湖南省2021届高三一轮复习导数基础内容复习学案

导数基础题目讲义 题型一：切线问题 1.曲线 2xy  过点 )5,3(p 的切线方程是 . 2.已知函数 f(x)＝xln x 在点 P(x0，f(x0))处的切线与直线 x＋y＝0 垂直，则切点 P(x0，f(x0))的 坐标为________． 3.已知曲线 xxaey x ln 在点  ae，1 的切线方程为 bxy  2 ，则 A. 1,  bea B. 1,  bea C. 1,1   bea A. 1,1   bea 4.已知函数 )0(1)( 2  aaxxf ， bxxxg  3)( .若曲线 )(xfy  与曲线 )(xgy  在它 们的交点  c,1 处具有公共切线，求 a ,b 的值. 5..曲线 y＝ln(2x－1)上的点到直线 2x－y＋8＝0 的最短距离是( ) A．2 5 B．2 C．2 3 D. 3 6.已知直线 kxy  与 xy ln 相切，求 K 的值 7.已知曲线 y= 3 4 3 1 3 x （1）求曲线在点 P（2，4）处的切线方程； （2）求曲线过点 P（2，4）的切线方程； （3）求斜率为 4 的曲线的切线方程． 题型二 单调性极值和最值 1．已知函数 f(x)＝xln x，则 f(x)( ) A．在(0，＋∞)上单调递增 B．在(0，＋∞)上单调递减 C．在      e 10， 上单调递增 D．在      e 10， 上单调递减 2.（1）若函数 h(x)＝ln x－1 2ax2－2x(a≠0)在[1,4]上单调递减，则 a 的取值范围为________． （2）若本例(2)条件变为“函数 h(x)在[1,4]上单调递增”，则 a 的取值范围为________． （3）若本例(2)条件变为“函数 h(x)在[1,4]上存在单调递减区间”，则 a 的取值范围为 ________． （4）若本例(2)条件变为“函数 h(x)在[1,4]上不单调”，则 a 的取值范围为________． 3.设函数 )(xf 在 R 上可导，其导函数为 )(xf  ，且函数   )(1 xfxy  的图像如图所示， 则下列结论中一定成立的是（ ） A.函数 )(xf 有极大值 )2(f 和极小值 )1(f B.函数 )(xf 有极大值 )2(f 和极小值 )1(f C.函数 )(xf 有极大值 )2(f 和极小值 )2(f D.函数 )(xf 有极大值 )2(f 和极小值 )2(f 4.若函数 bbxxxf 36)( 3  在（0,1）内有极小值，则实数 b 的取值范围是（ ） A.  1,0 B.  1, C.  ,0 D.      2 1,0 5.已知函数 g(x)＝ln x－mx＋m x 存在两个极值点 x1，x2，求 m 的取值范围． 6．(2019·郴州模拟)已知函数 f(x)＝－1 2x2＋4x－3ln x 在区间[t，t＋1]上不单调，则实数 t 的 取值范围是________． 7．已知函数 f(x)＝x3－2x＋ex－1 ex ，其中 e 是自然对数的底数．若 f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实 数 a 的取值范围是________． 题型三 讨论含参函数的单调性 考法（一） 导函数为含参一次型 1.已知函数 )1(ln)( xaxxf  ，讨论 )(xf 的单调性. 2.已知函数 )(ln)( Raxaxxf  ,求函数的单调区间. 考法（二） 导函数为含参二次型 1.（可因式分解）已知函数 g(x)＝ln x＋ax2＋bx，其中 g(x)的函数图象在点(1，g(1))处的切线 平行于 x 轴． (1)确定 a 与 b 的关系； (2)若 a≥0，试讨论函数 g(x)的单调性． 2.(2018·全国卷Ⅰ节选)（不可因式分解）已知函数 f(x)＝1 x －x＋aln x，讨论 f(x)的单调性． 考法（三） 导函数为含参一般函数型 1. 【2017 课标 1，理 21】已知函数 2( ) ( 2)x xf x ae a e x    .讨论 ( )f x 的单调性； 题型四 导数构造 考向（一）利用  f x 与 x 构造 1.（1）  f x 是定义在 R 上的偶函数，当 0x  时，     0f x xf x  ，且  4 0f   ， 则不等式   0xf x  的解集为 ． 科（2）已知函数 )(xf 的定义域为  ，0 ，且满足 0)()(  xfxxf （其中 )(xf  是 )(xf 的 导函数），则      111 2  xfxfx 的解集为( ). A.  2, B.  ,1 C.  2,1 D.  2,1 2.