1.3.3 三次函数的性质：单调区间和极值-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修 第二册创新导学案课件PPT（湘教版）

第1章　导数及其应用 1.3　导数在研究函数中的应用 1.3.3　三次函数的性质：单调区间和极值 (教师独具内容) 课程标准：1．能利用导数求三次函数的单调区间和极值．2．体会导数与最大(小)值的关系． 教学重点：1．求三次函数的单调区间与极值．2．在闭区间上求函数的最值． 教学难点：与函数最值有关的参数问题． 核心素养：1．通过讨论一般的三次多项式函数的单调区间和极值培养直观想象素养．2．通过利用导数求函数的最值培养逻辑推理素养和数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 情形1 情形2 情形3 F′(x)的图象 F′(x)的零点 _____零点 有______零点x＝w 有_____零点x＝u和x＝v 知识点一　三次函数的单调区间和极值 设F(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，则F′(x)＝3ax2＋2bx＋c是二次函数．可能有以下三种情形： 没有 一个 两个 核心概念掌握 5 F(x)的单调区间 若a>0，则F(x)在(－∞，＋∞)上_____；若a<0，则F(x)在(－∞，＋∞)上_____ 若a>0，则F(x)在(－∞，u)上_____，在(u，v)上_____，在(v，＋∞)上_____； 若a<0，则F(x)在(－∞，u)上_____，在(u，v)上_____，在(v，＋∞)上_____ F(x)的极值 没有极值 若a>0，则F(x)在x＝u处取_______，在x＝v处取_______；若a<0，则F(x)在x＝u处取_______，在x＝v处取_______ 递增 递减 递增 递减 递增 递减 递增 递减 极大值 极小值 极小值 极大值 核心概念掌握 6 知识点二　连续函数的最大值和最小值 一般地，如果在闭区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条_________的曲线，那么该函数在[a，b]上必有最大值和最小值．函数y＝f(x)在[a，b]上的最值必在_____或_________处取得． 知识点三　求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最值的步骤 (1)求函数y＝f(x)在(a，b)内的_____． (2)求函数y＝f(x)在端点处的函数值f(a)，f(b)． (3)将函数y＝f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大者是_______，最小者是_______． 连续不断 极值点 区间端点 极值 最大值 最小值 核心概念掌握 7 函数极值与最值的内在联系 (1)函数的极值是函数在某一点附近的局部概念，函数的最大值和最小值是一个整体性概念，最大值必须是整个区间内所有函数值中的最大值；最小值必须是整个区间内所有函数值中的最小值． (2)函数的最大值、最小值是比较整个定义区间的函数值得出的，函数的极值是比较极值点附近的函数值得出的，函数的极值可以有多个，但最值只能有一个． (3)极值只能在区间内取得，最值则可以在端点处取得．有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值不在端点处取得时必定是极值． 核心概念掌握 8 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数的最大值一定是函数的极大值．(　　) (2)开区间上的单调连续函数无最值．(　　) (3)函数f(x)在区间[a，b]上的最大值和最小值一定在两个端点处取得．(　　) (4)函数f(x)＝x3＋ax2－x＋1必有2个极值．(　　) √ × × √ 核心概念掌握 9 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)设函数f(x)＝e2x＋3x(x∈R)，则f(x)______(填“有”或“无”)最值． (2)已知函数y＝x3－x2－x，该函数在区间[0，3]上的最大值是_____． (3)已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋m(x∈[－2，2])，f(x)的最小值为1，则m＝____． (4)若函数f(x)＝x3－ax2－x＋6在(0，1)内单调递减，则实数a的取值范围是________． 无 15 1 [1，＋∞) 核心概念掌握 10 核心素养形成 题型一　求三次函数的单调区间和极值 求下列函数的单调区间和极值． (1)f(x)＝x3－2x2＋x；(2)f(x)＝－x3＋3x2． 核心素养形成 12 核心素养形成 13 【感悟提升】 求三次函数的单调区间与极值的方法 (1)确定函数的定义区间，求f′(x)． (2)求方程f′(x)＝0的根． (3)用列表的方式表示出导数在各段区间上的符号、f(x)在各段区间上的单调性与极值情况，得出结论． 核心素养形成 14 【跟踪训练】 1.设函数f(x)＝x3－6x＋5，x∈R．求函数f(x)的单调区间和极值． 核心素养形成 15 题型二　求已知函数的最值 核心素养形成 16 核心素养形成 17 【感悟提升】 求一个函数在闭区间上的最值时，一般是找出该区间上导数为零的点，无需判断出对应的横坐标是极大值点还是极小值点，只需将这些点对应的函数值与端点处的函数值进行比较，其中最大的就是函数的最大值，最小的就是函数的最小值． 核心素养形成 18 【跟踪训练】 2. (1)求函数f(x)＝－x3＋3x2－6x＋5在[－1，1]上的最值． 解　∵f′(x)＝－3x2＋6x－6＝－3(x2－2x＋2)＝－3(x－1)2－3， ∴f′(x)在[－1，1]内恒小于0． ∴f(x)在[－1，1]上为减函数， ∴当x＝－1时，f(x)取得最大值为f(－1)＝15； 当x＝1时，f(x)取得最小值为f(1)＝1． 即f(x)的最小值为1，最大值为15． 核心素养形成 19 解　f′(x)＝－ex(x2＋2x－3)＝－ex(x＋3)·(x－1)， ∵在区间[2，5]上，f′(x)＝－ex(x＋3)(x－1)<0， ∴函数f(x)在区间[2，5]上单调递减， ∴x＝2时，函数f(x)取得最大值f(2)＝－e2；x＝5时，函数f(x)取得最小值f(5)＝－22e5． (2)求函数f(x)＝ex(3－x2)在区间[2，5]上的最值． 