导数历年高考真题精选及答案

导数历年高考真题精选与答案 一．选择题

1. （2011年高考山东卷文科4)曲线yx211在点P(1，12)处的切线与y轴交点的纵坐标是 (A)-9 (B)-3 (C)9 (D)15

2.（2011年高考山东卷文科10)函数yx2sinx的图象大致是

2

3.（2011年高考江西卷文科4)曲线yex在点A（0,1）处的切线斜率为（ ）

A.1 B.2 C.e D.

4.2011年高考浙江卷文科10)设函数fxax2bxca,b,cR，若x1为函数fxex的一个极值点，则下列图象不可能为yfx的图象是

1e

5.（2011年高考湖南卷文科7)曲线y处的切线的斜率为 （ ）

sinx1在点M(,0)4sinxcosx2导数历年高考真题精选与答案

11 B．

22A．

C．22 D．22

6.【2012高考重庆文8】设函数f(x)在R上可导，其导函数f(x)，且函数f(x)在x2处取得极小值，则函数yxf(x)的图象可能是

7.【2012高考浙江文10】设a＞0，b＞0，e是自然对数的底数

A. 若23b，则a＞b B. 若23b，则a＜b C. 若 23b，则a＞b D. 若23b，则a＜b

8.【2012高考陕西文9】设函数f（x） 则 （ ） A．为f(x)的极大值点 B．为f(x)的极小值点

C．2为 f(x)的极大值点 D．2为 f(x)的极小值点

12122x导数历年高考真题精选与答案

9.【2012高考辽宁文8】函数

12

㏑2x的单调递减区间为

（A）（1,1] （B）（0,1] （C.）[1，+∞） （D）（0，+∞）

10.【2102高考福建文12】已知f（x）³-6x²+9，a＜b＜c，且f（a）（b）（c）=0.现给出如下结论：

①f（0）f（1）＞0；②f（0）f（1）＜0；③f（0）f（3）＞0；④f（0）f（3）＜0. 其中正确结论的序号是

A.①③ B.①④ C.②③ D.②④

11.2012高考辽宁文12】已知为抛物线x2=2y上两点，点的横坐标分别为4，2，过分别作抛物线的切线，两切线交于点A，则点A的纵坐标为

(A) 1 (B) 3 (C) 4 (D) 8 12..(2009年广东卷文)函数f(x)(x3)ex的单调递增区间是

( )

(2,)

A. (,2) B.(0,3) C.(1,4) D.

13.（2009江西卷文）若存在过点(1,0)的直线与曲线yx3和

yax215x9都相切，则a等于 4

( )

464 D．7或7

4A．1或-25 B．1或21 C．7或-25

46414.（2009湖南卷文）若函数y在区间[a,b]上是增f(x)的导函数．．．

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函数，

则函数y

( )

f(x)在区间[a,b]上的图象可能是

y o

y y a b x o a b x o a b x o a b x

A

B． C． D． 二、填空题

1.（2009辽宁卷文）若函数

2.若曲线fxax2Inx存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范

围是 . 3.（2009江苏卷）函数

. 4.（2009宁夏海南卷文）曲线yxex2x1在点（0,1）处的切线方程为 三．解答题

1.（2009浙江文）（本题满分15分）已知函数

f(x)x315x233x6x2af(x)在x1处取极值，则a

x1的单调减区间为

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f(x)x3(1a)x2a(a2)xb (a,bR)．

（I）若函数f(x)的图象过原点，且在原点处的切线斜率是3，求a,b的值；

（）若函数f(x)在区间(1,1)上不单调，求a的取值范围． ．．．

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2.（2009北京文）（本小题共14分）

设函数f(x)x33axb(a0). （Ⅰ）若曲线y值；

（Ⅱ）求函数f(x)的单调区间与极值点.

3.2009山东卷文)（本小题满分12分）

已知函数f(x)1ax3bx2x3,其中a0

3求a,b的f(x)在点(2,f(x))处与直线y8相切，

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（1）当a,b满足什么条件时,f(x)取得极值?

