{e}$，故選A。

已知函數$f(x)=x(lnx-ax)$有兩個極值點，求$a$的取值范圍【】

$A.(-\infty，0)$ $B.(0，\cfrac{1}{2})$ $C.(0，1)$ $D.(0，+\infty)$

法1：函數$f(x)=x(lnx-ax)$有兩個極值點，即導函數$f'(x)=lnx+1-2ax$有兩個變號零點，

即方程$lnx=2ax-1$有兩個不同實數根，即函數$y=lnx$與函數$y=2ax-1$有兩個不同的交點，作出圖像如右圖；

設恆過定點的函數$y=2ax-1$與函數$y=lnx$相切於點$(x_0，y_0)$，

則$\begin{cases}2a=\cfrac{1}{x_0}\\y_0=2ax_0-1\\y_0=lnx_0\end{cases}$，

解得$x_0=1，y_0=0$，即切點為$(1，0)$，此時直線的斜率為$k=1$，

由圖像可知，要使函數$y=lnx$與函數$y=2ax-1$有兩個不同的交點，

則$0<2a<1$，即$a\in(0，\cfrac{1}{2})$，故選B.

法2：轉化為導函數$f'(x)=lnx+1-2ax$有兩個變號零點，

分離參數得到，方程$2a=\cfrac{lnx+1}{x}$有兩個不同的實根，

令$g(x)=\cfrac{lnx+1}{x}$，定義域為$x>0$，$g'(x)=\cfrac{-lnx}{x^2}$，

則$x\in(0，1)$時，$g'(x)>0$，函數$g(x)$單調遞增，

$x\in(1，+\infty)$時，$g'(x)<0$，函數$g(x)$單調遞減，

故$g(x)_{max}=g(1)=1$，

作出函數$y=g(x)$和$y=2a$的圖像於同一個坐標系中，

則得到$0<2a<1$，即$a\in(0，\cfrac{1}{2})$，故選$B$.

【2019屆高三理科數學二輪用題】若函數$f(x)=(a+1)e^{2x}-2e^x+(a-1)x$有兩個極值點，則實數$a$的取值范圍是【】

$A.(0，\cfrac{\sqrt{6}}{2})$ $B.(1，+\cfrac{\sqrt{6}}{2})$ $C.(-\cfrac{\sqrt{6}}{2}，+\cfrac{\sqrt{6}}{2})$ $D.(\cfrac{\sqrt{6}}{3}，1)\cup(1，\cfrac{\sqrt{6}}{2})$

分析：函數$f(x)$有兩個極值點，則方程$f'(x)=0$有兩個不同實根，且是變號實根；

即$f'(x)=2(a+1)e^{2x}-2e^x+(a-1)=0$有兩個不同實根，令$e^x=t>0$，

則方程$2(a+1)t^2-2t+(a-1)=0$有兩個不同的正實根，

則其必然滿足$\left\{\begin{array}{l}{\Delta=4-4\times2(a^2-1)>0}\\{-\cfrac{-2}{2\times 2(a+1)}>0}\\{\cfrac{a-1}{2(a+1)}>0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{-\cfrac{\sqrt{6}}{2}<a<\cfrac{\sqrt{6}}{2}}\\{a>1}\\{a<-1或a>1}\end{array}\right.$，

則$1<a<\cfrac{\sqrt{6}}{2}$。故選$B$。

【同源題，2013湖北卷】已知$a$為常數，函數$f(x)=x(lnx-ax)$有兩個極值點$x_1，x_2(x_1 < x_2)$，則【】

$A.f(x_1)>0，f(x_2)>-\cfrac{1}{2}$

$B.f(x_1)<0，f(x_2)<-\cfrac{1}{2}$

$C.f(x_1)>0，f(x_2)<-\cfrac{1}{2}$

$D.f(x_1)<0，f(x_2)>-\cfrac{1}{2}$

分析：同於上例2的不完全分離參數法，可以求得函數$f(x)$有兩個極值點時的條件是$0< a <\cfrac{1}{2}$，

再者，由兩個函數$y=lnx$和$y=2ax-1$有兩個交點的圖像，可以直觀得到$x_1< 1 < x_2$，

且由$f'(x)=lnx-2ax+1=lnx-(2ax-1)$，以及圖像可知，$f'(x) >0$在$(x_1，x_2)$上恆成立，

故$f(x)$在$(x_1，x_2)$上單調遞增，則有$f(x_1)< f(1) =-a <0$，$f(x_2) > f(1) =-a >-\cfrac{1}{2}$，

