2026高中數學10大導數：專題09 函數的最值(教師版)

專題09函數的最值

考點一求已知函數的最值

【方法總結】

導數法求給定區間上函數的最值問題的一般步驟

(1)求函數f(x)的導數f′(x)；

(2)求f(x)在給定區間上的單調性和極值；

(3)求f(x)在給定區間上的端點值；

(4)將f(x)的各極值與f(x)的端點值進行比較，確定f(x)的最大值與最小值；

(5)反思回顧，查看關鍵點，易錯點和解題規范．

【例題選講】

[例1](1)函數f(x)＝lnx－x在區間(0，e]上的最大值為________．

1

答案－1解析f′(x)＝－1，令f′(x)＝0得x＝1．當x∈(0，1)時，f′(x)＞0；當x∈(1，e]時，f′(x)

x

＜0．∴當x＝1時，f(x)取得最大值，且f(x)max＝f(1)＝ln1－1＝－1．

1

(2)函數f(x)＝x2＋x－2lnx的最小值為．

2

32(x＋2)(x－1)

答案解析因為f′(x)＝x＋1－＝(x＞0)，所以f(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)

2xx

13

上單調遞增，所以f(x)min＝f(1)＝＋1＝．

22

12

(3)已知函數f(x)＝x3＋mx2＋nx＋2，其導函數f′(x)為偶函數，f(1)＝－，則函數g(x)＝f′(x)ex在區間[0，

33

2]上的最小值為．

1

答案－2e解析由題意可得f′(x)＝x2＋2mx＋n，∵f′(x)為偶函數，∴m＝0，故f(x)＝x3＋nx＋2，

3

121

∵f(1)＝＋n＋2＝－，∴n＝－3．∴f(x)＝x3－3x＋2，則f′(x)＝x2－3．故g(x)＝ex(x2－3)，則g′(x)＝ex(x2

333

－3＋2x)＝ex(x－1)·(x＋3)，據此可知函數g(x)在區間[0，1)上單調遞減，在區間(1，2]上單調遞增，故函數

g(x)的極小值，即最小值為g(1)＝e1·(12－3)＝－2e．

(4)已知函數f(x)＝2sinx＋sin2x，則f(x)的最小值是________．

33

答案－解析∵f(x)的最小正周期T＝2π，∴求f(x)的最小值相當于求f(x)在[0，2π]上的最小

2

值．f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝2cosx＋2(2cos2x－1)＝4cos2x＋2cosx－2＝2(2cosx－1)(cosx＋1)．令f′(x)＝0，解

115π

得cosx＝或cosx＝－1，x∈[0，2π]．∴由cosx＝－1，得x＝π；由cosx＝，得x＝π或x＝．∵函數的

2233

π5

π2π33π

最值只能在導數值為0的點或區間端點處取到，f(π)＝2sinπ＋sin2π＝0，f3＝2sin＋sin＝，f3＝

332

3333

－，f(0)＝0，f(2π)＝0，∴f(x)的最小值為－．

22

ln2x

(5)設正實數x，則f(x)＝的值域為________．

xlnx

1

0，t2mem(1－m)

答案e解析令lnx＝t，則x＝et，∴g(t)＝，令t2＝m，m≥0，∴h(m)＝，∴h′(m)＝，

et2eme2m

令h′(m)＝0，解得m＝1，當0≤m<1時，h′(m)>0，函數h(m)單調遞增，當m≥1時，h′(m)<0，函數h(m)單

1

1ln2x0，

調遞減，∴h(m)max＝h(1)＝，∵f(0)＝0，當m→＋∞時，h(m)→0，∴f(x)＝的值域為e．

exlnx

(6)已知函數f(x)＝elnx和g(x)＝x＋1的圖象與直線y＝m的交點分別為P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1－x2

的取值范圍是()

