1、第2節導數及其應用導數在研究函數中的應用2021新亮劍高考總復習第三章目錄CONTENTS1 磨劍課前自學2 悟劍課堂精講（課時1）3 悟劍課堂精講（課時2）悟劍課堂精講（課時2）悟劍課堂精講（課時1）磨劍課前自學目 錄 磨劍課前自學高考動態知識3拓展知識查缺補漏目 錄知識拓展知識查缺補漏高考動態最新考綱考向分析1. 了解函數的單調性和導數的關系;能利用導數研究函數的單調性,會求函數的單調區間.2. 了解函數在某點取得極值的必要條件和充分條件;會利用導數求函數的極大值、極小值;會求閉區間上函數的最大值、最小值.3. 會利用導數解決某些實際問題1. 考查函數的單調性、極值、最值, 利用函數的性質

2、求參數的取值范圍; 與方程、不等式等知識相結合命題, 強化函數與方程思想、轉化與化歸思想、分類討論思想的應用意識;題型以解答題為主,一般難度較大.2. 重點考查數 算及邏輯推理素養4一、函數的單調性與導數的關系條件結論函數 y=f(x)在區間(a,b)上可導f(x)0f(x)在(a,b)內單調遞增f(x)0f(x)在(a,b)內單調遞減f(x)=0f(x)在(a,b)內是常數函數5查缺補漏拓展知識知識高考動態目 錄二、函數的極值若函數 y=f(x)在點 x=a 的函數值 f(a)比它在點 x=a 附近其他點的函數值都小,f(a)=0,而且在點 x=a 附近的左側 f(x)0 ,則點 a 叫作函

3、數 y=f(x)的極小值點,f(a)叫作函數 y=f(x)的極小值.若函數 y=f(x)在點 x=b 的函數值 f(b)比它在點 x=b 附近其他點的函數值都大,f(b)=0,而且在點 x=b 附近的左側 f(x)0,右側 f(x)0.() (2)若函數 f(x)在某個區間內恒有 f(x)=0,則 f(x)在此區間內沒有單調性.()(3) 若在(a,b)內,f(x)0 且 f(x)=0 的根有有限個,則 f(x)在(a,b)內單調遞減.()(4) 對可導函數 f(x),f(x0)=0 是 x0 為極值點的充要條件.()(5) 函數的極大值一定是函數的最大值.()(6) 開區間上的單調連續函數無

4、最值.()答案9查缺補漏拓展知識知識高考動態目 錄解析(1)錯誤.若函數 f(x)在(a,b)內單調遞增,則 f(x)0.(2) 正確.若在某區間內恒有 f(x)=0,則在該區間內 f(x)為常數.(3) 正確.因為 f(x)=0 的根有有限個,所以 f(x)在(a,b)的任何子區間內都不恒為零,故 f(x)在(a,b)內是減函數.(4) 錯誤.對可導函數 f(x),f(x0)=0 是 x0 為極值點的必要不充分條件.(5) 錯誤.函數的極值不一定是最值.(6) 正確.由于函數在區間內單調且不能取到端點,故函數無最值.10查缺補漏拓展知識知識高考動態目 錄【基礎自測】1. 如圖所示的是函數 f

5、(x)的導數 f(x)的圖象,則下列判斷正確的是( A.在區間(-3,1)上,f(x)單調遞增B. 在區間(1,3)上,f(x)單調遞減C. 在區間(4,5)上,f(x)單調遞增D. 在區間(3,5)上,f(x)單調遞減C).答案解析11解析由圖象可知,當 x(4,5)時,f(x)0,故 f(x)在(4,5)上單調遞增.查缺補漏拓展知識知識高考動態目 錄2. 函數 y=x-ex 的單調遞減區間是(A).A.(0,+)B.(-,0)C.(1,+)D.(-,1)解析y=1-ex,令 y=1-ex0,y=x-ex 的單調遞減區間是(0,+).答案解析12查缺補漏拓展知識知識高考動態目 錄3. 函數

6、f(x)=x3-3x2+1 在 x=2處取得極小值.解析由題意知 f(x)=3x2-6x=3x(x-2).由 f(x)0,得 x2,由 f(x)0,得 0x0,得 x2 或 x-2;令 f(x)0,得-2x2.4-4 與3.所以 f(x)在(-,-2)和(2,+)上單調遞增,在(-2,2)上單調遞減.又 f(2)=-4,f(0)=4,f(3)=1,故 f(x)在0,3上的最大值是 4,最小值是-4.33答案解析14查缺補漏拓展知識知識高考動態目 錄【易錯檢測】5. 函數 f(x)的定義域為 R,導函數 f(x)的圖象如圖所示,則函數 f(x)( A.無極大值點,有四個極小值點B.有三個極大值點