故選$D$。

已知函數$f(x)=(2-a)lnx+\cfrac{1}{2}x^2-2ax$有兩個極值點$x_1，x_2（x_1\neq x_2）$，求實數$a$的取值范圍；

【分析】先將題目轉化為導函數$y=f'(x)$有兩個變號零點，再利用導函數的分子函數即二次函數有兩個正值的變號零點解答；

【解答】定義域為$(0，+∞)$，原函數有兩個不相等的正的極值點，則導函數$y=f'(x)$有兩個正值變號零點，

$f'(x)=\cfrac{2-a}{x}+x-2a=\cfrac{x^2-2ax+2-a}{x}$，

令$g(x)=x^2-2ax+2-a$，則需要$\left\{\begin{array}{l}{△>0}\\{-\cfrac{-2a}{2}>0}\\{g(0)>0}\end{array}\right.$，

即$\left\{\begin{array}{l}{a<-2，a>1}\\{a>0}\\{a<2}\end{array}\right.$，即得到$1<a<2$。

若函數$f(x)=\cfrac{1}{2}x^2-2x+alnx$有兩個不同的極值點，則實數$a$的取值范圍是___________。

提示：仿照上述例4求解，$a\in (0,1)$；

存在極值點求參

【2018北京卷19題】設函數$f(x)=[ax^2-(3a+1)x+3a+2]e^x$，

(1).若曲線$y=f(x)$在點$(2，f(2))$處的切線斜率為$0$，求$a$；

分析：$f'(x)=[ax^2-(a+1)x+1]e^x$，

$f'(2)=(2a-1)e^x$，由$f'(2)=0$，解得$a=\cfrac{1}{2}$，

經檢驗，$a=\cfrac{1}{2}$滿足題意；

(2).若函數$f(x)$在$x=1$處取得極小值，求$a$的取值范圍；

法1：為什么想到分類討論和求導？^[1]

由(1)知，$f'(x)=[ax^2-(a+1)x+1]e^x=(ax-1)(x-1)e^x$，

用$y=(ax-1)(x-1)$說明；首先討論最簡單的情形，

當$a=0$時，$x\in (-\infty,1)$時，$f'(x)>0$，$f(x)$單調遞增；$x\in (1,+\infty)$時，$f'(x)<0$，$f(x)$單調遞減；

在$x=1$處取到極大值，不符合題意，舍去；

當$a<0$時，令$f'(x)=0$，得到$x=1$或$x=\cfrac{1}{a}$，且有$\cfrac{1}{a}<0<1$

$x\in (-\infty,\cfrac{1}{a})$時，$f'(x)<0$，$f(x)$單調遞減；$x\in (\cfrac{1}{a}，1)$時，$f'(x)>0$，$f(x)$單調遞增；$x\in (\cfrac{1}{a},+\infty)$時，$f'(x)<0$，$f(x)$單調遞減；

在$x=1$處取到極大值，不符合題意，舍去；

當$0<\cfrac{1}{a}<1$時，即$a>1$，則當$x\in (-\infty,\cfrac{1}{a})$時，$f'(x)>0$，$f(x)$單調遞增；當$x\in (\cfrac{1}{a},1)$時，$f'(x)<0$，$f(x)$單調遞減；當$x\in (1，+\infty)$時，$f'(x)>0$，$f(x)$單調遞增；則$f(x)$在$x=1$處取得極小值；符合題意；

