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2014创新设计高中数学(苏教版)第三章 第2讲 用导数研究函数的单调性与极值


第2讲 用导数研究函数的单调性与极值

抓住2个考点

突破3个考向

揭秘3年高考

考点梳理
1.函数的单调性 函数f(x)在(a,b)内可导,f′(x)在(a,b)任意子区间内都不恒 增 减 等于0.f′(x)≥0?f(x)为___函数;f′(x)≤0?f(x)为___函数. 2.函

数的极值 (1)判断f(x0)是极值的方法 一般地,当函数f(x)在点x0处连续时, 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;

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f′(x)<0 f′(x)>0 ②如果在x0附近的左侧_________,右侧________ ,那么 f(x0)是极小值. (2)求可导函数极值的步骤

①求f′(x);
②求方程f′(x)=0的根; ③检查f′(x)在方程f′(x)=0的根左右值的符号.如果左正右 极大值 负,那么f(x)在这个根处取得_________;如果左负右正, 那么f(x)在这个根处取得极小值,如果左右两侧符号一 样,那么这个根不是极值点.

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【助学· 微博】 一个考情解读 本讲内容是高考的必考内容,主要以解答题的形式考查利

用导数研究函数的单调性,求函数的单调区间,求函数的
极值.也有可能以解答题的形式考查导数与解析几何、不 等式、三角函数等知识相结合的问题.综合题一般作为压

轴题出现,难度较大.

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考点自测
1 1. (2012· 苏州调研)函数 y=x+2ln x 的单调减区间为________. 1 1 2 2x-1 解析 由 y=x+2ln x,得 y′=- 2+x= 2 ≤0(x>0), x x
? 1? 1 解得 0<x≤ ,所以函数的单减区间为?0,2?. 2 ? ?

答案

? 1? ?0, ? 2? ?

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2.函数y=3x2-6ln x的单调增区间为________,单调减 区间为________. 6x2-6 6 解析 y′=6x-x= x .∵定义域为(0,+∞),
由 y′>0,得 x>1,∴增区间为(1,+∞); 由 y′<0,得 0<x<1,∴减区间为(0,1).

答案

(1,+∞)

(0,1)

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3.若函数f(x)=ax3+3x2-x恰有3个单调区间,则实数a的

取值范围是________.
解析 由题意 f′(x)=3ax2+6x-1=0 有两个不相等的 ?a>-3 且 a≠0.

?62+4×3a>0, ? 实数根,故? ?a≠0 ?

答案

(-3,0)∪(0,+∞)

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4.已知a>0,函数f(x)=x3-ax在[1,+∞)上是单调递增

函数,则a的取值范围是________. 解析 f′(x)=3x2-a,由f(x)在[1,+∞)上是单调递增函
数,得f′(x)≥0在区间[1,+∞)上恒成立,即3x2-a≥0, x∈[1,+∞)恒成立,故实数a≤3x2在[1,+∞)上的最小

值,即a≤3.
答案 (-∞,3]

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5.(2012· 启东中学一模)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的取值范围是 ________.
解析 由 f(x)=x3+x2-ax-4, f′(x)=3x2+2x-a.由题 得

意, f′(x)=0, 3x2+2x-a=0 在(-1,1)内恰有一个实根, 即 所 以 f′( - 1)f′(1) = (3 - 2 - a)(3 + 2 - a)<0 或
?f′?-1?=3-2-a=0, ? ? ?f′?1?=3+2-a>0, ?

解得 1<a<5 或 a=1.

故实数 a 的取值范围是[1,5).