7、,一個極小值點C.有兩個極大值點,兩個極小值點D.有四個極大值點,無極小值點C).解析由圖可知,導函數的圖象與 x 軸的四個交點都是極值點,左起第一個答案解析15與第三個是極大值點,第二個與第四個是極小值點.查缺補漏拓展知識知識高考動態目 錄6. 已知定義在 R 上的函數 f(x)滿足 f(1)=3,且 f(x)的導數 f(x)滿足 f(x)2(xR),則不等式 f(x)2x+1 的解集為 (1,+).解析令 g(x)=f(x)-2x-1,g(x)=f(x)-20,g(x)在 R 上單調遞減.g(1)=f(1)-2-1=0,由 g(x)1,答案解析16不等式的解集為(1,+).悟劍課堂精講（課

8、時2）悟劍課堂精講（課時1）磨劍課前自學目 錄課時1利用導數研究函數的單調性 悟劍課堂精講17考點探究素養達成高考真題目 錄考點探究素養達成高考真題考點1判斷或證明函數的單調性考向 1:不含參數的函數的單調性例 1(1)下列函數中,在(0,+)上單調遞增的是(B) A.f(x)=sin 2xB.f(x)=xexC.f(x)=x3-xD.f(x)=-x+ln x答案(2) 已知函數 f(x)=x2+2cos x,若 f(x)是 f(x)的導函數,則函數 f(x)的圖象大致是(A).解析18解析(1)對于 A,f(x)=sin 2x 的單調遞增區間是 - 4, + (kZ);4對于 B,f(x)=

9、ex(x+1),當 x(0,+)時,f(x)0,函數 f(x)=xex 在(0,+)上單調遞增;對于 C,f(x)=3x2-1,令 f(x)0,得 x 3或 x0,得 0x0(f(x)0,討論 f(x)在(0,2)上的單調性.4+44 + -4- 2(-) -4解析f(x)=- 2-1= 2=- 2 (0x0).當 0kk0,且42,所以當 x(0,k)時,f(x)0,所以函數 f(x)在(0,k)上單調遞減,在(k,2)上單調遞增.當 k=2 時,4=k=2,f(x)2 時,04 4 ,所以當 x 0, 4 時,f(x)0,解析21所以函數 f(x)在 0, 4 上單調遞減,在 4 ,2 上

10、單調遞增.方法總結：研究含參數的函數的單調性,要依據參數對不等式解集的影響進行分類討論.22【針對訓練1】1. 函數 f(x)=cDA.先增后減C.單調遞增D.單調遞減解析因為 f(x)=-sin x-10,所以 f(x)在(0,)上單調遞減,故選 D.答案解析232.(2020 屆四川達州一模)函數 f(x)=log2(x+1)與函數 g(x)=-2x3+3x2 在區間0,1上的圖象大致是(A).答案解析24解析由 g(x)=-2x3+3x2,得 g(x)=-6x2+6x,令 h(x)=g(x),得 h(x)=-12x+6,當 0x0,即函數 g(x)=-2x3+3x2 的圖象在區間 0,

11、1 上越來越陡峭;22當1x1 時,h(x)0,故 f(x)在(0,+)上單調遞增.當 a0 時,f(x)0,故 f(x)在(0,+)上單調遞減.當 0a1 時,令 f(x)=0,解得 x= 1-,2則當 x 0, 1- 時,f(x)0.22故 f(x) 在 0, 1-上單調遞減,在 1- , + 上單調遞增.解析26 22考點2求函數的單調區間考向 1:求不含參數的函數的單調區間例 3(1)函數 y=4x2+1的單調遞增區間為(B).A.(0,+)B. 1 , + 2C.(-,-1)D. -,- 1 2(2)(2020 屆河北省九校第二次聯考)函數 y=x+3+2ln x 的單調遞減區間是(