（1）已知 )(xf 对定义域 R 内的任意 x 都有 )4()( xfxf  ，且当 2x 时其导函数 )(2)( xfxfx  ，若 42  a ，则 A. )(log)3()2( 2 afff a  B. )2()(log)3( 2 afaff  C. )2()3()(log2 affaf  D. )3()2()(log2 ffaf a  （2）函数 )(xf 的定义域为 R， 2)1( f ,对任意 Rx ， 2)(  xf ，则 42)(  xxf 的 解集为 A.  1,1 B.   ,1 C.  1, D. R 考向（二） 利用  f x 与 xe 构造 1.（1）已知  f x 是定义在  ,  上的函数，导函数  f x 满足    f x f x  对于 Rx 恒成立，则（ ） A．    22 0f e f ，    20142014 0f e f B．    22 0f e f ，    20142014 0f e f C．    22 0f e f ，    20142014 0f e f D．    22 0f e f ，    20142014 0f e f （2）已知定义在 R 上的可导函数 )(xfy  的导函数为 )(xf  ，满足 )()( xfxf  ，且 )1(  xfy 为偶函数， 1)2( f ，则不等式 xexf )( 的解集为 . 2.(1)函数 )(xf 的定义域为 R ， 2)0( f ，对任意的 Rx ， 1)()(  xfxf ，则不等式 1)(  xx exfe 的解集是（ ） A.  ,0 B.  0, C.     ,11, D.    1,01,  (2)若定义在 R 上的函数  f x 满足    2 0f x f x   ，  0 1f  ，则不等式   2xf x e 的 解集为 ． 考向（三）  f x 与sin x ， cos x 构造    F sinx f x x ，      F sin cosx f x x f x x   ；    F sin f xx x  ，       2 sin cosF sin f x x f x xx x    ；    F cosx f x x ，      F cos sinx f x x f x x   ；    F cos f xx x  ，       2 cos sinF cos f x x f x xx x    ． 1.已知函数  y f x 对于任意 ,2 2x       满足    cos sin 0f x x f x x   （其中  f x 是函数  f x 的导函数），则下列不等式不成立的是（ ） A． 2 3 4f f           B． 2 3 4f f             C．  0 2 4f f      D．  0 2 3f f      2. 已 知 函 数 )(xfy  ，      2,0 x , 2 1 6     f , 且 )(tan)( xfxxf  ， 则 不 等 式 xxf sin)(  的解集为 . 自测题目 1.设点 P 在曲线 xey 2 1 上，点Q 在曲线 )2ln( xy  上，则 PQ 的最小值为（ ） A. 2ln1 B. )2ln1(2  C. 2ln1 D.  2ln12  2.若实数 dcba ,,, 满足     02ln3 22  dcaab ，则    22 dbca  的最小值为 （ ） A. 2 B. 2 C. 22 D.8 3.若函数 f(x)＝x－1 3sin 2x＋asin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则 a 的取值范围是________. 4.已知函数 y＝xf′(x)的图象如图所示(其中 f′(x)是函数 f(x)的导函数)，下面四个图象中，y ＝f(x)的图象大致是( ) 5.求函数   2ln1)( 2axxxaxf  的单调区间. 6.设函数 f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中 a∈R.讨论函数 f(x)极值点的个数，并说明理由． 导数基础题目讲义答案（部分） 题型一：切线问题 1.曲线 2xy  过点 )5,3(p 的切线方程是 . 2.已知函数 f(x)＝xln x 在点 P(x0，f(x0))处的切线与直线 x＋y＝0 垂直，则切点 P(x0，f(x0))的 坐标为________． [答案] (1,0) 3.已知曲线 xxaey x ln 在点  ae，1 的切线方程为 bxy  2 ，则 A. 1,  bea B. 1,  bea C. 1,1   bea A. 1,1   bea 答案：D 4.已知函数 )0(1)( 2  aaxxf ， bxxxg  3)( .若曲线 )(xfy  与曲线 )(xgy  在它 们的交点  c,1 处具有公共切线，求 a ,b 的值. 5..