高中数学含参数导数的解题策略

含参数导数的解题策略 导数是研究函数性质的一种重要工具,利用导数可判断函数单调性、极值、最值等,其 中渗透并充分利用着构造函数、分类讨论、转化与化归、数形结合等重要思想方法,导数常 作为高考的压轴题,对考生的能力要求非常高,它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技 能,还要求考生具有较强的分析能力和计算能力。而含参数的导数问题是近年来高考的难点 和热点,本文着重就含参数导数的几种常见的解题策略加以归纳. 分高参数,转化为最值策略 在给出的不等式中,如果能通过恒等变形分离出参数,即:若a≥f(x)恒成立,只须求出 f(x),则a≥f(x):若a≤f(x)恒成立,只须求出f(x)=n,则a≤f(x)mn,转 化为函数求最值. 例1、已知函数f(x)=xhx.(1)求f(x)的最小值 (Ⅱ)若对所有x≥1都有∫(x)≥ax-1,求实数a的取值范围 二、导数为0的点是否在定义域内,分类讨论策略 求导后,导函数为零有实根(或导函数的分子能分解因式),但不知导函数为零的实根 是否落在定义域内,所以必须分类,通过令导函数为零的实根等于定义域端点值,求分点, 从而引起讨论 例2已知a是实数,函数f(x)=x2(x-a) (I)若∫(1)=3,求a的值及曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程 (Ⅱ)求f(x)在区间[0,2]上的最大值 三、导函数为0是否存在,分类讨论策略 求导后,考虑导函数为零是否有实根(或导函数的分子能否分解因式),涉及到二次方程 问题时,△与0的关系不定,所以必须分类,通过导函数是二次函数或者与二次函数有关, 令△=0,求分点,从而引起讨论 例3、已知函数f(x)=x2-x+alnx,(a∈R)讨论f(x)在定义域上的单调性 四、导函数为0的方程的根大小不确定,分类讨论策略 求导后,导函数为零有实根(或导函数的分子能分解因式),导函数为零的实根也落在 定义域内,但这些实根的大小关系不确定,分不了区间.所以必须分类,通过令几个根相等 求分点,从而引起讨论 例4、已知m>0,讨论函数/()mx2+3(m+1)x+3m+6 的单调性

含参数导数的解题策略 导数是研究函数性质的一种重要工具，利用导数可判断函数单调性、极值、最值等，其 中渗透并充分利用着构造函数、分类讨论、转化与化归、数形结合等重要思想方法，导数常 作为高考的压轴题，对考生的能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技 能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力。而含参数的导数问题是近年来高考的难点 和热点，本文着重就含参数导数的几种常见的解题策略加以归纳． 一、分离参数，转化为最值策略 在给出的不等式中，如果能通过恒等变形分离出参数，即：若 a f x  ( ) 恒成立，只须求出 ( )max f x ，则 ( )max a f x  ；若 a f x  ( ) 恒成立，只须求出 ( )min f x ，则 ( )min a f x  ，转 化为函数求最值． 例 1、已知函数 f (x) = x ln x .（Ⅰ）求 f (x) 的最小值； （Ⅱ）若对所有 x 1 都有 f (x)  ax −1, 求实数 a 的取值范围. 二、导数为 0 的点是否在定义域内，分类讨论策略 求导后，导函数为零有实根（或导函数的分子能分解因式），但不知导函数为零的实根 是否落在定义域内，所以必须分类，通过令导函数为零的实根等于定义域端点值，求分点， 从而引起讨论． 例 2.已知 a 是实数，函数 ( ) ) 2 f x = x（x − a . （Ⅰ）若 f (1) = 3,求 a 的值及曲线 y = f (x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程； （Ⅱ）求 f (x) 在区间[0，2]上的最大值． 三、导函数为 0 是否存在，分类讨论策略 求导后，考虑导函数为零是否有实根（或导函数的分子能否分解因式），涉及到二次方程 问题时，△与 0 的关系不定，所以必须分类，通过导函数是二次函数或者与二次函数有关， 令△=0，求分点，从而引起讨论． 例 3、已知函数 2 f x x x a x ( ) ln = − + ，( ) a R  ，讨论 f x( ) 在定义域上的单调性． 四、导函数为 0 的方程的根大小不确定，分类讨论策略 求导后，导函数为零有实根（或导函数的分子能分解因式）, 导函数为零的实根也落在 定义域内，但这些实根的大小关系不确定，分不了区间．所以必须分类，通过令几个根相等 求分点，从而引起讨论． 例 4、已知 m  0 ，讨论函数 x e mx m x m f x 3( 1) 3 6 ( ) 2 + + + + = 的单调性．