12、B).A.(-3,1)B.(0,1)C.(-1,3)D.(0,3)答案解析27解析(1)由 y=4x2+1,得 y=8x- 1 ,令 y0,即 8x- 1 0,解得 x1, 2 22所以函數 y=4x2+1的單調遞增區間為 1 , + .故選 B.2(2)令 y=1- 3 +20,得-3x0,故所求函數的單調遞減區間為(0,1).故選 B. 2方法總結：求函數單調區間的步驟: (1)確定函數f(x)的定義域;(2)求f(x);(3) 在定義域內解不等式f(x)0,得到f(x)的單調遞增區間; (4)在定義域內解不等式f(x)2,令 f(x)=0,得 x=- 2-42或 x= + 2-4.解析2

13、當 x 0,- 2-42 + 2-42, + 時,f(x)0.所以 f(x)在 0,- 2-42 , + 2-42, + 上單調遞減,在 - 2-42+ 2-4,2 上單調遞增.29方法總結：劃分函數的單調區間時,要在函數的定義域內討論,還要確定導數為0的點和函數的間斷點.30【針對訓練2】21.函數 f(x)=+1(a0)的單調遞增區間是(B).A.(-,-1)B.(-1,1)C.(1,+)D.(-,-1)(1,+)(2)2解析f(x)=(1-2) ,令 f(x)0,解得-1x0,即32-10,解得 x 3.3令 f(x)0,即32-10,解得 0x 3.f(x)的單調遞增區間為 33 ,

14、+ ,單調遞減區間為 0, 33 .3答案解析32目 錄考點探究素養達成高考真題3.(2020 屆遼寧高考模擬)已知 a0,設函數 f(x)=2+,討論 f(x)的單調性.e解析f(x)=-(-1)( +1-).e若 a=0,則 f(x)=-1,當 x0,當 x1 時,f(x)0.e所以 f(x)在(-,1)上單調遞增,在(1,+)上單調遞減.若 a1,所以當 x1-1時,f(x)0,當 1x1-1時,f(x)0.所以 f(x)在(-,1), 1- 1, + 上單調遞增,在 1,1- 1 上單調遞減.解析33考點3已知函數的單調性求參數的取值范圍例 5已知函數 f(x)=ln x-1ax2-2

15、x.2(1) 若函數 f(x)存在單調遞減區間,求實數 a 的取值范圍; (2)若函數 f(x)在1,4上單調遞減,求實數 a 的取值范圍.解析34解析(1)因為 f(x)=ln x-1ax2-2x,x(0,+),所以 f(x)=1-ax-2,x(0,+).2因為 f(x)在(0,+)上存在單調遞減區間,所以當 x(0,+)時,1-ax-2 1 -2有解. 2 設 g(x)= 1 -2,所以只要 ag(x)即可. 2而 g(x)= 12-1-1,所以 g(x)minmin=-1,所以 a-1.所以實數 a 的取值范圍為(-1,+).35(2) 因為 f(x)在1,4上單調遞減,所以當 x1,4

16、時,f(x)=1-ax-20 恒成立,即 a 1 -2恒成立.由(1)知 g(x)= 1 -2= 1 -1 2-1, 2 2 所以 ag(x)max.因為 x1,4,所以1 1 ,1 ,4所以 g(x)=- 7 (此時 x=4),所以 a- 7 ,max1616所以實數 a 的取值范圍是 - 716, + .36方法總結：由函數的單調性求參數取值范圍的方法:(1) 可導函數f(x)在區間(a,b)上單調,實際上就是在該區間上f(x)0(或f(x)0) 恒成立,由此得到關于參數的不等式,從而轉化為求函數的最值問題,進而求出參數的取值范圍;(2) 可導函數f(x)在區間(a,b)上存在單調區間,實

17、際上就是f(x)0(或f(x)0(或f(x)min2,則 f(x)2x+4 的解集為(B).A.(-1,1)B.(-1,+)C.(-,-1)D.(-,+)(2)(2020 屆安徽省示范高中聯考)設函數 f(x)在 R 上存在導數 f(x),對任意的 xR,有 f(-x)-f(x)=0,且當 x0,+)時,f(x)2x.若 f(a-2)-f(a)4-4a,則實數 a 的取值范圍為(A).A.(-,1B.1,+)C.(-,2D.2,+)答案解析40考點探究素養達成高考真題目 錄解析(1)由 f(x)2x+4,得 f(x)-2x-40.設 F(x)=f(x)-2x-4,則 F(x)=f(x)-2.因

