2019高考数学一轮复习第3章导数及应用第3课时导数的应用二—极值与最值课件理优质公开课课件

第3课时导数的应用(二)—极值与最值…2018考纲下载…理解极值的概念，会用导数求多项式函数的极大值、极小值及闭区间上的最大值、最小值或以极值、最值为载体求参数的范围．请注意极值与最值也是高考中的重中之重，每年必考，并且考查形式多样．课前自助餐函数的极值(1)设函数f(x)在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f(x)<f(x0)，那么f(x0)是函数f(x)的一个极大值，记作y极大值＝f(x0)；如果对x0附近的所有的点，都有f(x)>f(x0)，那么f(x0)是函数f(x)的一个极小值，记作y极小值＝f(x0)．极大值与极小值统称为极值．(2)当函数f(x)在x0处连续时，判别f(x0)是极大(小)值的方法：如果x<x0有f′(x)>0，x>x0有f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；如果x<x0有f′(x)<0，x>x0有f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．求可导函数f(x)极值的步骤(1)求导数f′(x)；(2)求方程f′(x)＝0的根；(3)检验f′(x)在方程f′(x)＝0的根左右的值的符号，如果在根的左侧附近为正，右侧附近为负，那么函数y＝f(x)在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，右侧附近为正，那么函数y＝f(x)在这个根处取得极小值．函数的最值的概念设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，函数f(x)在[a，b]上一切函数值中的最大(最小)值，叫做函数y＝f(x)的最大(最小)值．求函数最值的步骤设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最值，可分两步进行：(1)求f(x)在(a，b)内的极值；(2)将f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．1．判断下列说法是否正确(打“√”或“×”)．(1)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的．(2)函数的极大值不一定比极小值大．(3)导数等于0的点一定是函数的极值点．(4)若x0是函数y＝f(x)的极值点，则一定有f′(x0)＝0.(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．(6)函数f(x)＝xsinx有无数个极值点． 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√　(6)√2．(课本习 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 改编)函数f(x)＝(x2－1)2＋2的极值点是(　　)A．x＝1　B．x＝－1C．x＝1或－1或0D．x＝0答案　C解析　∵f(x)＝x4－2x2＋3，由f′(x)＝4x3－4x＝4x(x＋1)(x－1)＝0，得x＝0或x＝1或x＝－1.又当x<－1时，f′(x)<0，当－1<x<0时，f′(x)>0，当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，∴x＝0，1，－1都是f(x)的极值点．3．(2016·四川)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝(　　)A．－4B．－2C．4D．2答案　D解析　由题意可得f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝2，则f′(x)，f(x)随x的变化情况如下 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf ： x (－∞，－2) －2 (－2，2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值 ∴函数f(x)在x＝2处取得极小值，则a＝2.故选D.4．若函数f(x)的导函数f′(x)的图像，如右图所示，则(　　)A．x＝1是最小值点B．x＝0是极小值点C．x＝2是极小值点D．函数f(x)在(1，2)上单调递增答案　C解析　由导数图像可知，x＝0，x＝2为两极值点，x＝0为极大值点，x＝2为极小值点，选C.5．(2018·重庆一中模拟)函数f(x)＝(x－1)(x－2)2在[0，3]上的最小值为(　　)A．－8B．－4C．0D.eq\f(4,27)答案　B解析　f′(x)＝(x－2)2＋2(x－1)(x－2)＝(x－2)(3x－4)．令f′(x)＝0⇒x1＝eq\f(4,3)，x2＝2，结合单调性，只要比较f(0)与f(2)即可．f(0)＝－4，f(2)＝0.故f(x)在[0，3]上的最小值为f(0)＝－4.故选B.6．(2017·浙江)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则函数y＝f(x)的图像可能是(　　)答案　D解析　根据题意，已知导函数的图像有三个零点，一负二正，且每个零点的两边导函数值的符号相反，因此函数f(x)在这些零点处取得极值，排除A、B；记导函数f′(x)的零点从左到右分别为x1，x2，x3，又在(－∞，x1)上f′(x)<0，在(x1，x2)上f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，x1)上单调递减，排除C，故选D.