练习 求导后,考虑导函数为零是否有实根(或导函数的分子能否分解因式),从而引起讨论 、求导后,导函数为零有实根(或导函数的分子能分解因式),但不知导函数为零的 实根是否落在定义域内,从而引起讨论 、求导后,导函数为零有实根(或导函数的分子能分解因式),导函数为零的实根 也落在定义域内,但不知这些实根的大小关系,从而引起讨论 08广东(理)设k∈R,函数f(x)=1-+<1 F(x)=f(x)-kx,x∈R 试讨论函数F(x)的单调性 2.(08浙江理)已知a是实数,函数f(x)=√x(x-a) (I)求函数∫(x)的单调区间 (Ⅱ)设g(a)为f(x)在区间[02]上的最小值。 (i)写出g(a的表达式:(i)求a的取值范围,使得-6≤g{(a)≤-2 ax 3(07天津理)已知函数∫(x) x+/(x∈R),其中a∈R。 (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(2,f(2)处的切线方程 (Ⅱ)当a≠0时,求函数∫(x)的单调区间与极值。 4(07高考山东理改编)设函数f(x)=x2+bn(x+1),其中b≠0,求函数f(x)的极值

练习 求导后，考虑导函数为零是否有实根（或导函数的分子能否分解因式），从而引起讨论。 一、求导后，导函数为零有实根（或导函数的分子能分解因式），但不知导函数为零的 实根是否落在定义域内，从而引起讨论。 二、求导后，导函数为零有实根（或导函数的分子能分解因式）, 导函数为零的实根 也落在定义域内，但不知这些实根的大小关系，从而引起讨论。 三、 1．08 广东（理） 设 k R  ，函数 1 , 1 ( ) , ( ) ( ) , 1 1, 1 x f x F x f x kx x R x x x    = = −   −  − −  ， 试讨论函数 F x( ) 的单调性。 2． (08 浙江理)已知 a 是实数，函数 f x x x a ( ) = − ( ) （Ⅰ）求函数 f x( ) 的单调区间； （Ⅱ）设 g a( ) 为 f x( ) 在区间 0,2 上的最小值。 （ i ）写出 g a( ) 的表达式；（ ii ）求 a 的取值范围，使得 −   − 6 2 g a( ) 。 3（07 天津理）已知函数 ( ) ( ) 2 2 2 1 1 ax a f x x R x − + =  + ，其中 a R  。 （Ⅰ）当 a =1 时，求曲线 y f x = ( ) 在点 (2, 2 f ( )) 处的切线方程； （Ⅱ）当 a  0 时，求函数 f x( ) 的单调区间与极值。 4（07 高考山东理改编）设函数 ( ) ( ) 2 f x x b x = + + ln 1 ，其中 b  0 ，求函数 f x( ) 的极值 点

含参数导数的解题策略 例1、解:(Ⅰ)略 (Ⅱ)∵对所有x≥1都有f(x)≥ax-1, 对所有x≥1都有xhnx≥ax-1,即a≤hx+ 记g(x)=hx+-,(x>0),只需a≤g(x)mn 令g(x)=--2=0,解得x=1 g'(x)>0分x>1,g(x)2. 例3、解:由已知得f(x)=2-1×Q2x2-x+a (1)当△=1-8a≤0,a≥时,f(x)≥0恒成立,f(x)在(0,+∞)上为增函数 (2)当△=1-8a>0,a0,f(x)在[