當$\cfrac{1}{a}=1$時，即$a=1$，則$f'(x)=(x-1)^2e^x\geqslant 0$恆成立，$f(x)$在$x\in (-\infty,+\infty)$上單調遞增，此時無極值，不符題意；

當$\cfrac{1}{a}>1$時，即$0<a<1$，則當$x\in (-\infty,1)$時，$f'(x)>0$，$f(x)$單調遞增；當$x\in (1,\cfrac{1}{a})$時，$f'(x)<0$，$f(x)$單調遞減；當$x\in (\cfrac{1}{a}，+\infty)$時，$f'(x)>0$，$f(x)$單調遞增；此時則$f(x)$在$x=1$處取得極大值；不符合題意；

綜上可知，$a$的取值范圍為$(1，+\infty)$；

法2：如果只考慮$x=1$的極值的情形，不計其余，也可簡解如下，

由於函數$f(x)$在$x=1$處取得極小值，且$f'(x)=[ax^2-(a+1)x+1]e^x=(ax-1)(x-1)e^x$，以及$e^x>0$恆成立，

則需要導函數$f'(x)$的圖像滿足$f'(1)=0$，且導函數在$x=1$處的值滿足左負右正；

令$g(x)=(ax-1)(x-1)$，故只需要$a>0$，且$\cfrac{1}{a}<1$，解得$a>1$，

故$a$的取值范圍為$(1，+\infty)$；

【2019大同模擬】已知函數$f(x)=\cfrac{1+lnx}{x}$，若函數$f(x)$在區間$(a，a+\cfrac{1}{2})$上存在極值，求正實數$a$的取值范圍；

分析：定義域為$(0，+\infty)$，$f'(x)=-\cfrac{lnx}{x^2}$

當$x\in (0，1)$時，$f'(x)>0$，$f(x)$單調遞增，

當$x\in (1，+\infty)$時，$f'(x)<0$，$f(x)$單調遞減，

故$x=1$為函數的極大值點，且是唯一極值點；

故必滿足$0<a<1<a+\cfrac{1}{2}$，即$a\in (\cfrac{1}{2}，1)$;

【2019臨汾調研】若函數$f(x)=\cfrac{x^3}{3}-\cfrac{a}{2}x^2+x+1$在區間$(\cfrac{1}{2}，3)$上有極值點，則$a$的取值范圍是【】

$A.(2，\cfrac{5}{2})$ $B.[2，\cfrac{5}{2})$ $C.(2，\cfrac{10}{3})$ $D.[2，\cfrac{10}{3})$

分析：函數$f(x)$在區間$(\cfrac{1}{2}，3)$上有極值點，等價於$f'(x)=0$有$2$個不相等實根且在區間$(\cfrac{1}{2}，3)$內有根，

由$f'(x)=0$有$2$個不相等實根，則由$\Delta >0$，得到$a<-2$或$a>2$；

由$f'(x)=0$在區間$(\cfrac{1}{2}，3)$內有根，即$a=x+\cfrac{1}{x}$在區間$(\cfrac{1}{2}，3)$內有根，

又$x+\cfrac{1}{x}\in [2，\cfrac{10}{3})$，則$2\leqslant a<\cfrac{10}{3}$，

綜上，$a$的取值范圍是$a\in (2，\cfrac{10}{3})$，故選$C$；

【2020屆高三文科訓練】設$a\in R$，若函數$f(x)=e^x+ax$有大於零的極值點，則$a$的范圍為【】

$A.a <-1$ $B.a>-1$ $C.a>-\cfrac{1}{e}$ $D.a<-\cfrac{1}{e}$

分析：$f'(x)=e^x+a$，由於函數$f(x)=e^x+ax$有大於零的極值點，

則$f'(x)=e^x+a=0$有大於零的解，即$a=-e^x$在$x>0$上有解，

即$a$的取值范圍為函數$y=-e^x(x>0)$的值域；

而函數$y=-e^x(x>0)$的值域為$(-\infty，-1)$，則$a<-1$，故選$A$。

若函數$f(x)=2x^2-lnx$在其定義域的一個子區間$(k-1，k+1)$內存在最小值，則實數$k$的取值范圍是________。

分析：定義域為$(0，+\infty)$，由於$f'(x)=4x-\cfrac{1}{x}$，令$f'(x)=0$，解得$x=\cfrac{1}{2}$為極小值點，也是最小值點，