18、為 f(x)2,所以 F(x)0 在 R 上恒成立,所以 F(x)在 R 上單調遞增. 又 F(-1)=f(-1)-2(-1)-4=2+2-4=0,故不等式 f(x)-2x-40 等價于 F(x)F(-1),所以 x-1,故選 B.(2)令 G(x)=f(x)-x2,則 G(x)=f(x)-2x.當 x0,+)時,G(x)=f(x)-2x0,所以 G(x)在0,+)上單調遞增.因為 G(-x)=f(-x)-(-x)2=f(x)-x2=G(x),所以 G(x)為偶函數,G(x)在(-,0)上單調遞減.因為 f(a-2)-f(a)4-4a,所以 f(a-2)-4+4a-a2f(a)-a2,所以 f

19、(a-2)-(a-2)2f(a)-a2,即 G(a-2)G(a),所以|a-2|a|,所以 a1.故選 A.方法總結：一般地,在不等式中若同時含有f(x)與f(x),常需要通過構造含f(x)與另一函數的積或商的新函數來求解,再借助導數探索新函數的性質,進而得出結果. 41目 錄高考真題考點探究素養達成考向 2:比較大小例 7(1)(2020 屆安徽模擬)已知 f(x)=ln,則(D).A.f(2)f(e)f(3)B.f(3)f(e)f(2)C.f(3)f(2)f(e)D.f(e)f(3)f(2)(2)(2020 屆南昌調研)已知函數 f(x)是定義在 R 上的偶函數,設函數 f(x)的導函數為

20、 f(x),若對任意 x0 都有 2f(x)+xf(x)0 成立,則(A).A.4f(-2)9f(3)C.2f(3)3f(-2)D.3f(-3)0;當 x(e,+)時,f(x)f(3)f(2).max2636(2)根據題意,令 g(x)=x2f(x),其導數 g(x)=2xf(x)+x2f(x),又對任意 x0 都有 2f(x)+xf(x)0 成立,則當 x0 時,有 g(x)=x 2() + () 0 恒成立,即函數 g(x)在(0,+)上單調遞增.又函數 f(x)是定義在 R 上的偶函數,則 f(-x)=f(x),g(-x)=(-x)2f(-x)=x2f(x)=g(x),即函數 g(x)也

21、為偶函數,g(-2)=g(2),且 g(2)g(3),g(-2)g(3),即 4f(-2)9f(3).故選 A.方法總結：利用題目條件,構造輔助函數,把求解不等式的問題轉化為利用導數研究函數單調性的問題,再由單調性比較大小.43【針對訓練4】1.(2020 屆河南省九校聯考)已知 f(x)是定義在 R 上的連續函數 f(x)的導函數,若 f(x)-2f(x)0 的解集為(A).A.(-,-1)B.(-1,1)C.(-,0)D.(-1,+)解析設 g(x)=(),則 g(x)=()-2()0,所以 g(x)0,又 g(-1)=0,所以 x-1.答案解析442.(2020 屆安徽合肥模擬)設 f(

22、x)和 g(x)分別是定義在 R 上的奇函數和偶函數,f(x),g(x)分別為其導數,當 x0,且 g(-3)=0,則不等式 f(x)g(x)0 的解集是(D).A.(-3,0)(3,+)B.(-3,0)(0,3)C.(-,-3)(3,+)D.(-,-3)(0,3)答案解析45解析 令 h(x)=f(x)g(x),當 x0,則 h(x)在(-,0) 上單調遞增,又 f(x),g(x)分別是定義在 R 上的奇函數和偶函數,所以 h(x)為奇函數,所以 h(x)在(0,+)上單調遞增.又由 g(-3)=0,可得 h(-3)=-h(3)=0,所以當 x-3 或 0x3 時,h(x)0,故選 D.3.