含参数导数的解题策略 例 1、解：（Ⅰ）略． （Ⅱ）∵ 对所有 x 1 都有 f (x)  ax −1， ∴ 对所有 x 1 都有 xln x  ax −1 ，即 . 1 ln x a  x + 记 ,( 0), 1 ( ) = ln + x  x g x x 只需 ( ) . min a  g x 令 0, 1 1 '( ) 2 = − = x x g x 解得 x =1. g'(x)  0  x  1, g'(x)  0  0  x  1. ∴ 当 x =1 时， g(x) 取最小值 g(1) = 1. ∴ a 1. 即 a 的取值范围是 a a 1. 例 2. 解：（I）略． （II）令 f x'( ) 0 = ，解得 1 2 2 0, 3 a x x = = ． 当 2 0 3 a  ，即 a  0 时， f x( ) 在[0，2]上单调递增，从而 max f f a = = − (2) 8 4 ． 当 2 2 3 a  时，即 a  3 时， f x( ) 在[0，2]上单调递减，从而 max f f = = (0) 0 ． 当 2 0 2 3 a   ，即 0 3  a ， f x( ) 在 2 0, 3   a     上单调递减，在 2 ,2 3   a     上单调递增， 从而 max 8 4 ,0 2. 0, 2 3. a a f a  −    =     综上所述， max 8 4 , 2. 0, 2. a a f a  −   =    例 3、 解：由已知得 2 2 ( ) 2 1 ,( 0) a x x a f x x x x x − +  = − + =  ， （1）当  = −  1 8 0 a ， 1 8 a  时， f x ( ) 0  恒成立， f x( ) 在 (0, ) + 上为增函数． （2）当  = −  1 8 0 a ， 1 8 a  时， 1) 1 0 8   a 时， 1 1 8 1 1 8 0 2 2 + − − − a a   ，f x( ) 在 1 1 8 1 1 8 [ , ] 2 2 − − + − a a

1-√1-8a,,1+√1-8a 上为减函数,f(x)在(0 +∞)上为增函数, )当a0,即f(x)>0,所以f(x)在区间(3,1)上是增函数 2)当m=3时,x1=x2,在区间(-∞-1),(-1+∞)上g(x)3时,x1>x2,在区间(-∞-1),(--,+∞)上g(x)0,即r(x)>0,所以f(x)在区间(-1,-3)上是增函

上为减函数， f x( ) 在 1 1 8 1 1 8 (0, ],[ , ) 2 2 − − + − a a + 上为增函数， 2）当 a  0 时， 1 1 8 0 2 − − a  ，故 f x( ) 在 1 1 8 [0, ] 2 + − a 上为减函数， f x( ) 在[ 1 1 8 2 + − a ，＋∞）上为增函数． 综上，当 1 8 a  时， f x( ) 在 (0, ) + 上为增函数． 当 1 0 8   a 时， f x( ) 在 1 1 8 1 1 8 [ , ] 2 2 − − + − a a 上为减函数， f x( ) 在 1 1 8 1 1 8 (0, ],[ , ) 2 2 − − + − a a + 上为增函数， 当 a  0 时， f x( ) 在（0， 1 1 8 2 + − a ]上为减函数， f x( ) 在[ 1 1 8 2 + − a ， ＋∞）上为增函数． 例 4、解： x e mx m x f x ( 3) 3 ( ) 2 − − + −  = ，设 ( ) ( 3) 3 2 g x = −mx − m + x − ，令 g(x) = 0 ， 得 m x 3 1 = − ， x2 = −1． 1)当 0  m  3 时， 1 2 x  x ，在区间 ) 3 ( , m − − ，(−1,+) 上 g(x)  0 ，即 f (x)  0 ， 所以 f (x) 在区间 ) 3 ( , m − − ，(−1,+) 上是减函数； 在区间 1) 3 (− ，− m ，g(x)  0 ，即 f (x)  0 ，所以 f (x) 在区间 1) 3 (− ，− m 上是增函数； 2）当 m = 3 时， 1 2 x = x ,在区间 (−,−1) ，(−1,+) 上 g(x)  0 ，即 f (x)  0 ，又 f (x) 在 x =1 处连续，所以 f (x) 在区间 (−,+) 上是减函数； 3）当 m  3 时， 1 2 x  x ,在区间 (−,−1) ， ) 3 (− ，+  m 上 g(x)  0 ，即 f (x)  0 ， 所以 f (x) 在区间 (−,−1) ， ) 3 (− ，+  m 上是减函数； 在区间 ) 3 ( 1 m − ，− 上， g(x)  0 ，即 f (x)  0 ，所以 f (x) 在区间 ) 3 ( 1 m − ，− 上是增函 数．