（2）已知a0,且f(x)在区间(0,1]上单调递增,试用a表示出b的取值范围

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4.设函数f(x)1x3(1a)x24ax24a，其中常数a>1

3(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;

(Ⅱ)若当x≥0时，f(x)>0恒成立，求a的取值范围。

5.（2009安徽卷文）（本小题满分14分） 已知函数（Ⅰ）讨论（Ⅱ）设3，求然对数的底数。

，a＞0，

的单调性；

在区间{1，}上值域。期中2.71828…是自

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6.（2009江西卷文）（本小题满分12分） 设函数f(x)x39x26xa．

2（1）对于任意实数x，f(x)m恒成立，求m的最大值； （2）若方程f(x)0有且仅有一个实根，求a的取值范围．

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7.（2009天津卷文）（本小题满分12分） 设函数f(x)1x3x2(m21)x,(xR,)其中m0

3（Ⅰ）当m1时，曲线yf(x)在点（1，f（1））处的切线斜率 （Ⅱ）求函数的单调区间与极值；

（Ⅲ）已知函数f(x)有三个互不相同的零点0，x1,x2，且x1x2。若对任意的

x[x1,x2]，f(x)f(1)恒成立，求

m的取值范围。

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8.（2009四川卷文）（本小题满分12分） 已知函数

f(x)x32bx2cx2的图象在与x轴交点处的切线方

程是y5x10。

（I）求函数f(x)的解析式； （）设函数g(x)1f(x)mx，若g(x)的极值存在，求实数m的取

3值范围以与函数g(x)取得极值时对应的自变量x的值.

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9.（2009陕西卷文）（本小题满分12分） 已知函数f(x)x33ax1,a0

求f(x)的单调区间；

若f(x)在x1处取得极值，直线与yf(x)的图象有三个不

同的交点，求m的取值范围。

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10.（2010·安徽高考文科·Ｔ20）设函数fxsinxcosxx1，

0x2，求函数fx的单调区间与极值

11.（2010·北京高考文科·Ｔ１8） 设定函数

f(x)a3xbx2cxd(a0)3，(a0)，且方程fx9x0的两个根分别为

1，4

（Ⅰ）当3且曲线yf(x)过原点时，求f(x)的解析式；

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（Ⅱ）若f(x)在(,)无极值点，求a的取值范围。

12.（2010·浙江高考文科·Ｔ21）已知函数

(a,bR,af(x)(xa)2（x）

（I）当1，2时，求曲线yf(x)在点（2，f(x)）处的切线方程。

（）设x1,x2是f(x)的两个极值点，x3是f(x)的一个零点，且x3x1，

x3x2

证明：存在实数x4，使得x1,x2,x3,x4 按某种顺序排列后的等差数列，

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并求x4

13.（2011年高考全国新课标卷文科21)（本小题满分12分） 已知函数f(x)x2y30，

alnxb，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x1x导数历年高考真题精选与答案

（1）求a,b的值

（2）证明：当x0,x1时，f(x)

14.（2011年高考浙江卷文科21)（本题满分15分）设函数

f(x)a2lnxx2ax(a0)（Ⅰ）求f(x)单调区间（Ⅱ）求所有实数a，

lnx1x

使e1f(x)e2对x[1,e]恒成立

注：e为自然对数的底数

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15.【2012高考江苏18】（16分）若函数y极大值或极小值，则称x0为函数yf(x)在xx0处取得