1，＋∞3，＋∞

A．[1，＋∞)B．[2，＋∞)C．2D．2

答案A解析由題意知f(x1)＝g(x2)，所以elnx1＝x2＋1，即x2＝elnx1－1，則x1－x2＝x1－elnx1＋

ex－e

1，x1>0．令h(x)＝x－elnx＋1(x>0)，則h′(x)＝1－＝．當x>e時，h′(x)>0，當0<x<e時，h′(x)<0，所

xx

＋

以h(x)在(0，e)上單調遞減，在(e，＋∞)上單調遞增，所以h(x)min＝h(e)＝1．又當x→0時，h(x)→＋∞，

當x→＋∞時，h(x)→＋∞，所以h(x)在(0，＋∞)上的值域為[1，＋∞)，所以x1－x2的取值范圍為[1，＋∞)．

(7)已知不等式ex－1≥kx＋lnx對于任意的x∈(0，＋∞)恒成立，則k的最大值為________．

ex－1－lnx

答案e－1解析x∈(0，＋∞)，不等式ex－1≥kx＋lnx恒成立，等價于x∈(0，＋∞)，k≤

x

??

ex－1－lnxex(x－1)＋lnx

恒成立，令φ(x)＝(x>0)，則φ′(x)＝，當x∈(0，1)時，φ′(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，

xx2

φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，∴φ(x)min＝φ(1)＝e－1，∴k≤e－1．

x＋e|x|

(8)(多選)設函數f(x)＝，則下列選項正確的是()

e|x|

A．f(x)為奇函數B．f(x)的圖象關于點(0，1)對稱

11

C．f(x)的最大值為＋1D．f(x)的最小值為－＋1

ee

xx－x

答案BCD解析f(x)＝＋1，不滿足f(－x)＝－f(x)，故A項錯誤；令g(x)＝，則g(－x)＝＝

e|x|e|x|e|－x|

－xx

＝－g(x)，所以g(x)為奇函數，則f(x)關于點(0，1)對稱，B項正確；設f(x)＝＋1的最大值為M，則

e|x|e|x|

xx

g(x)的最大值為M－1，設f(x)＝＋1的最小值為N，則g(x)的最小值為N－1，當x＞0時，g(x)＝，所

e|x|ex

1－x

以g′(x)＝，當0＜x＜1時，g′(x)＞0，當x＞1時，g′(x)＜0，所以當0＜x＜1時，g(x)單調遞增，當x

ex

1

＞1時，g(x)單調遞減，所以g(x)在x＝1處取得最大值，最大值為g(1)＝，由于g(x)為奇函數，所以g(x)

e

111

在x＝－1處取得最小值，最小值為g(－1)＝－，所以f(x)的最大值為M＝＋1，最小值為N＝－＋1，

eee

故C、D項正確．故選B、C、D．

[例2]已知函數f(x)＝excosx－x．

(1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；

π

0，

(2)求函數f(x)在區間2上的最大值和最小值．

解析(1)因為f(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f′(0)＝0．

又因為f(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝1．

(2)設h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，則h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx．

ππ

0，0，

當x∈2時，h′(x)＜0，所以h(x)在區間2上單調遞減．

ππ

0，0，

所以對任意x∈2，有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0．所以函數f(x)在區間2上單調遞減．