练习 解:F(x)=f(x)-kx={1-x -k,x0 时,F(x)=0有实根, 因此,对参数k分k≤0和k>0两种情况讨论 (1)当k≤0时,F(x)≥0在(-∞,1)上恒成立,所以函数F(x)在(-∞,1)上为增函 (2)当k>0时,F(x)=6(1-x)2-4x-1-1) √k 1+ √k 由F(x)=0,得x1= x2=|1+|,因为k>0,所以x0,得1-0时,函数F(x)在(-,1-1=)上为减函数,在(、 √k √k” 1)上为 增函数。 1+2k√x-1 (二)若x>1,则F(x) 。由于当k≥0时,F(x)=0无实根,而 2 当k<0时,F(x)=0有实根,因此,对参数k分k≥0和k<0两种情况讨论 (1)当k≥0时,F(x)<0在[1,+∞)上恒成立,所以函数F(x)在[1,+∞)上为减函 数

练习 1． 解： ( ) ( ) 2 2 1 1 1 , 1 , 1, 1 ( ) ( ) , '( ) 1 1 2 1 1 , 1 , 1 2 1 k x x kx x x F x f x kx F x x k x x kx x x x  − −      −  − = − = =   −   − − −  + −  −   − 。 考虑导函数 F x'( ) 0 = 是否有实根，从而需要对参数 k 的取值进行讨论。 （一）若 x 1 ，则 ( ) ( ) 2 2 1 1 '( ) 1 k x F x x − − = − 。由于当 k  0 时， F x'( ) 0 = 无实根，而当 k  0 时， F x'( ) 0 = 有实根， 因此，对参数 k 分 k  0 和 k  0 两种情况讨论。 （1） 当 k  0 时， F x'( ) 0  在 ( ,1) − 上恒成立，所以函数 F x( ) 在 ( ,1) − 上为增函 数； （2） 当 k  0 时， ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 1 1 1 '( ) 1 1 k x x k x k k F x x x         − − − − +         − −         = = − − 。 由 F x'( ) 0 = ，得 1 2 1 1 x x 1 , 1 k k     = − = +         ，因为 k  0 ，所以 1 2 x x  1 。 由 F x'( ) 0  ，得 1 1 1 x k −   ；由 F x'( ) 0  ，得 1 x 1 k  − 。 因此，当 k  0 时，函数 F x( ) 在 1 ( ,1 ) k − − 上为减函数，在 1 (1 ,1) k − 上为 增函数。 （二）若 x 1 ，则 1 2 1 '( ) 2 1 k x F x x + − = − − 。由于当 k  0 时， F x'( ) 0 = 无实根，而 当 k  0 时， F x'( ) 0 = 有实根，因此，对参数 k 分 k  0 和 k  0 两种情况讨论。 （1） 当 k  0 时， F x'( ) 0  在 1,+) 上恒成立，所以函数 F x( ) 在 1,+) 上为减函 数；