則由$\left\{\begin{array}{l}{k-1\geqslant 0，定義域}\\{k-1<\cfrac{1}{2}<k+1}\end{array}\right.$，解得$k\in [1，\cfrac{3}{2})$；

【2019屆高三理科數學資料用題】設函數$f(x)=\cfrac{e^x}{x^2}-k(\cfrac{2}{x}+lnx)$，($k$為常數)，

(1)當$k\leq 0$時，求函數$f(x)$的單調區間；

分析：函數的定義域為$(0，+\infty)$，

$f'(x)=\cfrac{e^x\cdot x^2-e^x\cdot 2x}{x^4}-k(-\cfrac{2}{x^2}+\cfrac{1}{x})$

$=\cfrac{e^x(x-2)}{x^3}-\cfrac{kx(x-2)}{x^3}=\cfrac{(x-2)(e^x-kx)}{x^3}$

【將上述分式看成三個部分，$y=x-2$和$y=e^x-kx$和$y=x^3$，每一個部分的正負必然會影響和決定整體的正負】

注意到$x^3>0$，當$k\leq 0$時，$e^x-kx>0$，故我們只需要借助$y=x-2(x>0)$的圖像，就可以判斷$f'(x)$的正負。

當$x\in (0，2)$時，$f'(x)<0$，$f(x)$單調遞減；

當$x\in (2，+\infty)$時，$f'(x)>0$，$f(x)$單調遞增；

故單減區間為$(0，2)$，單增區間為$(2，+\infty)$。

(2)若函數$f(x)$在$(0，2)$內存在兩個極值點，求$k$的取值范圍。

法1：分類討論法，

由(1)知，當$k\leq 0$時，函數$f(x)$在$(0，2)$內單調遞增，

故$f(x)$在$(0，2)$內不存在極值點；

當$k > 0$時，設函數$g(x)=e^x-kx$，$x\in (0，+\infty)$，

由於$g'(x)=e^x-k=e^x-e^{lnk}$，

當$x\in (0，2)$時，$e^x \in (1，e^2)$，先考慮$g'(x)\ge 0$的情形，故由此找到分點$k=1$；

當$0< k \leq 1$時，$x\in (0，2)$時，$g'(x)=e^x-k >0$，

$y=g(x)$單調遞增，故$g(x)_{min}=g(0)=1>0$；

故函數$f(x)$在$(0，2)$內單調遞減，故不存在極值點；

當$k >1$時，則$x\in (0，lnk)$時，$g'(x)<0$，$g(x)$單調遞減，

$x\in (lnk，+\infty)$時，$g'(x) >0$，$g(x)$單調遞增，

所以函數$y=g(x)$的最小值為$g(lnk)=k(1-lnk)$，

那么函數$f(x)$在$(0，2)$內存在兩個極值點應該等價於函數$g(x)$在$(0，2)$內存在兩個極值點，

函數$g(x)$在$(0，2)$內存在兩個極值點當且僅當

$\left\{\begin{array}{l}{g(0) >0}\\{g(lnk) <0}\\{g(2)>0}\\{0< lnk <2}\end{array}\right.$

即$\left\{\begin{array}{l}{e^0-0>0}\\{k(1-lnk) <0}\\{e^2-2k >0}\\{0< lnk <2}\end{array}\right.$