ππ

0，π

因此f(x)在區間2上的最大值為f(0)＝1，最小值為f2＝－．

2

1

－x≥

[例3](2017·浙江)已知函數f(x)＝(x－2x－1)ex2．

(1)求f(x)的導函數；

1，＋∞

(2)求f(x)在區間2上的取值范圍．

1

1－

解析(1)f′(x)＝(x－2x－1)′e－x＋(x－2x－1)(e－x)′＝2x－1e－x－(x－2x－1)e－x

12

－－＋－－1

1x2x1－1－x＞

＝2x－1ex＝(1－x)2x－1ex2．

2

－

1－5

(2)令f′(x)＝(1－x)2x－1ex＝0，解得x＝1或．

2

當x變化時，f(x)，f′(x)的變化如下表：

11555

x，111，，＋∞

22222

f′(x)－0＋0－

1115

f(x)e－0e－

2222

151

1115，＋∞11

又f2＝e－，f(1)＝0，f2＝e－，則f(x)在區間2上的最大值為e－．

222222

－1－

又f(x)＝(x－2x－1)ex＝(2x－1－1)2ex≥0．

2

111

，＋∞0，e－

綜上，f(x)在區間2上的取值范圍是22．

3－2x

[例4](2021·北京)已知函數f(x)＝．

x2＋a

(1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；

(2)若函數f(x)在x＝－1處取得極值，求f(x)的單調區間，以及最大值和最小值．

3－2xx2·(－2)－(3－2x)·2x2x－6

解析(1)當a＝0時，f(x)＝，則f′(x)＝＝．

x2x4x3

當x＝1時，f(1)＝1，f′(1)＝－4，

故y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為y－1＝－4(x－1)，整理得4x＋y－5＝0．

3－2x(x2＋a)·(－2)－(3－2x)·2x2(x2－3x－a)

(2)已知函數f(x)＝，則f′(x)＝＝．

x2＋a(x2＋a)2(x2＋a)2

2(4－a)

若函數f(x)在x＝－1處取得極值，則f′(－1)＝0，即＝0，解得a＝4．

(a＋1)2

經檢驗，當a＝4時，x＝－1為函數f(x)的極大值，符合題意．

3－2x2(x－4)(x＋1)

此時f(x)＝，其定義域為R，f′(x)＝，

x2＋4(x2＋4)2

令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝4．f(x)，f′(x)隨x的變化趨勢如下表：

x(－∞，－1)－1(－1，4)4(4，＋∞)

f′(x)＋0－0＋

f(x)↗極大值↘極小值↗

故函數f(x)的單調遞增區間為(－∞，－1)，(4，＋∞)，單調遞減區間為(－1，4)．

1

由上表知f(x)的極大值為f(－1)＝1，極小值為f(4)＝－．

4

33

又因為x<時，f(x)>0；x>時，f(x)<0，

22

1

所以函數f(x)的最大值為f(－1)＝1，最小值為f(4)＝－．

4

－x3＋x2，x<1，

[例5]已知函數f(x)＝

alnx，x≥1.

(1)求f(x)在區間(－∞，1)上的極小值和極大值；

(2)求f(x)在[－1，e](e為自然對數的底數)上的最大值．

解析(1)當x<1時，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，

2

令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝．

3

當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：

222

x(－∞，0)00，，1

333

f′(x)－0＋0－

f(x)極小值極大值

故當x＝0時，函數f(x)取到極小值，極小值為f(0)＝0，

2

24

當x＝時，函數f(x)取到極大值，極大值為f3＝．

327

22

，10，

(2)①當－1≤x<1時，根據(1)知，函數f(x)在[－1，0)和3上單調遞減，在3上單調遞增．

2

4

因為f(－1)＝2，f3＝，f(0)＝0，所以f(x)在[－1，1)上的最大值為2．

27

②當1≤x≤e時，f(x)＝alnx，當a≤0時，f(x)≤0；

當a>0時，f(x)在[1，e]上單調遞增．則f(x)在[1，e]上的最大值為f(e)＝a．

故當a≥2時，f(x)在[－1，e]上的最大值為a；

當a<2時，f(x)在[－1，e]上的最大值為2．

【對點訓練】

x

1．函數y＝在[0，2]上的最大值是()

ex

121

A．B．C．0D．

ee22e

1－x

1．答案A解析易知y′＝，x∈[0，2]，令y′＞0，得0≤x＜1，令y′＜0，得1＜x≤2，所以函數y

ex

xx1

＝在[0，1]上單調遞增，在(1，2]上單調遞減，所以y＝在[0，2]上的最大值是ymax＝，故選A．

exexe

2．函數f(x)＝2x－lnx的最小值為________．

12x－111

2．答案1＋ln2解析f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2－＝，當0<x<時，f′(x)<0；當x>時，

xx22

111

0，，＋∞1

f′(x)>0．∴f(x)在2上單調遞減，在2上單調遞增，∴f(x)min＝f2＝1－ln＝1＋ln2．

2

3．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m為常數)在[－2，2]上有最大值3，那么此函數在[－2，2]上的最小值是()