答案

[1,5)
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考向一

利用导数解决函数的单调性问题

【例 1】 (2012· 苏中三市调研)已知函数 f(x)=ln x-ax+ 1-a x -1(a∈R). (1)当 a=-1 时,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线 方程; 1 (2)当 a≤ 时,讨论 f(x)的单调性. 2
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2 (1)当 a=-1 时, f(x)=ln x+x+x-1, x∈(0, +∞). 所

x2+x-2 以 f′(x)= ,x∈(0,+∞),因此 f′(2)=1, x2 即曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为 1. 又 f(2)=ln 2+2,所以曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方 程为 y-(ln 2+2)=x-2,即 x-y+ln 2=0. 1-a (2)因为 f(x)=ln x-ax+ x -1, a-1 ax2-x+1-a 1 所以 f′(x)=x-a+ 2 =- ,x∈(0,+∞). x x2
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令g(x)=ax2-x+1-a,x∈(0,+∞),
①当a=0时,g(x)=-x+1,x∈(0,+∞), 所以,当x∈(0,1)时,g(x)>0,此时f′(x)<0,函数f(x)单调

递减;当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,此时f′(x)>0,函数f(x)
单调递增; ②当a≠0时,由f′(x)=0,
1 即 ax -x+1-a=0,解得 x1=1,x2=a-1.
2

1 (ⅰ)当 a= 时,x1=x2,g(x)≥0 恒成立,此时 f′(x)≤0, 2 函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减;
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1 1 (ⅱ)当 0<a< 时,a-1>1>0, 2 x∈(0,1)时,g(x)>0,此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; ? ? 1 x∈?1,a-1?时,g(x)<0,此时 f′(x)>0,函数 f(x)单调递 ? ? 增; ?1 ? x∈?a-1,+∞?时,g(x)>0,此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调 ? ? 递减; 1 (ⅲ)当 a<0 时,由于a-1<0, x∈(0,1)时,g(x)>0,此时f′(x)<0,函数f(x)单调递减;

x∈(1,+∞)时,g(x)<0,此时f′(x)>0,函数f(x)单调递 增.
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综上所述: 当 a≤0 时,函数 f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上 单调递增; 1 当 a= 时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减; 2
? ? 1 1 当 0<a< 时,函数 f(x)在(0,1)上单调递减,在?1,a-1?上 2 ? ? ?1 ? 单调递增,在?a-1,+∞?上单调递减. ? ?

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[方法总结] 讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集
的情况.大多数情况下,这类问题可以归结为一个含有参 数的一元二次不等式的解集的讨论,在能够通过因式分解

求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分类讨论,
在不能通过因式分解求出根的情况时根据不等式对应方程 的判别式进行分类讨论.

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【训练1】 已知f(x)=ex-ax-1. (1)求f(x)的单调增区间; (2)若f(x)在定义域R内单调递增,求a的取值范围.



(1)∵f(x)=ex-ax-1,∴f′(x)=ex-a.

令f′(x)≥0,得ex≥a, 当a≤0时,有f′(x)>0在R上恒成立;

当a>0时,有x≥ln a.
综上,当a≤0时,f(x)的单调增区间为(-∞,+∞); 当a>0时,f(x)的单调增区间为[ln a,+∞).

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(2)∵f(x)=ex-ax-1,∴f′(x)=ex-a. ∵f(x)在R上单调递增, ∴f′(x)=ex-a≥0恒成立,

即a≤ex,x∈R恒成立.
∵x∈R时,ex∈(0,+∞),∴a≤0. 当a=0时,f′(x)=ex,f′(x)>0在R上恒成立.

故当a≤0时,f(x)在定义域R内单调递增.

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考向二

利用导数解决函数的极值问题

x 【例 2】 (2012· 无锡调研)已知函数 f(x)= (x>0, x≠1). ln x (1)求函数 f(x)的极值; x (2)若不等式 ea>x 对任意实数 x 恒成立,求实数 a 的 取值范围.



x (1)函数 f(x)= 的定义域为(0,1)∪(1,+∞),f′(x) ln x

ln x-1 = .令 f′(x)=0,解得 x=e,列表如下: ?ln x?2

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x f′(x) f(x)

(0,1) - 单调递减

(1,e) - 单调递减

e 0 极小值f(e)

(e,+∞) + 单调递增

由表得函数f(x)的单调减区间为(0,1)及(1,e),单调增区间 为(e,+∞). 所以存在极小值为f(e)=e,无极大值.