曲线 y＝ln(2x－1)上的点到直线 2x－y＋8＝0 的最短距离是( ) A．2 5 B．2 C．2 3 D. 3 解析：A 6.已知直线 kxy  与 xy ln 相切，求 K 的值 7.已知曲线 y= 3 4 3 1 3 x （1）求曲线在点 P（2，4）处的切线方程； （2）求曲线过点 P（2，4）的切线方程； （3）求斜率为 4 的曲线的切线方程． 题型二 单调性极值和最值 1．已知函数 f(x)＝xln x，则 f(x)( ) A．在(0，＋∞)上单调递增 B．在(0，＋∞)上单调递减 C．在      e 10， 上单调递增 D．在      e 10， 上单调递减 解析：选 D 因为函数 f(x)＝xln x 的定义域为(0，＋∞)，所以 f′(x)＝ln x＋1(x＞0)， 当 f′(x)＞0 时，解得 x＞1 e ，即函数 f(x)的单调递增区间为      ,1 e ； 当 f′(x)＜0 时，解得 0＜x＜1 e ，即函数 f(x)的单调递减区间为      e 10， ，故选 D. 2.（1）若函数 h(x)＝ln x－1 2ax2－2x(a≠0)在[1,4]上单调递减，则 a 的取值范围为________． 解析：因为 h(x)在[1,4]上单调递减，所以当 x∈[1,4]时，h′(x)＝1 x －ax－2≤0 恒成立， 即 a≥1 x2 －2 x 恒成立．由(1)知 G(x)＝1 x2 －2 x ，所以 a≥G(x)max，而 G(x)＝ 1 x －1 2－1， 因为 x∈[1,4]，所以1 x ∈ 1 4 ，1 ，所以 G(x)max＝－ 7 16(此时 x＝4)，所以 a≥－ 7 16 ，又因为 a≠0， 所以 a 的取值范围是 － 7 16 ，0 ∪(0，＋∞)． 答案 － 7 16 ，0 ∪(0，＋∞) （2）若本例(2)条件变为“函数 h(x)在[1,4]上单调递增”，则 a 的取值范围为________． 解析：因为 h(x)在[1,4]上单调递增，所以当 x∈[1,4]时，h′(x)≥0 恒成立，即 a≤1 x2 －2 x 恒成 立，又因为当 x∈[1,4]时， 1 x2 －2 x min＝－1(此时 x＝1)， 所以 a≤－1，即 a 的取值范围是(－∞，－1]． 答案：(－∞，－1] （3）若本例(2)条件变为“函数 h(x)在[1,4]上存在单调递减区间”，则 a 的取值范围为 ________． 解析：因为 h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，所以 h′(x)＜0 在[1,4]上有解， 所以当 x∈[1,4]时，a＞1 x2 －2 x 有解，而当 x∈[1,4]时， 1 x2 －2 x min＝－1(此时 x＝1)， 所以 a＞－1，又因为 a≠0，所以 a 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)． 答案：(－1,0)∪(0，＋∞) （4）若本例(2)条件变为“函数 h(x)在[1,4]上不单调”，则 a 的取值范围为________． 解析：因为 h(x)在[1,4]上不单调，所以 h′(x)＝0 在(1,4)上有解，即 a＝ 1 x2 －2 x ＝ 1 x －1 2－1 在(1,4)上有解，令 m(x)＝1 x2 －2 x ，x∈(1,4)，则－1＜m(x)＜－ 7 16. 所以实数 a 的取值范围是 －1，－ 7 16 . 答案： －1，－ 7 16 3.设函数 )(xf 在 R 上可导，其导函数为 )(xf  ，且函数   )(1 xfxy  的图像如图所示， 则下列结论中一定成立的是（ ） A.函数 )(xf 有极大值 )2(f 和极小值 )1(f B.函数 )(xf 有极大值 )2(f 和极小值 )1(f C.函数 )(xf 有极大值 )2(f 和极小值 )2(f D.函数 )(xf 有极大值 )2(f 和极小值 )2(f 4.若函数 bbxxxf 36)( 3  在（0,1）内有极小值，则实数 b 的取值范围是（ ） A.  1,0 B.  1, C.  ,0 D.      2 1,0 5.已知函数 g(x)＝ln x－mx＋m x 存在两个极值点 x1，x2，求 m 的取值范围． [解] 因为 g(x)＝ln x－mx＋m x ，所以 g′(x)＝1 x －m－m x2 ＝－mx2－x＋m x2 (x＞0)， 令 h(x)＝mx2－x＋m，要使 g(x)存在两个极值点 x1，x2，则方程 mx2－x＋m＝0 有两个不相等 的正数根 x1，x2.故只需满足 h0＞0， 1 2m ＞0， h 1 2m ＜0， 解得 0＜m＜1 2. 所以 m 的取值范围为 0，1 2 . 