+2kx-1-k(√x-1+ (2)当k0,得x1+4k2:由F(x)0时,函数F(x)在(-∞,1-7)上为减函数,在(1--=,1)上为增函数 √k √k 在[1,+∞)上为减函数。 (2)当k=0时,函数F(x)在(-∞,1)上为增函数,在[L+∞)上为减函数。 (3)当k0),由f(x)=0得 考虑是否落在导函数∫(x)的定义域(0,+∞)内,需对参数a的取值分a≤0及a>0 两种情况进行讨论 (1)当a≤0时,则∫(x)>0在(0,+∞)上恒成立,所以f(x)的单调递增区间为 (2)当a>0时,由∫(x)>0,得x>:由∫(x)0时,f(x)的单调递减区间为|0 3/,f(x)的单调递增区间为

（2） 当 k  0 时， 1 1 1 2 1 2 '( ) 2 1 1 k x k x k F x x x   − − +   + −   = − = − − 。 由 F x'( ) 0  ，得 2 1 1 4 x k  + ；由 F x'( ) 0  ，得 2 1 1 1 4 x k   + 。 因此，当 k  0 时，函数 F x( ) 在 2 1 1,1 4k    +    上为减函数，在 2 1 1 , 4k    + +   上 为增函数。 综上所述： （1） 当 k  0 时，函数 F x( ) 在 1 ( ,1 ) k − − 上为减函数，在 1 (1 ,1) k − 上为增函数， 在 1,+) 上为减函数。 （2） 当 k = 0 时，函数 F x( ) 在 ( ,1) − 上为增函数，在 1,+) 上为减函数。 （3） 当 k  0 时，函数 F x( ) 在 ( ,1) − 上为增函数，在 2 1 1,1 4k    +    上为减函数，在 2 1 1 , 4k    + +   上为增函数。 2 ． 解 ： （ Ⅰ）函数的定义域为 0,+) ， ( ) ( ) ' 3 3 3 0 2 2 2 a x x a x a f x x x x x x     − − −   = + = =  ，由 ' f x( ) 0 = 得 3 a x = 。 考虑 3 a 是否落在导函数 ' f x( ) 的定义域 (0,+) 内，需对参数 a 的取值分 a  0 及 a  0 两种情况进行讨论。 （1） 当 a  0 时，则 ' f x( ) 0  在 (0,+) 上恒成立，所以 f x( ) 的单调递增区间为 0,+) 。 （2） 当 a  0 时，由 ' f x( ) 0  ，得 3 a x  ；由 ' f x( ) 0  ，得 0 3 a  x 。 因此，当 a  0 时， f x( ) 的单调递减区间为 0, 3   a     ， f x( ) 的单调递增区间为 , 3   a  +  

(Ⅱ)(i)由第(Ⅰ)问的结论可知: (1)当a≤0时,f(x)在[0,+∞)上单调递增,从而f(x)在[02]上单调递增, 所以g(a)=f(0)=0 (2)当a>0时,f(x)在0上单调递减,在 3+o|上单调递增,所以 ①当5∈(02),即0<a<6时,f(x)在0.2上单调递减,在,2|上单调递 2a√3a 所以g(a)=∫ 9 ②当;∈[2,+∞),即a≥6时,f(x)在[2]上单调递减,所以 g(a)=f(2)=v2(2-a) 0 综上所述,8(q)=2a 0<a<6 √2( (i)令-6≤g(a)≤-2 ①若a≤0,无解 ②若0<a<6,由-6≤-21≤-2解得3≤a<6 ③若a≥6,由-6≤√2(2-a)≤-2解得6≤a≤2+32。 综上所述,a的取值范围为3≤a≤2+32 3、解:(1)当a=1时,曲线y=f(x)在点(2,f(2)处的切线方程为 6x+25y-32=0。 (Ⅱ)由于a≠0,所以∫(x) 2(2+1)-2x(2ax=a2+)2(x-ox+