解得$e< k <\cfrac{e^2}{2}$；

綜上所述，函數$f(x)$在$(0，2)$內存在兩個極值點，則$k\in (e，\cfrac{e^2}{2})$。

法2：由於函數$f(x)$在$(0，2)$內存在兩個極值點，

則函數$y=f'(x)$在區間$(0，2)$內存在兩個零點，且為變號零點，

又$f'(x)=\cfrac{(x-2)(e^x-kx)}{x^3}$，則方程$f'(x)=\cfrac{(x-2)(e^x-kx)}{x^3}=0$在$(0，2)$內有兩個不同的實根，

由於$x\in (0，2)$，即方程$e^x-kx=0$在$(0，2)$內有兩個不同的實根，

分離參數，即方程$k=\cfrac{e^x}{x}$在$(0，2)$內有兩個不同的實根，

即函數$y=k$和函數$h(x)=\cfrac{e^x}{x}$的圖像在$(0，2)$內有兩個不同的交點，

函數$y=h(x)$的定義域為$(-\infty，0)\cup(0，+\infty)$，

由於$h'(x)=\cfrac{e^x\cdot x-e^x\cdot 1}{x^2}=\cfrac{e^x(x-1)}{x^2}$，

故$x\in (-\infty，0)$時，$h'(x)<0$，$h(x)$單調遞減，

$x\in (0，1)$時，$h'(x)<0$，$h(x)$單調遞減，

$x\in (1，+\infty)$時，$h'(x)>0$，$h(x)$單調遞增，

又由於$h(1)=e$，根據以上做出函數$h(x)$的簡圖如下，

注意，本題目中只需要關注$h(x)$的$x\in (0，2)$這一段，

由圖像可知，兩個函數的圖像在$(0，2)$內要有兩個不同的交點，則$k\in (e，\cfrac{e^2}{2})$。

故函數$f(x)$在$(0，2)$內存在兩個極值點，則$k\in (e，\cfrac{e^2}{2})$。

已知$|\vec{a}|=2|\vec{b}|$，$|\vec{b}| \neq 0$，且關於$x$的函數$f(x)=\cfrac{1}{3}x^3+\cfrac{1}{2}|\vec{a}|x^2+\vec{a}\cdot \vec{b}x$在$R$上有極值，則$\vec{a}$與$\vec{b}$的夾角范圍是【】

$A.[0，\cfrac{\pi}{6})$ $B.(\cfrac{\pi}{3}，\pi]$ $C.(\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{2\pi}{3}]$ $D.(\cfrac{\pi}{6}，\pi]$

分析：函數$f(x)=\cfrac{1}{3}x^3+\cfrac{1}{2}|\vec{a}|x^2+\vec{a}\cdot \vec{b}x$在$R$上有極值，

其充要條件是其導函數$y=f'(x)$存在變號零點，

$f'(x)=x^2+|\vec{a}|x+\vec{a}\cdot \vec{b}$，其$\Delta =|\vec{a}|^2-4\vec{a}\cdot \vec{b}>0$，

設$\vec{a}$與$\vec{b}$的夾角為$\theta$，

則$4|\vec{b}|^2-4\times 2|\vec{b}| \cdot |\vec{b}| cos\theta>0$，

即$cos\theta<\cfrac{1}{2}$，由於$\theta\in [0，\pi]$，

所以$\theta \in (\cfrac{\pi}{3}，\pi]$，故選$B$。

若函數$f(x)=x^4-ax^3+x^2-2$有且僅有一個極值點，則實數$a$的取值范圍是___________。

分析：$f'(x)=4x^3-3ax^2+2x=x(4x^2-3ax+2)$，

函數$f(x)=x^4-ax^3+x^2-2$有且僅有一個極值點，

其充要條件是因子函數$h(x)=4x^2-3ax+2$不存在變號零點，

即$\Delta=9a^2-32\leq 0$，解得$-\cfrac{4\sqrt{2}}{3}\leq x\leq \cfrac{4\sqrt{2}}{3}$，

即$a\in [-\cfrac{4\sqrt{2}}{3}，\cfrac{4\sqrt{2}}{3}]$。

【2019屆高三理科數學三輪用題】已知函數$f(x)=\cfrac{1}{2}x^2+(a-e)x-aelnx+b$，(其中$a，b\in R$，$e$為自然對數的底數)在$x=e$處取得極大值，則實數$a$的取值范圍是【】