f(x)的极值点。

已知a，b是实数，1和1是函数f(x)x3ax2bx的两个极值点． （1）求a和b的值；

（2）设函数g(x)的导函数g(x)f(x)2，求g(x)的极值点；

1.【答案】C

【解析】因为y'3x2,切点为P（1，12），所以切线的斜率为3,故切线方程为39=0,令0,得9,故选C. 2.【答案】C

1112cosx,所以令y'2cosx0,得cosx,此时22411原函数是增函数;令y'2cosx0,得cosx,此时原函数是减函

24答案

【解析】因为y'数,结合余弦函数图象，可得选C正确. 3.【答案】A 【解析】y'ex,x0,e01. 4.【答案】 D

【解析】：fx2axb，令g(x)fxex则

g(x)fxexf(x)ex(fxf(x))ex

(2axbax2bxc)ex[ax2(2ab)x(bc)]ex，因为x1为函数g(x)导数历年高考真题精选与答案

的一个极值点，所以x1是ax2(2ab)x(bc)0的一个根，即

a(2ab)(1)(bc)0 2(2ab)4a(bc)0

5.答案选B 6.【答案】C

【解析】由函数f(x)在x2处取得极小值可知x2，f(x)0，则xf(x)0；x2，f(x)0则2x0时xf(x)0，x0时xf(x)0,选C. 7.【答案】A

【解析】若e则fxexa必有ea2aeb2b．构造函数：fxex2x，2aeb3b，

20恒成立，故有函数fxex2x在x＞0上单调递增，

即a＞b成立．其余选项用同样方法排除． 8答案.

【解析】f(x)lnx,f'(x)2x212xx，令f'(x)0，则x2，当

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0x2时f'(x)0，当x2时f'(x)0，所以x2为f(x)极小值点，

故选D. 9.答

121x案选

Byx2lnx,yx,由y≤0，解得-1≤x≤1,又x0,0x≤1, 10.

.【答案】C．

f(x)x36x29xabc,f'(x)3x212x9，【解析】令f'(x)0则x1或x3，当x1时f'(x)0；当1x3时f'(x)0；当x3时f'(x)0， 所以x1时f(x)有极大值，当x3时f(x)有极小值，函数f(x)有三个零点，

f(1)0,f(3)0，且a1b3c，又

f(0)f(a)0，

f(3)275427abc，abc0，即a0，因此

C.

f(0)f(1)0,f(0)f(3)0.故选

11.【答案】C

【解析】因为点P，Q的横坐标分别为4，2，代人抛物线方程得P，Q的纵坐标分别为8,2.由x22y,则y1x2,yx,所以过点P，

2Q的抛物线的切线的斜率分别为4，2，所以过点P，Q的抛物

线的切线方程分别为

x1,y4,故点

y4x8,y2x2,联立方程组解得

A的纵坐标为4

f(x)(x3)ex(x3)ex(x2)ex12.答案 D

x2,故选

,令f(x)0,解得

D

13.答案 A

解析 设过(1,0)的直线与yx3相切于点(x0,x03)，所以切线方

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程为

yx033x02(xx0)

即y3x02x2x03，又(1,0)在切线上，则x00或x03，

2当x00时，由y0与yax215x9相切可得a25，

464当x03时，由y27x27与yax215x9相切可得a1，所

2444以选A.

14.解析 因为函数yf(x)的导函数．．．yf(x)在区间[a,b]上是增

函数，即在区间[a,b]上各点处的斜率k是递增的，由图易知选A. 注意C中yk为常数噢. 二．填空题

2x(x1)(x2a)1.解析 f’(x)＝

(x1)2 f’(1)＝3a＝0 Þ a＝3

4答案 3

2. 解析 由题意该函数的定义域x0，由fx2ax1。因

x为存在垂直于y轴的切线，故此时斜率为0，问题转化为x0范围内导函数fx2ax1存在零点。

x解法1 （图像法）再将之转化为gx2ax与hx1存在交点。

x当a0不符合题意，当a0时，如图1，数形结合可得显然没有交点，当a0如图2，此时正好有一个交点，故有a0应填

,0

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或是a|a0。

解法2 （分离变量法）上述也可等价于方程2ax10在0,x内有解，显然可得a1,0 22x3.解析 考查利用导数判断函数的单调性。

f(x)3x230x333(x11)(x1)，

由(x11)(x1)0得单调减区间为(1,11)。亦可填写闭区间或半开半闭区间。 4.y3x1

三．解答题

1.解析 （Ⅰ）由题意得f(x)3x22(1a)xa(a2) 又f(0)b0f(0)a(a2)3 ，解得b0，a3或a1

（Ⅱ）函数f(x)在区间(1,1)不单调，等价于

导函数f(x)在(1,1)既能取到大于0的实数，又能取到小于0的实数

即函数f(x)在(1,1)上存在零点，根据零点存在定理，有

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f(1)f(1)0， 即：[32(1a)a(a2)][32(1a)a(a2)]0