（Ⅱ）（ i ）由第（Ⅰ）问的结论可知： （1） 当 a  0 时， f x( ) 在 0,+) 上单调递增，从而 f x( ) 在 0,2 上单调递增， 所以 g a f ( ) = = (0 0 ) 。 （2） 当 a  0 时， f x( ) 在 0, 3   a     上单调递减，在 , 3   a  +   上单调递增，所以： ① 当 (0,2) 3 a  ，即 0 6  a 时， f x( ) 在 0, 3   a     上单调递减，在 ,2 3   a     上单调递 增， 所以 ( ) 2 3 3 3 a a a g a f   = = −     9 2a 3a = − 。 ② 当 2, ) 3 a  + ， 即 a  6 时 ， f x( ) 在 0,2 上 单 调 递 减 ， 所 以 g a f a ( ) = = − (2 2 2 ) ( ) 。 综上所述， ( ) ( ) 0, 0 2 ,0 6 3 3 2 2 , ~ 6 a a a g a a a a     = −      −   （ ii ）令 −   − 6 2 g a( ) 。 ①若 a  0 ，无解； ②若 0 6  a ，由 2 6 2 3 3 a a −  −  − 解得 3 6  a ； ③ 若 a  6 ，由 −  −  − 6 2 2 2 ( a) 解得 6 2 3 2   + a 。 综上所述， a 的取值范围为 3 2 3 2   + a 。 3 、 解 ：（ Ⅰ ） 当 a =1 时 ， 曲 线 y f x = ( ) 在 点 (2, 2 f ( )) 处 的 切 线 方 程 为 6x + 25y − 32 = 0 。 （Ⅱ）由于 a  0 ，所以 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 ' 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 1 1 1 a x a x a x x ax a a f x x x   + − − + − − +     = = + +

小。因此,需对参数92=a。这两个实根都在定义域R内,但不知它们之间的大 由∫(x)=0,得x 的取值分a>0和a0时,则xx2易得f(x)在区间(-∞a),(,+∞)内为增函数,在区 间(a-)为减函数。故函数f(x)在x=-处取得极小值f a2:函数f(x)在 x2=a处取得极大值f(a)=1。 4解:由题意可得()的定义域为(-1+∞),()=2x+b=2+2x+b,(x) 的分母x+1在定义域(-1,+) 上恒为正,方程2x2+2x+b=0是否有实根,需要对参数b的取值进行讨论 (1)当Δ=4-8b≤0,即b≥时,方程2x2+2x+b=0无实根或只有唯一根x= 所以g(x)=2x2+2x+b≥0 在(-1,+∞)上恒成立,则∫(x)≥0在(-1+∞)上恒成立,所以函数f(x)在(-1,+∞)上单 调递增,从而函数∫(x)在(-1,+)上无极值点。 (2)当A=4-8b>0,即b<时,方程2x2+2x+b=0,即f(x)=0有两个不相等的 实根:x1 这两个根是否都在定义域(-1,+∞)内呢?又需要对参数b的取值分情况作如下讨论: (i)当b<0时,x1= 1x,=-1+√-2b 所以 xg(-1+∞),x2∈(-1,+)