6．(2019·郴州模拟)已知函数 f(x)＝－1 2x2＋4x－3ln x 在区间[t，t＋1]上不单调，则实数 t 的 取值范围是________． 解析：由题意知 f′(x)＝－x＋4－3 x ＝－x－1x－3 x ，由 f′(x)＝0 得函数 f(x)的两个极值点 为 1 和 3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数 f(x)在区间[t，t＋1]上就不单 调，∴1∈(t，t＋1)或 3∈(t，t＋1)⇔ t＜1， t＋1＞1 或 t＜3， t＋1＞3 ⇔0＜t＜1 或 2＜t＜3. 答案：(0,1)∪(2,3) 7．已知函数 f(x)＝x3－2x＋ex－1 ex ，其中 e 是自然对数的底数．若 f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实 数 a 的取值范围是________． 解析：由 f(x)＝x3－2x＋ex－1 ex ，得 f(－x)＝－x3＋2x＋1 ex －ex＝－f(x)，所以 f(x)是 R 上的奇函 数．又 f′(x)＝3x2－2＋ex＋1 ex ≥3x2－2＋2 ex·1 ex ＝3x2≥0，当且仅当 x＝0 时取等号， 所以 f(x)在其定义域内单调递增．因为 f(a－1)＋f(2a2)≤0，所以 f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)， 所以 a－1≤－2a2，解得－1≤a≤1 2 ，故实数 a 的取值范围是 －1，1 2 . 答案： －1，1 2 题型三 讨论含参函数的单调性 考法（一） 导函数为含参一次型 1.已知函数 )1(ln)( xaxxf  ，讨论 )(xf 的单调性. 2.已知函数 )(ln)( Raxaxxf  ,求函数的单调区间. 考法（二） 导函数为含参二次型 1.（可因式分解）已知函数 g(x)＝ln x＋ax2＋bx，其中 g(x)的函数图象在点(1，g(1))处的切线 平行于 x 轴． (1)确定 a 与 b 的关系； (2)若 a≥0，试讨论函数 g(x)的单调性． 解：(1)g′(x)＝1 x ＋2ax＋b(x＞0)．由函数 g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于 x 轴， 得 g′(1)＝1＋2a＋b＝0，所以 b＝－2a－1. (2)由(1)得 g′(x)＝2ax2－2a＋1x＋1 x ＝2ax－1x－1 x . 因为函数 g(x)的定义域为(0，＋∞)，所以当 a＝0 时，g′(x)＝－x－1 x . 由 g′(x)＞0，得 0＜x＜1，由 g′(x)＜0，得 x＞1， 即函数 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 当 a＞0 时，令 g′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝ 1 2a ， 若 1 2a ＜1，即 a＞1 2 ，由 g′(x)＞0，得 x＞1 或 0＜x＜ 1 2a ，由 g′(x)＜0，得 1 2a ＜x＜1， 即函数 g(x)在 0， 1 2a ，(1，＋∞)上单调递增，在 1 2a ，1 上单调递减； 若 1 2a ＞1，即 0＜a＜1 2 ，由 g′(x)＞0，得 x＞ 1 2a 或 0＜x＜1，由 g′(x)＜0，得 1＜x＜ 1 2a ， 即函数 g(x)在(0,1)， 1 2a ，＋∞ 上单调递增，在 1， 1 2a 上单调递减； 若 1 2a ＝1，即 a＝1 2 ，在(0，＋∞)上恒有 g′(x)≥0，即函数 g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 综上可得，当 a＝0 时，函数 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当 0＜a＜1 2 时，函数 g(x)在(0,1)， 1 2a ，＋∞ 上单调递增，在 1， 1 2a 上单调递减； 当 a＝1 2 时，函数 g(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当 a＞1 2 时，函数 g(x)在 0， 1 2a ，(1，＋∞)上单调递增，在 1 2a ，1 上单调递减． 2.(2018·全国卷Ⅰ节选)（不可因式分解）已知函数 f(x)＝1 x －x＋aln x，讨论 f(x)的单调性． [解]f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1 x2 －1＋a x ＝－x2－ax＋1 x2 . ①当 a≤2 时，则 f′(x)≤0，当且仅当 a＝2，x＝1 时，f′(x)＝0，所以 f(x)在(0，＋∞)上单 调递减． ②当 a＞2 时，令 f′(x)＝0，得 x＝a－ a2－4 2 或 x＝a＋ a2－4 2 . 