整理得：(a5)(a1)(a1)20，解得5a1

2.解析 本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值、解不等式等基础知识，考查综合分析和解决问题的能力． （Ⅰ）f'x3x23a, ∵曲线yf(x)在点(2,f(x))处与直线y8相切，

'f34a0a4,20∴ f2886ab8b24.（Ⅱ）∵f'x3x2aa0,

当a0时，f'x0，函数f(x)在,上单调递增， 此时函数f(x)没有极值点. 当a0时，由f'x0xa， 当x,当x当xa,a时，fx0，函数f(x)单调递增， a时，fx0，函数f(x)单调递减，

'''a,时，fx0，函数f(x)单调递增，

a是f(x)的极大值点，xa是f(x)的极小值点.

∴此时x3.。解: (1)由已知得f'(x)ax22bx1,令f'(x)0,得ax22bx10,

f(x)要取得极值,方程ax22bx10必须有解,

所以△4b24a0,即b2a, 此时方程ax22bx10的根为

2b4b24abb2a2b4b24abb2a,x2x12aa2aa,

所以f'(x)a(xx1)(xx2) 当a0时,

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x f’(x) f (x)

(-∞1) ＋ 增函数

x 1 0 极大值

(x12) － 减函数

x2 0 极小值

(x2∞) ＋ 增函数

所以f(x)在x 1, x2处分别取得极大值和极小值. 当a0时,

x f’(x) f (x)

(-∞2) － 减函数

x 2 0 极小值

(x21) ＋ 增函数

x1 0 极大值

(x1∞) － 减函数

所以f(x)在x 1, x2处分别取得极大值和极小值. 综上,当a,b满足b2a时, (2)要使

f(x)取得极值.

f(x)在区间(0,1]上单调递增,需使f'(x)ax22bx10在

(0,1]上恒成立.

即bax1ax1,x(0,1]恒成立, 所以b()max 22x22x1a(x2)a, 设g(x)ax1,g'(x)a12222x22x2x令g'(x)0得x1a或x1a(舍去),

当a1时,011,当x(0,a1ax1)时g'(x)0,g(x)单调增函

22xa数; 当x(1ax1,1]时g'(x)0,g(x)单调减函数,

22xa导数历年高考真题精选与答案

所以当x所以b1a时,g(x)取得最大,最大值为g(1)a. aa 当0a1时,

g(x)11a,此时

g'(x)0在区间(0,1]恒成立,所以

ax1在区间(0,1]上单调递增,当x1时g(x)最大,最大22x值为g(1)a1,所以ba1

22综上,当a1时, ba; 当0a1时, ba1

2【命题立意】:本题为三次函数,利用求导的方法研究函数的极值、单调性和函数的最值,函数在区间上为单调函数,则导函数在该区间上的符号确定,从而转为不等式恒成立,再转为函数研究最值.运用函数与方程的思想,化归思想和分类讨论的思想解答问题.

4.解析 （I）f(x)x22(1a)x4a(x2)(x2a) 由a1知，当x2时，f(x)0，故f(x)在区间(,2)是增函数； 当2x2a时，f(x)0，故f(x)在区间(2,2a)是减函数； 当x2a时，f(x)0，故f(x)在区间(2a,)是增函数。 综上，当a1时，f(x)在区间(,2)和(2a,)是增函数，在区间

(2,2a)是减函数。

（）由（I）知，当x0时，f(x)在x2a或x0处取得最小值。

1f(2a)(2a)3(1a)(2a)24a2a24a

34a34a224a 3f(0)24a

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由假设知

a1f(2a)0,f(0)0, 即

a1,4a(a3)(a6)0,324a0. 解得

1故a的取值范围是（1，6）

5.【思路】由求导可判断得单调性，同时要注意对参数的讨论，即不能漏掉，也不能重复。第二问就根据第一问中所涉与到的

2单调性来求函数f(x)在1,e上的值域。

解析 (1)由于f(x)1x2a 2xx令t1得y2t2at1(t0) ①当a280,即0a22时,

f(x)0恒成立.

f(x)在(－∞,0)与(0,＋∞)上都是增函数.