23、 設 f(x),g(x)是定義在 R 上的恒大于 0 的可導函數,且 f(x)g(x)-f(x)g(x)0,則當axf(b)g(b)B.f(x)g(a)f(a)g(x)C.f(x)g(b)f(b)g(x)D.f(x)g(x)f(a)g(a)解析令 F(x)=(),則 F(x)=()()-()()0,所以 F(x)在 R 上單調遞減.()()2又 ax()().又 f(x)0,g(x)0,所以 f(x)g(b)f(b)g(x).()()()答案解析464.(2020 屆武漢模擬)已知定義域為 R 的奇函數 f(x)的導數為 f(x),當 x0時,xf(x)-f(x)0,若 a=(e),b=(ln

24、2),c= (-3),則 a,b,c 的大小關系是(D).eln 2-3A.abcB.bcaC.acbD.ca0 時,xf(x)-f(x)0 時,g(x)0.g(x)在(0,+)上單調遞減.由 f(x)為奇函數,知 g(x)為偶函數,則 g(-3)=g(3),答案解析47又 a=g(e),b=g(ln 2),c=g(-3)=g(3),g(3)g(e)g(ln 2),故 ca0.(1) 討論 f(x)在其定義域上的單調性;(2) 當 x0,1時,求 f(x)取得最大值和最小值時的 x 的值.解析48解析(1)f(x)的定義域為(-,+),f(x)=1+a-2x-3x2.令 f(x)=0,得 x=

25、-1- 4+3,x=-1+ 4+3 ,且 xx ,所以 f(x)=-3(x-x)(x-x ).13231212當 xx2 時,f(x)0;當 x1x0.故 f(x) 在 -, -1- 4+3和 -1+ 4+3 , + 上單調遞減, 33在 -1- 4+3 , -1+ 4+3上單調遞增. 3349(2)因為 a0,所以 x10.當 a4 時,x21,由(1)知,f(x)在0,1上單調遞增,所以 f(x)在 x=0 和 x=1 處分別取得最小值和最大值.當 0a4 時,x21,由(1)知,f(x)在0,x2上單調遞增,在x2,1上單調遞減,因此,f(x)在 x=x =-1+ 4+3 處取得最大值.

26、23又 f(0)=1,f(1)=a,所以當 0a1 時,f(x)在 x=1 處取得最小值;當 a=1 時,f(x)在 x=0 和 x=1 處同時取得最小值; 當 1a0 時,求函數 f(x)的單調區間.解析(1)當 a=0 時,f(x)=(x+1)ex,所以切線的斜率 k=f(1)=2e.所以 y=f(x)在點(1,e)處的切線方程為 y-e=2e(x-1),即 2ex-y-e=0.解析51目 錄高考真題考點探究素養達成(2)f(x)=(x+1)(ex-a),令 f(x)=0,得 x=-1 或 x=ln a.當 a=1時,f(x)0 恒成立,所以 f(x)在 R 上單調遞增.e當 0a1時,l

27、n a0,得 x-1;由 f(x)0,得 ln ax1時,ln a-1,由 f(x)0,得 xln a;由 f(x)0,得-1xln a,e所以 f(x)的單調遞增區間為(-,-1),(ln a,+),單調遞減區間為(-1,ln a).綜上所述,當 a=1時,f(x)在 R 上單調遞增;e當 0a1時,f(x)的單調遞增區間為(-,-1),(ln a,+),單調遞減區間為(-1,ln a).e52考點探究素養達成高考真題目 錄1.(2017 年浙江卷)函數 y=f(x)的導函數 y=f(x)的圖象如圖所示,則函數 y=f(x)的圖象可能是(D).答案解析53解析函數 f(x)先減再增,再減再增

28、,且由增變減時,極值點大于 0,故選 D.考點探究素養達成高考真題目 錄2.(2018 年全(1) 若 a=3,求 f(x)的單調區間;(2) 證明:f(x)只有一個零點.解析(1)當 a=3 時,f(x)=1x3-3x2-3x-3,f(x)=x2-6x-3.3令 f(x)=0,解得 x=3-2 3或 x=3+2 3.當 x(-,3-2 3)(3+2 3,+)時,f(x)0;當 x(3-2 3,3+2 3)時,f(x)0,所以 f(x)=0 等價于3+1-3a=0.設g(x)=3 2+x+1-3a,則 g(x)=2( 2+2+3)0,當且僅當 x=0 時 g(x)=0,(22)+1所以 g(x

29、)在(-,+)上單調遞增.故 g(x)至多有一個零點,從而 f(x)至多有一個零點.又 f(3a-1)=-6a2+2a-1=-6 - 1 2-10,故 f(x)只有一個零點.366355悟劍課堂精講（課時2）悟劍課堂精講（課時1）磨劍課前自學目 錄課時2利用導數研究函數的極值與最值悟劍課堂精講56考點探究素養達成高考真題目 錄考點探究素養達成高考真題考點1利用導數解決函數的極值問題考向 1:根據圖象判斷函數的極值例 1(1)設函數 f(x)在 R 上可導,其導數為 f(x),且函數 y=(1-x)f(x)的圖象如圖所示,則下列結論中一定成立的是(D).A. 函數 f(x)有極大值 f(2)和極