授人以渔题型一　利用导数求函数的极值(1)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)(x－5)2＋6lnx，求f(x)的极值．【解析】　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－5＋eq\f(6,x)＝eq\f(（x－2）（x－3）,x).令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3，可得 x (0，2) 2 (2，3) 3 (3，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值 由上表可知当x＝2时，极大值f(2)＝eq\f(9,2)＋6ln2，当x＝3时，极小值f(3)＝2＋6ln3.【答案】　极大值f(2)＝eq\f(9,2)＋6ln2，极小值f(3)＝2＋6ln3(2)函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－(a＋1)x＋2＋alnx(a∈R)．求函数f(x)的极值点．【解析】　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－(a＋1)＋eq\f(a,x)＝eq\f(x2－（a＋1）x＋a,x)＝eq\f(（x－a）（x－1）,x).由f′(x)＝0，可得x1＝a，x2＝1.a．若a≤0，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (0，1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  极小值 故f(x)的极小值点为1，无极大值点．b．若0<a<1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (0，a) a (a，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值 故f(x)的极小值点为1，极大值点为a.c．若a＝1，当x变化时，f′(x)，f(x)持变化情况如下表： x (0，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 ＋ f(x)  故函数f(x)的定义域内单调性没有变化，所以没有极值，既没有极大值点，也没有极小值点．d．若a>1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (0，1) 1 (1，a) a (a，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值 故f(x)的极小值点为a，极大值点为1.综上，若a≤0，f(x)的极小值点为1，无极大值点；若0<a<1，f(x)的极小值点为1，极大值点为a；若a＝1，f(x)既无极大值点，也无极小值点；若a>1，f(x)极小值点为a，极大值点为1.【答案】　若a≤0，f(x)的极小值点为1，无极大值点；若0<a<1，f(x)的极小值点为1，极大值点为a；若a＝1，f(x)既无极大值点，也无极小值点；若a>1，f(x)极小值点为a，极大值点为1.★状元笔记★可导函数求极值的步骤(1)确定函数的定义域；(2)求方程f′(x)＝0的根；(3)用方程f′(x)＝0的根和不可导点的x的值顺次将函数的定义域分成若干个小开区间，并形成表格；(4)由f′(x)＝0的根左右的符号以及f′(x)在不可导点左右的符号来判断f′(x)在这个根或不可导点处取极值的情况，此步骤不可缺少，f′(x)＝0是函数有极值的必要条件．【解析】　因为f(x)＝x2－1－2alnx(x>0)，所以f′(x)＝2x－eq\f(2a,x)＝eq\f(2（x2－a）,x).①当a<0时，因为x>0，且x2－a>0，所以f′(x)>0对x>0恒成立．所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无极值．②当a>0时，令f′(x)＝0，解得x1＝eq\r(a)，x2＝－eq\r(a)(舍去)．所以当x>0时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (0，eq\r(a)) eq\r(a) (eq\r(a)，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 递减 极小值 递增所以当x＝eq\r(a)时，f(x)取得极小值，且f(eq\r(a))＝(eq\r(a))2－1－2alneq\r(a)＝a－1－alna.综上，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上无极值．当a>0时，函数f(x)在x＝eq\r(a)处取得极小值a－1－alna.【答案】　a<0时f(x)无极值；a>0时极小值为a－1－alna(2)已知a∈R，讨论函数f(x)＝ex(x2＋ax＋a＋1)的极值点的个数．【解析】　f′(x)＝ex(x2＋ax＋a＋1)＋ex(2x＋a)＝ex[x2＋(a＋2)x＋2a＋1]．