当 x∈ 0，a－ a2－4 2 ∪ a＋ a2－4 2 ，＋∞ 时，f′(x)＜0； 当 x∈ a－ a2－4 2 ，a＋ a2－4 2 时，f′(x)＞0. 所以 f(x)在 0，a－ a2－4 2 ， a＋ a2－4 2 ，＋∞ 上单调递减，在 a－ a2－4 2 ，a＋ a2－4 2 上 单调递增． 综合①②可知，当 a≤2 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当 a＞2 时，f(x)在 0，a－ a2－4 2 ， a＋ a2－4 2 ，＋∞ 上单调递减，在 a－ a2－4 2 ，a＋ a2－4 2 上单调递增． 考法（三） 导函数为含参一般函数型 2. 【2017 课标 1，理 21】已知函数 2( ) ( 2)x xf x ae a e x    .讨论 ( )f x 的单调性； 试题解析：（1） ( )f x 的定义域为 ( , )  ， 2( ) 2 e ( 2)e 1 ( e 1)(2e 1)x x x xf x a a a        ， （ⅰ）若 0a  ，则 ( ) 0f x  ，所以 ( )f x 在 ( , )  单调递减. （ⅱ）若 0a  ，则由 ( ) 0f x  得 lnx a  . 当 ( , ln )x a   时 ， ( ) 0f x  ； 当 ( ln , )x a   时 ， ( ) 0f x  ， 所 以 ( )f x 在 ( , ln )a  单调递减，在 ( ln , )a  单调递增. 题型四 导数构造 考向（一）利用  f x 与 x 构造 1.（1）  f x 是定义在 R 上的偶函数，当 0x  时，     0f x xf x  ，且  4 0f   ， 则不等式   0xf x  的解集为 ． 科（2）已知函数 )(xf 的定义域为  ，0 ，且满足 0)()(  xfxxf （其中 )(xf  是 )(xf 的 导函数），则      111 2  xfxfx 的解集为( ). A.  2, B.  ,1 C.  2,1 D.  2,1 2.（1）已知 )(xf 对定义域 R 内的任意 x 都有 )4()( xfxf  ，且当 2x 时其导函数 )(2)( xfxfx  ，若 42  a ，则 A. )(log)3()2( 2 afff a  B. )2()(log)3( 2 afaff  C. )2()3()(log2 affaf  D. )3()2()(log2 ffaf a  （2）函数 )(xf 的定义域为 R， 2)1( f ,对任意 Rx ， 2)(  xf ，则 42)(  xxf 的 解集为 A.  1,1 B.   ,1 C.  1, D. R 考向（二） 利用  f x 与 xe 构造 1.（1）已知  f x 是定义在  ,  上的函数，导函数  f x 满足    f x f x  对于 Rx 恒成立，则（ ） A．    22 0f e f ，    20142014 0f e f B．    22 0f e f ，    20142014 0f e f C．    22 0f e f ，    20142014 0f e f D．    22 0f e f ，    20142014 0f e f （2）已知定义在 R 上的可导函数 )(xfy  的导函数为 )(xf  ，满足 )()( xfxf  ，且 )1(  xfy 为偶函数， 1)2( f ，则不等式 xexf )( 的解集为 . 2.(1)函数 )(xf 的定义域为 R ， 2)0( f ，对任意的 Rx ， 1)()(  xfxf ，则不等式 1)(  xx exfe 的解集是（ ） A.  ,0 B.  0, C.     ,11, D.    1,01,  (2)若定义在 R 上的函数  f x 满足    2 0f x f x   ，  0 1f  ，则不等式   2xf x e 的 解集为 ． 考向（三）  f x 与sin x ， cos x 构造    F sinx f x x ，      F sin cosx f x x f x x   ；    F sin f xx x  ，       2 sin cosF sin f x x f x xx x    ；    F cosx f x x ，      F cos sinx f x x f x x   ；    F cos f xx x  ，       2 cos sinF cos f x x f x xx x    ． 