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＝0且在x＝x0两侧f′(x)符号相反．
3．利用函数的极值可以确定参数的值，解决一些方程的解和图象的交点问题．
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答案精析
问题导学 知识点一
思考1 函数在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近的其他点的函数值都小． 思考2 f′(a)＝0，在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0.
思考3 函数在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0.
梳理 极大值 极大值点 极小值 极小值点 极大值 极小值 极大值点 极小值点 知识点二 (1)> < (2)< > 题型探究
例1 解 (1)函数f(x)＝2x＋3x－12x＋1的定义域为R，
3
2
f′(x)＝6x2＋6x－12＝6(x＋2)(x－1)，
解方程6(x＋2)(x－1)＝0，得x1＝－2，x2＝1. 当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x f′(x) f(x)
(－∞，－2) ＋ ↗ －2 0 极大值21 (－2,1) － ↘ 1 0 极小值－6 (1，＋∞) ＋ ↗ 所以当x＝－2时，f(x)取极大值21； 当x＝1时，f(x)取极小值－6.
3
(2)函数f(x)＝＋3ln x的定义域为(0，＋∞)，
x3
f′(x)＝－2＋＝
xx33
x－1
， x2
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x f′(x) f(x) (0,1) － ↘ 1 0 极小值3 (1，＋∞) ＋ ↗ 因此当x＝1时，f(x)有极小值3，无极大值． 跟踪训练1 解 (1)因为f′(x)＝e(ax＋b)＋ae－2x－4＝e(ax＋a＋b)－2x－4， 6
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所以f′(0)＝a＋b－4＝4， 又f(0)＝b＝4， 由①②可得a＝b＝4.
②
①
(2)f(x)＝e(4x＋4)－x－4x，
x2
f′(x)＝ex(4x＋8)－2x－4
＝4e(x＋2)－2(x＋2) ＝(x＋2)(4e－2)．
解f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝－ln 2， 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
xxx f′(x) f(x) (－∞，－2) ＋ ↗ －2 0 极大值 (－2，－ln 2) － ↘ －ln 2 (－ln 2，＋∞) 0 极小值 ＋ ↗ f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增， 在(－2，－ln 2)上单调递减． 当x＝－2时，函数f(x)取得极大值， 极大值为f(－2)＝4(1－e)．
例2 解 因为f(x)在x＝－1时有极值0， 且f′(x)＝3x＋6ax＋b，
??f′－1＝0，
所以?
??f－1＝0，
2
－2
??3－6a＋b＝0，即?2
?－1＋3a－b＋a＝0，???a＝1，解得?
?b＝3?
??a＝2，
或?
?b＝9.?
2
当a＝1，b＝3时，f′(x)＝3x＋6x＋3 ＝3(x＋1)≥0，
所以f(x)在R上为增函数，无极值， 故舍去．
当a＝2，b＝9时，
2
f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)，
当x∈(－3，－1)时，f(x)为减函数； 当x∈(－1，＋∞)时，f(x)为增函数，
所以f(x)在x＝－1时取得极小值，因此a＝2，b＝9. 7
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引申探究
解 因为f′(x)＝3x＋6ax＋b，由极值点的必要条件可知
??3×???3×
2
－3－1
22
＋6a×－3＋b＝0，＋6a×－1＋b＝0，
??－18a＋b＋27＝0，即?
?－6a＋b＋3＝0，?
??a＝2，
解得?
?b＝9，?
所以a＝2，b＝9.
跟踪训练2 解 (1)由图象可知，在区间(－∞，1)上f′(x)＞0，在区间(1,2)上f′(x)＜0，在区间(2，＋∞)上f′(x)＞0.
故f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，因此f(x)在x＝1处取得极大值，所以x0＝1. (2)f′(x)＝3ax＋2bx＋c，
由f′(1)＝0，f′(2)＝0，f(1)＝5， 3a＋2b＋c＝0，??
得?12a＋4b＋c＝0，??a＋b＋c＝5，
2
解得a＝2，b＝－9，c＝12. 例3 解 (1)f′(x)＝3x－6， 令f′(x)＝0，
解得x1＝－2，x2＝2.
因为当x>2或x＜－2时，f′(x)＞0； 当－2＜x＜2时，f′(x)＜0.
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)； 单调递减区间为(－2，2)． 当x＝－2时，f(x)有极大值5＋42； 当x＝2时，f(x)有极小值5－42.
(2)由(1)的分析知，y＝f(x)的图象的大致形状及走向如图所示． 所以，当5－42＜a＜5＋42时，
直线y＝a与y＝f(x)的图象有三个不同的交点， 即方程f(x)＝a有三个不同的实根．
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