令f′(x)＝0，得x2＋(a＋2)x＋2a＋1＝0.①当Δ＝(a＋2)2－4(2a＋1)＝a2－4a＝a(a－4)>0，即a<0或a>4时，方程x2＋(a＋2)x＋2a＋1＝0有两个不等的实根x1，x2.不妨设x1<x2，于是f′(x)＝ex(x－x1)(x－x2)，从而有下表： x (－∞，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  f(x1)为极大值  f(x2)为极小值 即此时f(x)有2个极值点．②当Δ＝0，即a＝0或a＝4时，方程x2＋(a＋2)x＋2a＋1＝0有两个相同的实根x1＝x2，于是f′(x)＝ex(x－x1)2，故当x<x1时，f′(x)>0；当x>x1时，f′(x)>0，因此f(x)无极值．③当Δ<0，即0<a<4时，x2＋(a＋2)x＋2a＋1>0，f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x＋2a＋1]>0，故f(x)是增函数，此时f(x)无极值．综上，当a<0或a>4时，f(x)有2个极值点；当0≤a≤4时，f(x)无极值点．【答案】　a<0或a>4时，f(x)有2个极值点；0≤a≤4时，f(x)无极值．题型二　利用极值求参数值(1)若函数f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，则实数a的取值范围是(　　)A．(－2，2)　　　B．[－2，2]C．(－∞，－1)D．(1，＋∞)【解析】　f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，∴x＝±1.三次方程f(x)＝0有3个根⇔f(x)极大值>0且f(x)极小值<0.∵x＝－1为极大值点，x＝1为极小值点．∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）＝2＋a>0，,f（1）＝a－2<0，))∴－2<a<2.【答案】　A(2)(2018·河北冀州中学摸底)已知函数f(x)的导数f′(x)＝a(x＋1)(x－a)，若f(x)在x＝a处取得极大值，则a的取值范围是________．【解析】　若a＝0，则f′(x)＝0，函数f(x)不存在极值；若a＝－1，则f′(x)＝－(x＋1)2≤0，函数f(x)不存在极值；若a>0，当x∈(－1，a)时，f′(x)<0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在x＝a处取得极小值；若－1<a<0，当x∈(－1，a)时，f′(x)>0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在x＝a处取得极大值；若a<－1，当x∈(－∞，a)时，f′(x)<0，当x∈(a，－1)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在x＝a处取得极小值．综上所述，a∈(－1，0)．【答案】　(－1，0)★状元笔记★已知极值求参数值或范围时，关键是利用单调性判断出哪个是极大值点，哪个是极小值点．【解析】　当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－eq\f(2,3).f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下： x (－∞，－2) －2 (－2，－eq\f(2,3)) －eq\f(2,3) (－eq\f(2,3)，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  c  c－eq\f(32,27) 所以，当c>0且c－eq\f(32,27)<0时，存在x1∈(－∞，－2)，x2∈(－2，－eq\f(2,3))，x3∈(－eq\f(2,3)，＋∞)，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.由f(x)的单调性知，当且仅当c∈(0，eq\f(32,27))时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点．【答案】　(0，eq\f(32,27))(2)f(x)＝eq\f(ex,x2)－k(eq\f(2,x)＋lnx)(k为常数，e＝2.71828…)，若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的范围．【解析】　定义域(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(（x－2）（ex－kx）,x3)k≤0时，ex－kx>0，f′(x)<0，f(x)在(0，2)内递减．故f(x)在(0，2)内不存在极值．当k>0时，设函数g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞)．因为g′(x)＝ex－k＝ex－elnk，当0<k≤1时，当x∈(0，2)时，g′(x)＝ex－k>0，y＝g(x)单调递增．故f(x)在(0，2)内不存在两个极值点；当k>1时，得x∈(0，lnk)时，g′(x)<0，函数y＝g(x)单调递减．x∈(lnk，＋∞)时，g′(x)>0，函数y＝g(x)单调递增．所以函数y＝g(x)的最小值为g(lnk)＝k(1－lnk)．