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(2)当 x≤0 时,对任意 a≠0,不等式恒成立. x x 当 x>0 时,在 ea>x 两边取自然对数,得a>ln x. ①当 0<x≤1 时,ln x≤0,当 a>0 时,不等式恒成立; x 当 a<0 时,ln x<0,aln x>0,不等式等价于 a< ,由 ln x x (1)得,此时 ∈(-∞,0),不等式不恒成立. ln x x ②当 x>1 时,ln x>0,则 a>0,不等式等价于 a< , ln x x 由(1)得,此时 的最小值为 e,得 0<a<e. ln x 综上,a 的取值范围是(0,e).

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[方法总结] (1)求函数单调区间与函数极值时要养成列表的 习惯,可使问题直观且有条理,减少失分的可能.

(2)导函数的零点并不一定就是函数的极值点,所以在求
出导函数的零点后一定注意分析这个零点是不是函数的极 值点.

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ex 【训练 2】 (2011· 安徽卷)设 f(x)= 其中 a 为正实数. 2, 1+ax 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.

1+ax2-2ax 解 对 f(x)求导,得 f′(x)=ex· 2 2 .① ?1+ax ? 4 (1)当 a= 时,由 f′(x)=0,得 4x2-8x+3=0,解得 3 3 1 x1= ,x2= .结合①,可知 2 2

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x f′(x) f(x)

? 1? ?-∞, ? 2? ?

1 2 0 极大值

?1 3? ? , ? ?2 2?

3 2 0 极小值

?3 ? ? ,+∞? ?2 ?

+ ?

- ?

+ ?

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(a>0),解得0<a≤1. 所以a的取值范围为(0,1].
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考向三

利用导数求参数的取值范围问题

【例3】 (2011· 江苏)已知a,b是实数,函数f(x)=x3+ax,
g(x)=x2+bx,f′(x)和g′(x)分别是f(x)和g(x)的导函数, 若f′(x)g′(x)≥0在区间I上恒成立,则称f(x)和g(x)在区

间I上单调性一致. (1)设a>0.若f(x)和g(x)在区间[-1,+∞)上单调性一致,求
b的取值范围; (2)设a<0且a≠b.若f(x)和g(x)在以a,b为端点的开区间上单

调性一致,求|a-b|的最大值.

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f′(x)=3x2+a,g′(x)=2x+b.

(1)由题意知f′(x)g′(x)≥0在[-1,+∞)上恒成立. 因为a>0,故3x2+a>0,

进而2x+b≥0,即b≥-2x在[-1,+∞)上恒成立,
所以b≥2.因此b的取值范围是[2,+∞).
a (2)令 f′(x)=0,解得 x=± - . 3 若 b>0,由 a<0 得 0∈(a,b).又因为 f′(0)g′(0)=ab<0, 所以函数 f(x)和 g(x)在(a,b)上不是单调性一致的. 因此 b≤0.现设 b≤0.

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当 x∈(-∞,0)时,g′(x)<0; ? a? 当 x∈?-∞,- - ?时,f′(x)>0.因此, 3? ? ? a? 当 x∈?-∞,- - ?时,f′(x)g′(x)<0. 3? ? a a 1 故由题设得 a≥- - 且 b≥- - , 从而- ≤a<0, 3 3 3 1 1 1 于是- ≤b≤0.因此|a-b|≤ , 且当 a=- , b=0 时等号 3 3 3 ? 2 1? 1 成立.又当 a=- ,b=0 时,f′(x)g′(x)=6x?x -9?, 3 ? ? ? 1 ? 从而当 x∈?-3,0?时 f′(x)g′(x)>0,故函数 f(x)和 g(x) ? ? ? 1 ? 1 ?- ,0?上单调性一致.因此|a-b|的最大值为 . 在 3 3 ? ?
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[方法总结] 若f(x)在区间D上单调增(减),则对任意的 x∈D,恒有f′(x)≥0(f′(x)≤0),由此可求出含参数的取值 范围,另外,还可由a≤f(x)(a≥f(x))恒成立 ?a≤f(x)min(a≥f(x)max),由f(x)单调性求出f(x)的最大(小)

值,从而可确定参数a的取值范围.

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3 2 【训练 3】 (2012· 南师附中三模)已知函数 f(x)=ax - x + 2
3

1(x∈R),其中 a>0. (1)若 a=1,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程;
? 1 1? (2)若在区间?-2,2?上,f(x)>0 ? ?