A．－37B．－29C．－5D．以上都不對

3．答案A解析∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，∴f(x)在(－2，0)上單調遞增，在(0，2)上單調遞減，∴

x＝0為極大值點，也為最大值點，∴f(0)＝m＝3，∴m＝3．∴f(－2)＝－37，f(2)＝－5．∴最小值是－

37．故選A．

4．已知函數f(x)＝x＋2sinx，x∈[0，2π]，則f(x)的值域為()

4π2π4π2π

－3，＋30，－3＋3，2π

A．33B．3C．3D．[0，2π]

2π

12π4π

4．答案D解析f′(x)＝1＋2cosx，x∈[0，2π]，令f′(x)＝0，得cosx＝－，∴x＝或x＝，又f3

233

4π4π2π4π2π

2π4π2π

＝＋3，f3＝－3，f(0)＝0，f(2π)＝2π，f3－f3＝－23<0，∴f(0)<f3<f3<f(2π)，

333

∴f(x)max＝f(2π)＝2π，f(x)min＝f(0)＝0，∴f(x)的值域為[0，2π]．

2－cosx

5．設0<x<π，則函數y＝的最小值是________．

sinx

sin2x－2－cosxcosx1－2cosxππ

5．答案3解析y′＝＝．因為0<x<π，所以當<x<π時，y′>0；當0<x<

sin2xsin2x33

π

時，y′<0．所以當x＝時，ymin＝3．

3

m

6．若曲線y＝xex＋(x<－1)存在兩條垂直于y軸的切線，則m的取值范圍為________．

x＋1

27

－，0m

6．答案e4解析由題意可得，y′＝(x＋1)ex－＝0，即m＝(x＋1)3ex在(－∞，－1)上

(x＋1)2

有兩個不同的解．設f(x)＝(x＋1)3ex(x<－1)，f′(x)＝(x＋1)2ex(x＋4)．當x<－4時，f′(x)<0；當－4<x<－1

27

－，0

274

時，f′(x)>0．所以f(x)min＝f(－4)＝－，當x<－1時，f(x)<0，故m∈e．

e4

7．已知實數x，y滿足4x＋9y＝1，則2x＋1＋3y＋1的取值范圍是________．

7．答案(2，13]解析由4x＋9y＝1得22x＋32y＝1，3y＝1－22x，其中22x∈(0，1)，所以2x∈(0，

1)，所以2x＋1＋3y＋1＝2×2x＋3×3y＝2×2x＋31－22x，令t＝2x，則f(t)＝2t＋31－t2(0<t<1)，則f′(t)＝2

213213

3t3t2130，，1

－，令f′(t)＝2－＝0得t＝，所以函數f(t)在13上單調遞增，在13上單

1－t21－t213

213

＋＋

調遞減，且f(0)＝3，f13＝13，f(1)＝2，所以2x1＋3y1的取值范圍為(2，13]．

8．已知函數f(x)＝lnx－ax，其中x∈[1，＋∞)，若不等式f(x)≤0恒成立，則實數a的取值范圍為()

11

1－，＋∞

A．[1，＋∞)B．－∞，eC．eD．[0，＋∞)

lnx

8．答案C解析當x∈[1，＋∞)時，不等式f(x)≤0恒成立等價于a≥在[1，＋∞)上恒成立，

x

lnx1－lnx1

令g(x)＝，則g′(x)＝．當0<x<e時，g′(x)>0；當x>e時，g′(x)<0；所以g(x)max＝g(e)＝，所

xx2e

1

以a≥．故選C．

e

3

9．已知函數f(x)＝x－3x－1，若對于區間[－3，2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，則實數t的最小

值是()

A．20B．18C．3D．0

9．答案A解析因為f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，x∈[－3，2]，所以f(x)在[－1，1]上單調遞減，