函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点当且仅当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（0）>0，,g（lnk）<0，,g（2）>0，,0<lnk<2，))解得e<k<eq\f(e2,2)，综上所述，函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点时，k的取值范围为(e，eq\f(e2,2))．【答案】　(e，eq\f(e2,2))题型三　利用导数求函数的最值已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a.(1)求f(x)的单调递减区间；(2)若f(x)在区间上[－2，2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值．【解析】　(1)f′(x)＝－3x2＋6x＋9.令f′(x)<0，解得x<－1或x>3，所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)．(2)因为f(－2)＝8＋12－18＋a＝2＋a，f(2)＝－8＋12＋18＋a＝22＋a，所以f(2)>f(－2)．因为在(－1，3)上f′(x)>0，所以f(x)在[－1，2]上单调递增，又由于f(x)在[－2，－1]上单调递减，因此f(2)和f(－1)分别是f(x)在区间[－2，2]上的最大值和最小值．于是有22＋a＝20，解得a＝－2故f(x)＝－x3＋3x2＋9x－2.因此f(－1)＝1＋3－9－2＝－7，即f(x)函数在区间[－2，2]上的最小值为－7.【答案】　(1)减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)(2)－7【讲评】　(1)求闭区间上可导函数的最值时，对函数极值是极大值还是极小值，可不再作判断，只需要直接与端点的函数值比较即可获得．(2)当连续函数的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值．★状元笔记★利用导数求函数最值的方法(1)当函数在一个区间内只有唯一的极小(大)值时，这个极小(大)值就是最小(大)值，这种情况下可以直接写出最值；(2)当函数在一个区间内的极值有多个时，就要把这些极值和区间的端点值进行比较，比较大小的基本方法之一就是作差法．①求函数f(x)的极值点；②设函数g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，求函数g(x)在区间[1，e]上的最小值．(其中e为自然对数的底数)．【解析】　①f′(x)＝lnx＋1，x>0，由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e).所以f(x)在区间(0，eq\f(1,e))上单调递减，在区间(eq\f(1,e)，＋∞)上单调递增．所以，x＝eq\f(1,e)是函数f(x)的极小值点，极大值点不存在．②g(x)＝xlnx－a(x－1)，则g′(x)＝lnx＋1－a，由g′(x)＝0，得x＝ea－1.所以，在区间(0，ea－1)上，g(x)为递减函数，在区间(ea－1，＋∞)上，g(x)为递增函数．当ea－1≤1，即a≤1时，在区间[1，e]上，g(x)为递增函数，所以g(x)的最小值为g(1)＝0.当1<ea－1<e，即1<a<2时，g(x)的最小值为g(ea－1)＝a－ea－1.当ea－1≥e，即a≥2时，在区间[1，e]上，g(x)为递减函数，所以g(x)的最小值为g(e)＝a＋e－ae.综上，当a≤1时，g(x)的最小值为0；当1<a<2时，g(x)的最小值为a－ea－1；当a≥2时，g(x)的最小值为a＋e－ae.【答案】　①极小值点x＝eq\f(1,e)，②a≤1时，g(x)min＝0，1<a<2时，g(x)min＝a－ea－1，a≥2时，g(x)min＝a＋e－ae(2)f(x)＝eq\f(1,ln（x＋1）)－eq\f(1,x)，x∈(0，1]，求函数f(x)的最小值．【解析】　f′(x)＝eq\f(－\f(1,x＋1),ln2（x＋1）)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(（x＋1）ln2（x＋1）－x2,x2（x＋1）ln2（x＋1）)，设g(x)＝(x＋1)ln2(x＋1)－x2，则g′(x)＝ln2(x＋1)＋2ln(x＋1)－2x，设φ(x)＝ln2(x＋1)＋2ln(x＋1)－2x，则φ′(x)＝eq\f(2ln（x＋1）－2x,x＋1).因为ln(x＋1)≤x，所以φ′(x)≤0(在x＝0处等号成立)，则φ(x)单调递减，所以当x∈(0，1]时，φ(x)＝g′(x)<φ(0)＝0，所以g(x)＝(x＋1)ln2(x＋1)－x2单调递减，所以g(x)<g(0)＝0，所以f′(x)＝eq\f(（x＋1）ln2（x＋1）－x2,x2（x＋1）ln2（x＋1）)<0，所以f(x)＝eq\f(1,ln（x＋1）)－eq\f(1,x)单调递减，所以f(x)＝eq\f(1,ln（x＋1）)－eq\f(1,x)的最小值为f(1)＝eq\f(1,ln2)－1.【答案】　eq\f(1,ln2)－1题型四　利用最值求参数值已知f(x)＝ax－lnx，当x∈(0，e]时，是否存在实数a，使得f(x)的最小值是3？若存在，求出a值，或不存在， 说明 关于失联党员情况说明岗位说明总经理岗位说明书会计岗位说明书行政主管岗位说明书 理由．