②当a280,即a22时

aa28aa28由2tat10得t或t442

aa28aa28或x0或x 0x44又由

2t2at0得

aa28aa28aa28aa28tx4422

综上①当0a22时, ②当a22时,

f(x)在(,0)及(0,)上都是增函数.

aa28aa28,)上是减函数, f(x)在(22

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aa28aa28在(,0)(0,)及(,)上都是增函数.

22(2)当a3时,由(1)知f(x)在1,2上是减函数.

2在2,e上是增函数.

又f(1)0,f(2)23ln20f(e2)e2250 e2222函数f(x)在23ln2,e5上的值域为 1,e2e6.解析 (1)

f'(x)3x29x63(x1)(x2),

因为x(,),f'(x)m, 即 3x29x(6m)0恒成立, 所以 8112(6m)0, 得m3，即m的最大值为3

44 (2) 因为 当x1时,

f'(x)0;

f'(x)0;当1x2时, f'(x)0;当x2时,

所以 当x1时,f(x)取极大值 当x2时,f(x)取极小值 故当

f(2)0

f(1)5a; 2f(2)2a;

f(x)0或

f(1)0时, 方程仅有一个实根. 解得

a2或a5. 27.答案 （1）1（2）f(x)在(,1m)和(1m,)内减函数，在函数f(x)在x1m处取得极大值f(1m)，(1m,1m)内增函数。且f(1m)=2m3m21

33函数

f(1m)=f(x)在x1m处取得极小值

f(1m)，且

231mm2 33解析 解析 当m1时，f(x)1x3x2,f/(x)x22x,故f'(1)1

3所以曲线yf(x)在点（1，f（1））处的切线斜率为1.

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（2）解析

x1m,x1m

f'(x)x22xm21，令

f'(x)0，得到

因为m0,所以1m1m

当x变化时，f(x),f'(x)的变化情况如下表：

x

f'(x)

(,1m)

1m

(1m,1m)1m

(1m,)

+

0 极小值

-

0 极大值

+

f(x)

f(x)在(,1m)和(1m,)内减函数，在(1m,1m)内增函数。

函数

f(x)在x1m处取得极大值

f(1m)，且

21f(1m)=m3m2

33函数

f(1m)=f(x)在x1m处取得极小值

f(1m)，且

231mm2 33（3）解析 由题设，

11f(x)x(x2xm21)x(xx1)(xx2)

33所以方程1x2xm21=0由两个相异的实根x1,x2，故

3411x1x23，且1(m21)0，解得m(舍)，m

322因为x1x2,所以2x2x1x23,故x231

2若x11x2,则f(1)1(1x1)(1x2)0，而f(x1)0，不合题意

3若1x1x2,则对任意的x[x1,x2]有xx10,xx20, 则

1f(x)x(xx1)(xx2)03又f(x1)0，所以函数

f(x)在

x[x1,x2]的最小值为0，于是对任意的x[x1,x2]，f(x)f(1)恒

导数历年高考真题精选与答案

成立的充要条件是f(1)m210,解得333m 33综上，m的取值范围是(13,) 23【考点定位】本小题主要考查导数的几何意义，导数的运算，以与函数与方程的根的关系解不等式等基础知识，考查综合分析问题和解决问题的能力。 8.

解析 （I）由已知,切点为(2,0),故有

4bc30……①

f(2)0,即

又②

f(x)3x24bxc，由已知f(2)128bc5得8bc70……

联立①②，解得b1,c1. 所

以

函

数

的

解

析

式

为

f(x)x32x2x2

…………………………………4分 （）因为g(x)x32x2x21mx

3令g(x)3x24x11m0

3当函数有极值时，则0，方程3x24x11m0有实数解，

3 由4(1m)0，得m1.

2①当m1时，在x2左右两侧均有g(x)0，g(x)0有实数x，

33故函数g(x)无极值

②当m1时，g(x)0有两个实数根

导数历年高考真题精选与答案

11x1(21m),x2(21m),g(x),g(x)情况如下表： 33(,x1) x1 x (x1,x2) x2 (x2) g(x) g(x) + ↗ 0 极大值 - ↘ 0 极小值 + ↗ 所以在m(,1)时，函数g(x)有极值； 当x1(2311m)时，g(x)有极大值；当x(21m)时，g(x)有

3极小值；

…………………………………12分

'22f(x)3x3a3(xa), 解析 （1）9.