核心素养形成 20 题型三　由函数的最值确定参数的值 解　由题设知a≠0，否则f(x)＝b为常函数，与题设矛盾． f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝4(舍去)． ①当a>0，且x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： 已知函数f(x)＝ax3－6ax2＋b，x∈[－1，2]的最大值为3，最小值为 －29，求a，b的值． x －1 (－1，0) 0 (0，2) 2 f′(x) ＋ 0 － f(x) －7a＋b 递增 极大值b 递减 －16a＋b 核心素养形成 21 由表可知，当x＝0时，f(x)取得极大值，也就是函数在[－1，2]上的最大值， ∴f(0)＝3，即b＝3． 又f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3<f(－1)， ∴f(2)＝－16a＋3＝－29，解得a＝2． ②当a<0时，同理可得，当x＝0时，f(x)取得极小值，也就是函数在[－1，2]上的最小值，∴f(0)＝－29，即b＝－29． 又f(－1)＝－7a－29，f(2)＝－16a－29>f(－1)，∴f(2)＝－16a－29＝3，解得 a＝－2． 综上可得，a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29． 核心素养形成 22 【感悟提升】 由函数的最值来确定参数的问题是利用导数求函数最值的逆向运用，解题时一般采用待定系数法，列出含参数的方程或方程组，从而求出参数的值，这也是方程思想的应用． 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 题型四　与函数最值有关的恒成立问题 已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围． 核心素养形成 26 核心素养形成 27 核心素养形成 28 【感悟提升】 (1)涉及到不等式恒成立、不等式能成立的问题时，一般需转化为函数最值来解决．若不等式中含参数，则可考虑分离参数，避免分类讨论． (2)不等式恒成立问题常见的转化策略 ①a＞f(x)恒成立⇔a＞f(x)max，a＜f(x)恒成立⇔a＜f(x)min； ②f(x)＞g(x)＋k恒成立⇔k＜[f(x)－g(x)]min； ③f(x)＞g(x)恒成立⇔[f(x)－g(x)]min＞0． 核心素养形成 29 解　(1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1， 当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立， 所以f(x)在R上单调递减；当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a， 当x<－ln a时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减， 当x>－ln a时，f′(x)>0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增． 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减； 当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． 核心素养形成 30 核心素养形成 31 核心素养形成 32 核心素养形成 33 随堂水平达标 1．函数f(x)＝x3－3x＋1的单调递减区间为(　　) A．(－1，1) B．(1，2) C．(－∞，－1) D．(－∞，－1)，(1，＋∞) 解析　f′(x)＝3x2－3，令f′(x)<0，解得－1<x<1，所以函数f(x)的单调递减区间为(－1，1)．故选A． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 2．(全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2) B．(－∞，－3) C．(－4，－1) D．(－3，0) 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 随堂水平达标 1 2 3 4 5 37 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 4．函数f(x)＝x3－3x2－9x＋k在区间[－4，4]上的最大值为10，则其最小值为________． 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，所以f(x)min＝k－76＝－71． －71 随堂水平达标 1 2 3 4 5 39 5．已知函数f(x)＝ln x－x＋1，x∈(0，＋∞)，求函数f(x)的最大值． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 40 课后课时精练 一、选择题 1．函数f(x)＝x3－12x＋1在闭区间[－3，0]上的最大值、最小值分别是(　　) A．1，－1 B．1，－17 C．17，1 D．9，－19 解析　令f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，当x∈[－3，－2)时，f′(x)>0；当x∈(－2，0]时，f′(x)<0．所以f(x)max＝f(－2)＝17，f(－3)＝10，f(0)＝1，所以最大值为17，最小值为1．故选C． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 43 3．已知函数f(x)＝x3－ax－1，若f(x)在(－1，1)上单调递减，则a的取值范围为(　　) A．[3，＋∞) B．(3，＋∞) C．(－∞，3] D．(－∞，3) 解析　∵f′(x)＝3x2－a，又f(x)在(－1，1)上单调递减，∴f′(x)≤0在(－1，1)上恒成立，即3x2－a≤0在(－1，1)上恒成立，∴a≥3x2在(－1，1)上恒成立，又0≤3x2<3，∴a≥3，经验证当a＝3时，f(x)在(－1，1)上单调递减．故选A． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 45 5．(多选)(新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则(　　) A．x＝3是f(x)的极小值点 B．当0<x<1时，f(x)<f(x2) C．当1<x<2时，－4<f(2x－1)<0 D．