恒成立,求 a 的取值范

围.



3 2 (1)当 a=1 时,f(x)=x - x +1,f(2)=3;f′(x)=3x2 2
3

-3x,f′(2)=6.所以曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方 程为 y-3=6(x-2),即 y=6x-9.

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(2)f′(x)=3ax2-3x=3x(ax-1). 1 令 f′(x)=0,解得 x=0 或 x=a. 以下分两种情况讨论: 1 1 ①若 0<a≤2,则a≥ .当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情 2 况如下表:
x f′(x) f(x)
? 1 ? ?- ,0? ? 2 ? ? 1? ?0, ? 2? ?

0 0 极大值

+ ?



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? 1 1? x∈?-2,2?时,f(x)>0 ? ?

等价于

? ? 1? ?f?-2?>0, ? ? ? ? ? ?f?1?>0, ? 2
? ?

?5-a ? 8 >0, 即? ?5+a>0. ? 8

解不等式组得-5<a<5,因此 0<a≤2. 1 1 ②若 a>2,则 0<a< .当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况 2 如下表:
x f′(x) f(x)
? ? 1 ?- ,0? 2 ? ?

0 0 极大值

? 1? ?0, ? a? ?

1 a 0 极小值

?1 1? ? , ? 2? ?a

+ ?

- ?

+ ?

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? 1 1? x∈?-2,2?时,f(x)>0 ? ?

等价于

? ? 1? ?f?-2?>0, ? ? ? ? ? ?f?1?>0, ? a
? ?

?5-a ? 8 >0, 即? ?1- 1 2>0. ? 2a

2 2 解不等式组得 <a<5 或 a<- .因此 2<a<5. 2 2 综合①和②,可知 a 的取值范围为 0<a<5.

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规范解答4

函数的单调性及其应用

由于函数的单调性可以用来求最值、解不等式和求解

恒成立问题,所以要灵活应用单调性解题.
要善于将有关问题转化成单调性问题求解,比如分离 参数,构造函数等.

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【示例】 (2011· 陕西卷)设函数 f(x)定义在(0,+∞)上, 1 f(1)=0,导函数 f′(x)=x,
g(x)=f(x)+f′(x). (1)求 g(x)的单调区间和最小值; (2)讨论 g(x)与
?1? g?x?的大小关系; ? ?

1 (3)是否存在 x0>0,使得|g(x)-g(x0)|<x对任意 x>0 成立?若 存在,求出 x0 的取值范围;若不存在,请说明理由.

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[审题路线图] 第(2)问重新构造函数 用导数研究这个函数的单调性.

?1? h(x)=g(x)-g?x?,利 ? ?

1 第(3)问采用反证法,可先把|g(x)-g(x0)|< x 等价变形为 ln 2 x<g(x0)<ln x+x,x>0,再在 x∈(0,+∞)上任取一个值验证 矛盾. 1 [解答示范] (1)由题设易知 f(x)=ln x,g(x)=ln x+x,
x-1 所以 g′(x)= 2 ,令 g′(x)=0 得 x=1,(2 分) x

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当x∈(0,1)时,g′(x)<0,故(0,1)是g(x)的单调减区间, 当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,故(1,+∞)是g(x)的单调增 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,所以最小值为g(1)=1.(4分) ?1? (2)g?x?=-ln x+x, ? ?

?1? h(x)=g(x)-g?x?=2ln ? ?

1 x-x+x,

?x-1?2 则 h′(x)=- ,(7 分) x2
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当 x=1 时,h(1)=0,即

?1? g(x)=g?x?, ? ?

当 x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h′(x)<0,h′(1)=0, 因此,h(x)在(0,+∞)内单调递减, 当 0<x<1 时,h(x)>h(1)=0,即 当 x>1 时,h(x)<h(1)=0,即
?1? g(x)>g?x?, ? ?

?1? g(x)<g?x?.(9 ? ?