$A.(-\infty，0)$ $B.[0，+\infty)$ $C.[-e，0)$ $D.(-\infty，-e)$

分析：$f'(x)=x+(a-e)-\cfrac{ae}{x}=\cfrac{x^2+(a-e)x-ae}{x}=\cfrac{(x+a)(x-e)}{x}$，

做出分子函數的簡圖，由圖可知，$-a>e$，解得$a<-e$，故選$D$。

討論極值點個數

【2019渭南模擬改編】已知函數$f(x)=lnx-ax(a\in R)$，試討論函數$f(x)$在定義域內的極值點個數；

分析：定義域為$(0，+\infty)$，$f'(x)=\cfrac{1}{x}-a=\cfrac{1-ax}{x}(x>0)$，[用圖像說明]

當$a\leqslant 0$時，$f'(x)>0$在$(0，+\infty)$上恆成立，

故$f(x)$在$(0，+\infty)$上單調遞增，此時函數無極值點；

當$a>0$時，令$f'(x)=0$得到$x=\cfrac{1}{a}$，

則$x\in (0，\cfrac{1}{a})$時，$f'(x)>0$，$f(x)$單調遞增，

$x\in (\cfrac{1}{a}，+\infty)$時，$f'(x)<0$，$f(x)$單調遞減，

故函數在$x=\cfrac{1}{a}$處有極大值，無極小值；

綜上所述，當$a\leqslant 0$時，函數$f(x)$無極值點；

當$a>0$時，函數$f(x)$有一個極大值點$x=\cfrac{1}{a}$，無極小值點。

【2019豫南九校質量考評】若函數$f(x)=x(x-c)^2$在$x=2$處有極小值，則常數$c$的值為【】

$A.4$ $B.2或6$ $C.2$ $D.6$

分析：$f'(x)=3x^2-4cx+c^2$，又函數$f(x)=x(x-c)^2$在$x=2$處有極小值，

則$f'(2)=3\times2^2-8c+c^2=0$，解得$c=2$或$c=6$，接下來驗證如下：

當$c=2$時，$f'(x)=3x^2-8x+4=(3x-2)(x-2)$，故$f(x)$在$x=2$處有極小值，符合題意；

當$c=6$時，$f'(x)=3x^2-24x+36=(3x-6)(x-6)$，故$f(x)$在$x=2$處有極大值，不符合題意；

故$c=2$，則選$C$。

【2019鄭州質檢】若函數$f(x)$存在$n-1(n\in N^*)$個極值點，則稱函數$f(x)$為$n$折函數，例如函數$f(x)=x^2$為$2$折函數，已知函數$f(x)=(x+1)e^x-x(x+2)^2$，則$f(x)$為【】折函數；

$A.2$ $B.3$ $C.4$ $D.5$

分析：$f'(x)=(x+2)e^x-(x+2)(3x+2)=(x+2)(e^x-3x-2)$，

令$f'(x)=0$，則得到$x=-2$或$e^x=3x+2$

易知$x=-2$為其一個極值點，又$e^x=3x+2$

結合圖像可知，$y=e^x$和$y=3x+2$有兩個交點，

[還需要驗證]$e^{-2}\neq 3\times (-2)+3=-4$，

故函數$f(x)$有三個極值點，即函數為$4$折函數，故選$C$。

【2019屆高三理科數學資料用題】已知$a，b$是實數，$1$和$-1$是函數$f(x)=x^3+ax^2+bx$的兩個極值點，

(1)求$a、b$的值；

分析：由題目可知，$f'(x)=3x^2+2ax+b$，

則由$\left\{\begin{array}{l}{f'(-1)=3-2a+b=0}\\{f'(1)=3+2a+b=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=0}\\{b=-3}\end{array}\right.$，