当a0时，对xR，有f'(x)0, 当a0时，f(x)的单调增区间为(,) 当a0时，由f'(x)0解得x由f'(x)0解得当a0时，

axa，

a或xa；

f(x)的单调增区间为(,a),(a,)；f(x)的单调

减区间为(a,a)。

（2）因为f(x)在x1处取得极大值， 所以f'(1)3(1)23a0,a1. 所以f(x)x33x1,f'(x)3x23, 由f'(x)0解得x11,x21。

由（1）中f(x)的单调性可知， f(x)在x1处取得极大值f(1)1，在x1处取得极小值f(1)3。 因为直线ym与函数yf(x)的图象有三个不同的交点，又

导数历年高考真题精选与答案

f(3)193，f(3)171，

结合f(x)的单调性可知，m的取值范围是(3,1)。 10.

因此,由上表知f(x)的单调递增区间是(0,)与(极小值为f(33)=，极大值为f()=222

a3xbx2cxd333，2),单调递减区间是(，)22

.

11由因为

f(x) 得

f(x)ax22bxc

f(x)9xax22bxc9x0的两个根分别为1,4，所以

a2bc9016a8bc360 （*） 2bc60（Ⅰ）当a3时，（*）式为8bc120

解得b3,c12 又因为曲线y故

f(x)过原点，所以d0

f(x)x33x212x

（Ⅱ）由于a>0,所以“极值点”等价于“

f(x)a3xbx2cxd3在（-∞，+∞）内无

f(x)ax22bxc0在（-∞，+∞）内恒成立”。

由（*）式得2b95a,c4a。

2(2b)4ac9(a1)(a9) 又

a0解9(a1)(a9)0 得a1,9

即a的取值范围1,9

12.规范解答】(Ⅰ)当12时，

f(x)(x1)2(x2),

导数历年高考真题精选与答案

因为f(x)=(1)(35)，故f (2)=1，f(2)=0, 所以f(x)在点（2,0）处的切线方程为2 （Ⅱ）因为

a2bx）f（＝3（x－a）（x－3），由于

a2bx＝＝3.[

aa2ba<3.

所以f（x）的两个极值点为不妨设

a2bx1＝a，x2＝3，

因为x3≠x1，x3≠x2，且x3是f（x）的零点， 故x3＝b.

a2ba2b又因为3－a＝2（b－3），所以x1,x4,x2,x3成等差数列。

a2b2ab（a＋3）＝3，

2abx4＝3.

1所以x4＝2所以存在实数x4满足题意，且

13.利用导数的几何意义列式求待定系数的值；（2）构造新函数求其导数，利利用单调性和极值证明。

f(x)解：（Ⅰ）

a(x1lnx)bx(x1)2x2f(1)1b1，由题意知：1即a1 f(1)b222ab1

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)lnx1，所以， x1xlnx1x21f(x)(2lnx) 2x11xx(x1)2x21,(x0)则，h(x)设h(x)2lnxx2x

导数历年高考真题精选与答案

当x1时， h(x)0，而h(1)0

故，当x(0,1)时h(x)0,当x(1,),时h(x)0得：从而，当x0时，f(x)lnxlnx 0,即f(x)x1x11h(x)0 21-x点评：这道题考查导数的概念、几何意义、导数的应用（证明不等式）；考查分析问题解答问题的能力；其中构造函数利用导数证明不等式是解答导数应用问题的常用策略之一。

14.

15.解：（1）由f(x)x3ax2bx，得f'(x)3x22axb。

导数历年高考真题精选与答案

∵1和1是函数f(x)x3ax2bx的两个极值点， ∴

a=0，b=3。

f'(1)32ab=0，

f'(1)32ab=0，解得

（2）∵ 由（1）得，f(x)x33x ， ∴

g(x)f(x)2=x33x2=x1x22，解得

x1=x2=1，x3=2。

的极值点。

∵当x<2时，g(x)<0；当20， ∴x=2是g(x)的极值点。 ∵当21时，g(x)>0，∴ x=1不是g(x)∴g(x)的极值点是－2。