分)

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(3)满足条件的 x0 不存在. 证明如下: 1 假设存在 x0>0,使|g(x)-g(x0)|<x对任意 x>0 成立, 2 即对任意 x>0,有 ln x<g(x0)<ln x+x,(*) 但对上述 x0,取 x1=eg(x0)时,有 ln x1=g(x0).这与(*) 左边不等式矛盾, 1 ∴不存在 x0>0,使|g(x)-g(x0)|<x对任意 x>0 成立.(14 分)

[点评] 本题主要考查导数的应用,即如何利用导数求函

数的单调性和最值.
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高考经典题组训练
1.(2012· 重庆卷改编)设函数f(x)在R
上可导,其导函数为f′(x),且函数 y=(1-x)f′(x)的图象如图所 示.则f(x)的极值点分别为 ________.

解析

当x<-2时,1-x>3,则f′(x)>0;当-2<x <1时,

0<1-x<3,则f′(x)<0,所以函数有极大值f(-2). 当1<x<2时,-1<1-x<0,则f′(x)<0;当x>2时,1-x<- 1,则f′(x)>0,所以函数有极小值f(2). 答案 2或-2
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2. (2012· 新课标全国卷改编)已知函数 f(x)满足 f(x)=f′(1)ex


1

1 2 - f(0)x + x , 则 2

f(x) 的 解 析 式 为

____________________,单调区间为________________.
解析 因为 f(x)=f′(1)e
x-1

1 2 -f(0)x+ x , 2

所以 f′(x)=f′(1)ex-1-f(0)+x,所以 f′(1)=f′(1)-f(0)+1,即 f(0)=1,又 f(0)=f′(1)e-1, 1 2 所以 f′(1)=e,从而 f(x)=e -x+ x . 2
x

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又由f′(x)=ex-1+x知,当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0, 当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递 减,在(0,+∞)上单调递增.
答案 1 2 f(x)=e -x+ x 2
x

递减区间为(-∞,0),递增区间

为(0,+∞)

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3.(2010· 浙江卷)已知函数f(x)=(x-a)2(x-b)(a,b∈R, a<b). (1)当a=1,b=2时,求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线

方程;
(2)设x1,x2是f(x)的两个极值点,x3是f(x)的一个零点,且 x3≠x1,x3≠x2.证明:存在实数x4,使得x1,x2,x3,x4按某

种顺序排列后构成等差数列,并求x4.
解 (1)当a=1,b=2时,因为f′(x)=(x-1)(3x-5), 故f′(2)=1.又f(2)=0, 所以曲线y=f(x)在点(2,0)处的切线方程为y=x-2.
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(2)因为

? a+2b? ? ? f′(x)=3(x-a)?x- ?,由于 3 ? ?

a<b,

a+2b a+2b 故 a< ,所以 f(x)的两个极值点为 x=a,x= . 3 3 a+2b 不妨设 x1=a,x2= , 3 因为 x3≠x1,x3≠x2,且 x3 是 f(x)的一个零点,故 x3=b. ? a+2b a+2b? ? ? 又因为 -a=2?b- , 3 3 ? ? ? 1? a+2b? 2a+b ? 故可令 x4= ?a+ = , 2? 3 3 ? ? ? 2a+b a+2b 此时 a, , ,b 依次成等差数列, 3 3 2a+b 所在存在实数 x4 满足题意,且 x4= . 3
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1 3 4.(2012· 重庆卷)设 f(x)=aln x+ + x+1,其中 a∈R, 2x 2 曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于 y 轴.

(1)求a的值;
(2)求函数f(x)的极值.
解 1 3 (1)因为 f(x)=aln x+ + x+1, 2x 2

a 1 3 所以 f′(x)=x- 2+ . 2x 2 1 3 由题意,f′(1)=0,从而 a- + =0,所以 a=-1. 2 2

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突破3个考向

揭秘3年高考

1 3 (2)由(1)知 f(x)=-ln x+ + x+1(x>0),所以 f′(x)= 2x 2
2 1 1 3 3x -2x-1 ?3x+1??x-1? -x- 2+ = = . 2x 2 2x2 2x2

1 令 f′(x)=0,得 x=1 或 x=- (舍去). 3 当 x∈(0,1)时,f′(x)<0,当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0, 所以 f(x)在(0,1)上单调减,在(1,+∞)上单调增,所以 f(x)在 x=1 处取得极小值 f(1)=3.

抓住2个考点

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