30、小值 f(1)B. 函數 f(x)有極大值 f(-2)和極小值 f(1)C. 函數 f(x)有極大值 f(2)和極小值 f(-2)答案解析57D. 函數 f(x)有極大值 f(-2)和極小值 f(2)解析(1)由題圖可知,當 x3,此時 f(x)0;當-2x1 時,01-x3,此時 f(x)0;當 1x2 時,-11-x0,此時 f(x)2 時,1-x0.由此可得函數 f(x)在 x=-2 處取得極大值,在 x=2 處取得極小值.58(2)函數 f(x)=x3+bx2+cx+d 的大致圖象如圖所示,則2+2等于(C).12A.89B.109C.169D.289答案解析59解析(2)因為函數 f

31、(x)的圖象過原點,所以 d=0.又 f(-1)=0 且 f(2)=0,即-1+b-c=0 且 8+4b+2c=0,解得 b=-1,c=-2,所以函數 f(x)=x3-x2-2x,所以 f(x)=3x2-2x-2.由題意知 x1,x2 是函數 f(x)的極值點,所以 x1,x2 是 f(x)=0 的兩個根,所以 x+x =2,xx =-2,所以2+2=(x+x )2-2xx =4+4=16.12312312121 2939方法總結：對于根據圖象判斷函數極值的情況,先找導數為0的點,再判斷導數為0的點左、右兩側的導數符號.60考向 2:求函數的極值例 2(2020 屆湖南省十校聯考)已知函數 f

32、(x)=ln x-1ax2+x,aR.2(1) 當 a=0 時,求曲線 y=f(x)在點(1,f(1)處的切線方程;(2) 令 g(x)=f(x)-(ax-1),求函數 g(x)的極值.解析(1)當 a=0 時,f(x)=ln x+x,則 f(1)=1,所以切點為(1,1).又 f(x)=1+1,所以切線斜率 k=f(1)=2,故切線方程為 y-1=2(x-1),即 2x-y-1=0.解析61考點探究素養達成高考真題目 錄(2)g(x)=f(x)-(ax-1)=ln x-1ax2+(1-a)x+1,則 g(x)=1-ax+(1-a)=-2+(1-)+1,2當 a0 時,因為 x0,所以 g(x

33、)0,所以 g(x)在(0,+)上單調遞增,函數 g(x)無極值.- 2+(1-)+1 -1 (+1)1當 a0 時,g(x)=-,令 g(x)=0,得 x=,所以當 x 0, 1 時,g(x)0;當 x 1 , + 時,g(x)0 時,函數 g(x)有極大值,極大值為 1 -ln a,無極小值.262目 錄考點探究素養達成高考真題方法總結：求函數f(x)極值的步驟:第一步,確定函數的定義域;第二步,求導數f(x);第三步,解方程f(x)=0,求出在函數定義域內的所有根;第四步,列表檢驗f(x)在f(x)=0的根x0左、右兩側的符號,如果左正右負,那么f(x)在x0處取極大值,如果左負右正,那

34、么f(x)在x0處取極小值.63考向 3:已知函數的極值求參數例 3已知函數 f(x)=ex-a(ln x+1)(aR).(1) 求曲線 y=f(x)在點(1,f(1)處的切線方程;(2) 若函數 y=f(x)在 1 ,1 上有極值,求實數 a 的取值范圍.2解析(1)函數 f(x)的定義域為(0,+),f(x)=ex-.因為 f(1)=e-a,f(1)=e-a,所以曲線 y=f(x)在點(1,f(1)處的切線方程為 y-(e-a)=(e-a)(x-1),即 y=(e-a)x.解析64(2)由題意知,f(x)=ex-.當 a0 時,對于任意 x 1 ,1 ,都有 f(x)0,所以函數 f(x)在 1 ,1 上單調遞增,22沒有極值,不合題意.當 a0 時,令 g(x)=ex-,則 g(x)=ex+ 0.所以 g(x)在 1 ,1 上單調遞增,即 f(x) 22(1) 0,在 1 ,1 上單調遞增,所以函數 f(x)在 1 ,1 上有極值,等價于12所 以 e- 0,2解得 eae. 2