在[1，2]和[－3，－1]上單調遞增．f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在區間[－3，2]

上，f(x)max＝1，f(x)min＝－19，又由題設知在[－3，2]上|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min＝20，所以t≥20，

故選A．

lnx－x

10．(多選)已知函數f(x)＝，g(x)＝xe，若存在x1∈(0，＋∞)，x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)＝k(k＜0)成立，

x

則下列結論正確的是()

A．lnx1＝x2B．ln(－x2)＝－x1

x2x2

2k42k1

C．x1·e的最大值為D．x1·e的最大值為

e2e2

lnx1

10．答案AC解析由f(x1)＝g(x2)＝k(k＜0)，得＝x2e－x2＜0(*)，∴0＜x1＜1，x2＜0．由(*)可得

x1

－lnx1

＝－x2e－x2＞0，兩邊同時取對數可得ln(－lnx1)－lnx1＝ln(－x2)－x2．∵函數y＝lnx＋x在(0，

x1

x2

x2lnx12k2k2k

＋∞)上為增函數，∴－lnx1＝－x2，∴lnx1＝x2，∴＝＝k，故x1·e＝k·e．設h(k)＝k·e(k＜

x1x1

0)，∴h′(k)＝ek(k2＋2k)，由ek(k2＋2k)＞0，可得k＜－2，故h(k)在(－∞，－2)上單調遞增，在(－2，0)

x2

42k4

上單調遞減，故h(k)max＝h(－2)＝，因此x1·e的最大值為．綜上，AC正確．

e2e2

11．設函數f(x)＝x2＋1－lnx．

(1)求f(x)的單調區間；

1

，2

(2)求函數g(x)＝f(x)－x在區間2上的最小值．

1

11．解析(1)易知f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2x－，

x

22

由f′(x)＞0，得x＞，由f′(x)＜0，得0＜x＜．

22

22

0，，＋∞

∴f(x)的單調遞減區間為2，單調遞增區間為2．

1(2x＋1)(x－1)

(2)由題意知g(x)＝x2＋1－lnx－x，g′(x)＝2x－－1＝，

xx

由g′(x)＞0，得x＞1，由g′(x)≤0，得0＜x≤1，

11

，1，2

∴g(x)在2上單調遞減，在(1，2]上單調遞增，∴在2上，g(x)的最小值為g(1)＝1．

ax2＋bx＋c

12．已知函數f(x)＝(a>0)的導函數f′(x)的兩個零點為－3和0．

ex

(1)求f(x)的單調區間；

(2)若f(x)的極小值為－e3，求f(x)在區間[－5，＋∞)上的最大值．

(2ax＋b)ex－(ax2＋bx＋c)ex－ax2＋(2a－b)x＋b－c

12．解析(1)f′(x)＝＝．

(ex)2ex

令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，

因為ex>0，所以f′(x)的零點就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零點，且f′(x)與g(x)符號相同．