【解析】　假设存在实数a，使得f(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])的最小值为3，由题知f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x).①当a≤0时，函数f(x)在(0，e]上单调减，所以f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，即a＝eq\f(4,e)，不满足a≤0，舍去．②当0<eq\f(1,a)<e时，函数f(x)在(0，eq\f(1,a))上单调递减，在(eq\f(1,a)，e]上单调递增，所以f(x)min＝f(eq\f(1,a))＝1＋lna＝3，即a＝e2，满足条件．③当eq\f(1,a)≥e时，f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，即a＝eq\f(4,e)，不满足eq\f(1,a)≥e，舍去．综上所述，当x∈(0，e]时，存在实数a＝e2，使得f(x)的最小值为3.【答案】　当x∈(0，e]时，存在实数a＝e2，使得f(x)的最小值为3★状元笔记★利用最值求参数的值或范围是高考命题的热点，热度一直不减，常考常新，具有非常旺盛的生命力，一定要引起重视，有时与恒成立问题综合命题．A．[－5，－3]　　　B．[－6，－eq\f(9,8)]C．[－6，－2]D．[－4，－3]【解析】　当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0，变为3≥0恒成立，即a∈R，当x∈(0，1]时，ax3≥x2－4x－3，a≥eq\f(x2－4x－3,x3)，∴a≥[eq\f(x2－4x－3,x3)]max.设φ(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)，φ′(x)＝eq\f(（2x－4）x3－（x2－4x－3）·3x2,x6)＝－eq\f(x2－8x－9,x4)＝－eq\f(（x－9）（x＋1）,x4)>0，φ(x)在(0，1]上单调递增，φ(x)max＝φ(1)＝－6.∴a≥－6.当x∈[－2，0)时，a≤eq\f(x2－4x－3,x3)，∴a≤[eq\f(x2－4x－3,x3)]min.设φ(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)，φ′(x)＝－eq\f(（x－9）（x＋1）,x4)，当x∈[－2，－1)时，φ′(x)<0，当x∈(－1，0)时，φ′(x)>0，∴当x＝－1时，φ(x)有极小值，即为最小值．而φ(x)min＝φ(－1)＝－2，∴a≤－2.综上可知－6≤a≤－2.【答案】　C(2)已知f(x)＝lnx＋a(1－x)．①讨论f(x)的单调性；②当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．【思路】　①由f′(x)＝eq\f(1,x)－a，可分a≤0，a>0两种情况来讨论；②由①知当a≤0时f(x)在(0，＋∞)无最大值，当a>0时f(x)最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝－lna＋a－1.因此feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))>2a－2⇔lna＋a－1<0.令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)是增函数，当0<a<1时，g(a)<0，当a>1时，g(a)>0，因此a的取值范围是(0，1)．【解析】　①f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a，若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)是单调递增；若a>0，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))单调递减．②由①知当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值，当a>0时，f(x)在x＝eq\f(1,a)取得最大值，最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))＝－lna＋a－1.因此feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))>2a－2⇔lna＋a－1<0.令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)是增函数，g(1)＝0，于是，当0<a<1时，g(a)<0，当a>1时，g(a)>0，因此a的取值范围是(0，1)．【答案】　①当a≤0时，在(0，＋∞)上递增；当a>0时，在(0，eq\f(1,a))上递增，在(eq\f(1,a)，＋∞)上递减　②(0，1)1．函数的最值是整个定义域上的问题，而函数的极值只是定义域的局部问题．2．f′(x0)＝0是f(x)在x＝x0处取得极值的必要非充分条件，因为求函数的极值，还必须判断x0两侧的f′(x)的符号是否相反．3．求f(x)的最值应注意在闭区间上研究，还是在开区间上研究，若闭区间上最值问题只需比较端点值与极值即可，若开区间上最值问题，注意考查f(x)的有界性．