由 ( ) ' f x = 0 ，得 1 2 1 x x a , a = − = 。这两个实根都在定义域 R 内，但不知它们之间的大 小。因此，需对参数 a 的取值分 a  0 和 a  0 两种情况进行讨论。 （1） 当 a  0 时，则 1 2 x x  。易得 f x( ) 在区间 1 , a     − −   ， (a,+) 内为减函数，在 区间 1 , a a     −   为增函数。故函数 f x( ) 在 1 1 x a = − 处取得极小值 1 2 f a a     − = −   ；函数 f x( ) 在 2 x a = 处取得极大值 f a( ) =1。 （2） 当 a  0 时，则 1 2 x x  。易得 f x( ) 在区间 (−, a) ， , ) 1 (− + a 内为增函数，在区 间 ) 1 ( , a a − 为减函数。故函数 f x( ) 在 1 1 x a = − 处取得极小值 1 2 f a a     − = −   ；函数 f x( ) 在 2 x a = 处取得极大值 f a( ) =1。 4、解：由题意可得 f x( ) 的定义域为 (− + 1, )， ( ) 2 ' 2 2 2 1 1 b x x b f x x x x + + = + = + + ， ( ) ' f x 的分母 x +1 在定义域 (− + 1, ) 上恒为正，方程 2 2 2 0 x x b + + = 是否有实根，需要对参数 b 的取值进行讨论。 （1）当  = −  4 8 0 b ，即 1 2 b  时，方程 2 2 2 0 x x b + + = 无实根或只有唯一根 1 2 x = − ， 所以 ( ) 2 g x x x b = + +  2 2 0 在 (− + 1, ) 上恒成立，则 ( ) ' f x  0 在 (− + 1, ) 上恒成立，所以函数 f x( ) 在 (− + 1, ) 上单 调递增，从而函数 f x( ) 在 (− + 1, ) 上无极值点。 （2）当  = −  4 8 0 b ，即 1 2 b  时，方程 2 2 2 0 x x b + + = ，即 ( ) ' f x = 0 有两个不相等的 实根： 1 2 1 1 2 1 1 2 , 2 2 b b x x − − − − + − = = 。 这两个根是否都在定义域 (− + 1, ) 内呢？又需要对参数 b 的取值分情况作如下讨论： （ⅰ）当 b  0 时 ， 1 2 1 1 2 1 1 2 1, 1 2 2 b b x x − − − − + − =  − =  − ，所以 x x 1 2  − +  − + ( 1, , 1, ) ( )

此时,f(x)与∫(x)随x的变化情况如下表 (-1x)x2|(x2+∞o) f(x) 递减 极小值 递增 由此表可知:当b-1,x2= 1,所以 x1∈(-1+∞)x2∈(-1,+∞0) 此时,f(x)与∫(x)随x的变化情况如下表: x|(-1x)x1 (x2,+∞) (x)+0 0|+ f(x) 递增极大值递减|极小值递增 由此表可知:当0<b<时,f(x)有一个极大值点x=-1--2 和一个极小值点 1+ x? 综上所述: (1)当b<0时,f(x)有唯一极小值点r==1+√-2b (2)当0<b<时,f(x)有一个极大值点x 2和一个极小值点 1+ (3)当b≥时,f(x)无极值点

此时， ( ) ' f x 与 f x( ) 随 x 的变化情况如下表： x (−1, x2 ) 2 x ( x2 ,+) ( ) ' f x − 0 + f x( ) 递减 极小值 递增 由此表可知：当 b  0 时， f x( ) 有唯一极小值点 2 1 1 2 2 b x − + − = 。 （ ⅱ ） 当 1 0 2   b 时 ， 1 2 1 1 2 1 1 2 1, 1 2 2 b b x x − − − − + − =  − =  − ，所以 x x 1 2  − +  − + ( 1, , 1, ) ( )。 此时， ( ) ' f x 与 f x( ) 随 x 的变化情况如下表： x (−1, x1 ) 1 x ( x x 1 2 , ) 2 x ( x2 ,+) ( ) ' f x + 0 − 0 + f x( ) 递增 极大值 递减 极小值 递增 由此表可知：当 1 0 2   b 时， f x( ) 有一个极大值点 1 1 1 2 2 b x − − − = 和一个极小值点 2 1 1 2 2 b x − + − = 。 综上所述： （1） 当 b  0 时， f x( ) 有唯一极小值点 1 1 2 2 b x − + − = ； （2） 当 1 0 2   b 时 ， f x( ) 有 一 个极大值点 1 1 2 2 b x − − − = 和一个极小值点 1 1 2 2 b x − + − = ； （3） 当 1 2 b  时， f x( ) 无极值点