1.已知函数  y f x 对于任意 ,2 2x       满足    cos sin 0f x x f x x   （其中  f x 是函数  f x 的导函数），则下列不等式不成立的是（ ） A． 2 3 4f f           B． 2 3 4f f             C．  0 2 4f f      D．  0 2 3f f      2. 已 知 函 数 )(xfy  ，      2,0 x , 2 1 6     f , 且 )(tan)( xfxxf  ， 则 不 等 式 xxf sin)(  的解集为 . 自测题目 1.设点 P 在曲线 xey 2 1 上，点Q 在曲线 )2ln( xy  上，则 PQ 的最小值为（ ） A. 2ln1 B. )2ln1(2  C. 2ln1 D.  2ln12  2.若实数 dcba ,,, 满足     02ln3 22  dcaab ，则    22 dbca  的最小值为 （ ） B. 2 B. 2 C. 22 D.8 3.若函数 f(x)＝x－1 3sin 2x＋asin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则 a 的取值范围是________. [解析] (1)函数 f(x)＝x－1 3sin 2x＋asin x 在(－∞，＋∞)单调递增，等价于 f′(x)＝1－2 3cos 2x ＋acos x＝－4 3cos2x＋acos x＋5 3 ≥0 在(－∞，＋∞)恒成立．设 cos x＝t，则 g(t)＝－4 3t2＋at ＋5 3 ≥0 在[－1,1]恒成立，所以 g1＝－4 3 ＋a＋5 3 ≥0， g－1＝－4 3 －a＋5 3 ≥0， 解得－1 3 ≤a≤1 3. 4.已知函数 y＝xf′(x)的图象如图所示(其中 f′(x)是函数 f(x)的导函数)，下面四个图象中，y ＝f(x)的图象大致是( ) 解析：选 C 当 0＜x＜1 时，xf′(x)＜0，∴f′(x)＜0，故 y＝f(x)在(0,1)上为减函数；当 x＞ 1 时，xf′(x)＞0，∴f′(x)＞0，故 y＝f(x)在(1，＋∞)上为增函数，因此排除 A、B、D， 故选 C. 5.求函数   2ln1)( 2axxxaxf  的单调区间. 6.设函数 f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中 a∈R.讨论函数 f(x)极值点的个数，并说明理由． [解] f′(x)＝ 1 x＋1 ＋a(2x－1)＝2ax2＋ax－a＋1 x＋1 (x＞－1)． 令 g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)． ①当 a＝0 时，g(x)＝1，f′(x)＞0，函数 f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点． ②当 a＞0 时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)． 当 0＜a≤8 9 时，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，函数 f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点． 当 a＞8 9 时，Δ＞0，设方程 2ax2＋ax－a＋1＝0 的两根为 x1，x2(x1＜x2)， 因为 x1＋x2＝－1 2 ，所以 x1＜－1 4 ，x2＞－1 4. 由 g(－1)＝1＞0，可得－1＜x1＜－1 4. 所以当 x∈(－1，x1)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增； 当 x∈(x1，x2)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减； 当 x∈(x2，＋∞)时，g(x)＞0，f′(x)＞0, 函数 f(x)单调递增． 因此函数 f(x)有两个极值点． ③当 a＜0 时，Δ＞0，由 g(－1)＝1＞0， 可得 x1＜－1＜x2. 当 x∈(－1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增； 当 x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减． 所以函数 f(x)有一个极值点． 综上所述，当 a＜0 时，函数 f(x)有一个极值点； 当 0≤a≤8 9 时，函数 f(x)无极值点； 当 a＞8 9 时，函数 f(x)有两个极值点．