經檢驗，$f'(x)=3x^2-3=3(x+1)(x-1)$，則$1$和$-1$是函數$f(x)$的兩個極值點，滿足題意。

【解后反思】由於可導函數$f(x)$，$f'(x_0)=0$是$x_0$為極值點的必要不充分條件，

故解方程后需要檢驗。

(2)設函數$g(x)$的導函數$g'(x)=f(x)+2$，求$g(x)$的極值點。

分析：由題可知，$g'(x)=f(x)+2=x^3-3x+2$，

【試商法，得知$x=1$為函數$g'(x)$的零點，故分組分解如下】

$g'(x)=x^3-1-3x+3=(x-1)(x^2+x+1)-3(x-1)$

$=(x-1)(x^2+x-2)=(x-1)^2(x+2)$，

如果題目是選擇或填空題，則利用穿根法做出函數$g'(x)$的簡圖，

由圖像可知，$x=1$不是極值點，$x=-2$是極小值點。

解答題時則這樣做，

當$x\in (-\infty，-2)$，$g'(x)<0$，則$g(x)$單調遞減；

當$x\in (-2，1)$，$g'(x)>0$，則$g(x)$單調遞增；

當$x\in (1，+\infty)$，$g'(x)>0$，則$g(x)$單調遞增；

故$x=-2$是函數$g(x)$的極小值點，$x=1$不是極值點。

注意：$x=-2$是導函數$y=g'(x)$的變號零點，

$x=1$是導函數$y=g'(x)$的不變號零點。

【2016山東】

暫補充第二問的思路二，

$f'(x)=lnx-2a(x-1)$，借助函數$y=lnx$和函數$y=2a(x-1)(a>0)$的圖像，分類討論如下：

先需要證明不等式$x-1\geqslant lnx$；證明思路

①當$2a=1$時，即$a=\cfrac{1}{2}$時，$x\in (0,+\infty)$時，$f'(x)=lnx-2a(x-1)\leqslant 0$恆成立，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上單調遞減，函數沒有極值，不符合題意，舍去；

②當$0<2a<1$時，即$0<a<\cfrac{1}{2}$時，函數$y=lnx$與函數$y=2a(x-1)$有兩個交點，其橫坐標分別為$1$和$x_0(x_0>1)$，

則$x\in (0,1)$時，$f'(x)=lnx-2a(x-1)< 0$，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上單調遞減，

$x\in (1,x_0)$時，$f'(x)=lnx-2a(x-1)> 0$，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上單調遞增，

$x\in (x_0,+\infty)$時，$f'(x)=lnx-2a(x-1)< 0$，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上單調遞減，

故在$x=1$處取到極小值，不符題意，舍去；

③當$2a>1$時，即$a>\cfrac{1}{2}$時，函數$y=lnx$與函數$y=2a(x-1)$有兩個交點，其橫坐標分別為$1$和$x_0(0<x_0<1)$，

則$x\in (0,x_0)$時，$f'(x)=lnx-2a(x-1)< 0$，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上單調遞減，

$x\in (x_0,1)$時，$f'(x)=lnx-2a(x-1)> 0$，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上單調遞增，

$x\in (1,+\infty)$時，$f'(x)=lnx-2a(x-1)< 0$，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上單調遞減，

故在$x=1$處取到極大值，符合題意；

綜上所述，$a\in (\cfrac{1}{2}，\infty)$。

待整理

已知函數$f(x)=\cfrac{1}{2}x+m+\cfrac{3}{2x}-lnx(m\in R)$，若$x_1$，$x_2$是函數$g(x)=x\cdot f(x)$的兩個極值點，且$x_1<x_2$，求證：$x_1x_2<1$。

分析：待解答，極值點偏移問題；

之所以首先想到求導，是因為題目給定的是極值或者極值點，而極值或極值點首先和判斷單調性相關聯；
之所以想到分類討論而不是分離參數的原因是，當參數的取值不同時，導函數的圖像也隨之不同，導函數的值的正負隨之變化，故需要分類討論。 ↩︎

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