又因為a>0，所以當－3<x<0時，g(x)>0，即f′(x)>0，

當x<－3或x>0時，g(x)<0，即f′(x)<0，

所以f(x)的單調遞增區間是(－3，0)，單調遞減區間是(－∞，－3)，(0，＋∞)．

(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的極小值點，

9a－3b＋c

f(－3)＝＝－e3，

e－3

所以有

g(0)＝b－c＝0，

g(－3)＝－9a－3(2a－b)＋b－c＝0，

x2＋5x＋5

解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝．

ex

由(1)可知當x＝0時f(x)取得極大值f(0)＝5，

故f(x)在區間[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者．

5

而f(－5)＝＝5e5>5＝f(0)，

e－5

所以函數f(x)在區間[－5，＋∞)上的最大值是5e5．

13．(2019·全國Ⅲ)已知函數f(x)＝2x3－ax2＋2．

(1)討論f(x)的單調性；

(2)當0<a<3時，記f(x)在區間[0，1]的最大值為M，最小值為m，求M－m的取值范圍．

a

13．解析(1)f(x)的定義域為R，f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝．

3

aa

，＋∞0，

若a>0，則當x∈(－∞，0)∪3時，f′(x)>0，當x∈3時，f′(x)<0，

aa

，＋∞0，

故f(x)在(－∞，0)，3上單調遞增，在3上單調遞減；

若a＝0，則f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增；

aa

－∞，，0

若a<0，則當x∈3∪(0，＋∞)時，f′(x)>0，當x∈3時，f′(x)<0，

aa

－∞，，0

故f(x)在3，(0，＋∞)上單調遞增，在3上單調遞減．

aa

0，，1

(2)當0<a<3時，由(1)知，f(x)在3上單調遞減，在3上單調遞增，所以f(x)在[0，1]的最小值

a

a3

為f3＝－＋2，最大值為f(0)＝2或f(1)＝4－a．

27

a3

2－a＋，0<a<2，

27

a34－a，0<a<2，

于是m＝－＋2，M＝所以M－m＝a3

272，2≤a<3.，2≤a<3.

27

8

a3，2

①當0<a<2時，可知y＝2－a＋單調遞減，所以M－m的取值范圍是27．

27

8

a3，1

②當2≤a<3時，y＝單調遞增，所以M－m的取值范圍是27．

27

8

，2

綜上，M－m的取值范圍是27．

考點二已知函數的最值求參數的值(范圍)

【例題選講】

[例1](1)函數f(x)＝x3－3x2－9x＋k在區間[－4，4]上的最大值為10，則其最小值為________．

答案－71解析f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1)．由f′(x)＝0得x＝3或x＝－1．又f(－4)＝k－

76，f(3)＝k－27，f(－1)＝k＋5，f(4)＝k－20．由f(x)max＝k＋5＝10，得k＝5，∴f(x)min＝k－76＝－71．

1π

(2)若函數f(x)＝asinx＋sin3x在x＝處有最值，則a等于()

33

23

A．2B．1C．D．0

3

π

ππ

答案A解析∵f(x)在x＝處有最值，∴x＝是函數f(x)的極值點．又f′(x)＝acosx＋cos3x，∴f′3

33

π

＝acos＋cosπ＝0，解得a＝2．

3

(3)函數f(x)＝3x－x3在區間(a2－12，a)上有最小值，則實數a的取值范圍是________．

2

答案(－1，2]解析f′(x)＝3－3x＝－3(x＋1)(x－1)，令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝1．當x變化時，

f′(x)，f(x)的變化情況如下表：

x(－∞，－1)－1(－1，1)1(1，＋∞)

f′(x)－0＋0－

f(x)極小值－2極大值2

322

又由3x－x＝－2，得(x＋1)(x－2)＝0．∴x3＝－1，x4＝2．∵f(x)在開區間(a－12，a)上有最小值，

a2－12<－1<a，

∴最小值一定是極小值．∴解得－1<a≤2．

a≤2，

(4)已知函數f(x)＝lnx－ax存在最大值0，則a＝________．

111

答案解析f′(x)＝－a，x＞0．當a≤0時，f′(x)＝－a＞0恒成立，函數f(x)單調遞增，不存在最

exx

1111

大值；當a＞0時，令f′(x)＝－a＝0，解得x＝．當0＜x＜時，f′(x)＞0，函數f(x)單調遞增；當x＞時，

xaaa

1

11

f′(x)＜0，函數f(x)單調遞減．∴f(x)max＝fa＝ln－1＝0，解得a＝．

ae

＋

a，a6

(5)(多選)若函數f(x)＝2x3－ax2(a＜0)在23上有最大值，則a的取值可能為()

A．－6B．－5C．－4D．－3

aa

答案ABC解析令f′(x)＝2x(3x－a)＝0，解得x1＝0，x2＝(a＜0)，當＜x＜0時，f′(x)＜0；當x

33

aa

a－∞，，0

＜或x＞0時，f′(x)＞0，則f(x)的單調遞增區間為3，(0，＋∞)，單調遞減區間為3，從而f(x)

3

aa