当－1<x<0时，f(2－x)>f(x) 解析　对于A，因为函数f(x)的定义域为R，而f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，易知当x∈(1，3)时，f′(x)<0，当x∈(－∞，1)或x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，故x＝3是f(x)的极小值点，故A正确；对于B，当0<x<1时，因为x－x2＝x(1－x)>0，所以1>x>x2>0，而由A项分析可知，函数f(x)在(0，1)上单调递增，所以f(x)>f(x2)，故B错误；对于C，当1<x<2时，1<2x－1<3，而由A项分析可知，函数f(x)在(1，3)上单调递减，所以f(3)<f(2x－1)<f(1)，即－4<f(2x－1)<0，故C正确；对于D，当－1<x<0时，f(2－x)－f(x)＝(1－x)2(－2－x)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(2－2x)＝2(1－x)3>0，所以f(2－x)>f(x)，故D正确．故选ACD． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 46 二、填空题 6．函数y＝xe－x，x∈[0，4]的最大值为_____． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 47 7．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________________． 解析　f′(x)＝ex－2．由f′(x)＞0得ex－2＞0，∴x>ln 2．由f′(x)<0得x<ln 2． ∴f(x)在x＝ln 2处取得最小值．若f(x)有零点，只要f(x)min≤0即可．∴eln 2－2ln 2＋a≤0，∴a≤2ln 2－2． (－∞，2ln 2－2] 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 48 [e，＋∞) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 51 10．已知函数f(x)＝(x－k)ex． (1)求f(x)的单调区间； (2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值． 解　(1)由f(x)＝(x－k)ex，得f′(x)＝(x－k＋1)ex，令f′(x)＝0，得x＝k－1． 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： 所以f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)，单调递增区间是(k－1，＋∞)． x (－∞，k－1) k－1 (k－1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 递减 极小值－ek－1 递增 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 52 (2)当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0，1]上单调递增， 所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(0)＝－k； 当0<k－1<1，即1<k<2时， 由(1)知f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1，1]上单调递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1； 当k－1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0，1]上单调递减， 所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e． 综上可知，当k≤1时，f(x)min＝－k； 当1<k<2时，f(x)min＝－ek－1； 当k≥2时，f(x)min＝(1－k)e． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 53 1．设函数f(x)＝2x3＋3ax2＋3bx＋8c在x＝1及x＝2时取得极值． (1)求a，b的值； (2)若对于任意的x∈[0，3]，都有f(x)<c2成立，求c的取值范围． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 55 2．(全国甲卷)已知函数f(x)＝(1－ax)·ln (1＋x)－x． (1)当a＝－2时，求f(x)的极值；(2)当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 58 　　　　　　　　　　　　　 R 解　(1)因为f(x)＝x3－2x2＋x，所以f′(x)＝3x2－4x＋1，x∈R， 令f′(x)＝0，得x＝1或x＝eq \f(1,3)． 列表如下： x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3))) eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 递增 极大值eq \f(4,27) 递减 极小值0 递增 所以函数f(x)＝x3－2x2＋x的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))和(1，＋∞)，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))，极大值为eq \f(4,27)，极小值为0． (2)f(x)＝－x3＋3x2的定义域为(－∞，＋∞)．f′(x)＝－3x2＋6x＝－3x(x－2)． 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2．列表如下： x (－∞，0) 0 (0，2) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 递减 极小值0 递增 极大值4 递减 故函数f(x)＝－x3＋3x2的单调递增区间是(0，2)，单调递减区间是(－∞，0)和(2，＋∞)，极大值为4，极小值为0． 解　f′(x)＝3x2－6，令f′(x)＝0，解得x1＝－eq \r(2)，x2＝eq \r(2)． 列表如下： x (－∞，－eq \r(2)) －eq \r(2) (－eq \r(2)，eq \r(2)) eq \r(2) (eq \r(2)，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 递增 极大值5＋4eq \r(2) 递减 极小值5－4eq \r(2) 递增 所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－eq \r(2))和(eq \r(2)，＋∞)，单调递减区间为 (－eq \r(2)，eq \r(2))． 当x＝－eq \r(2)时，f(x)有极大值5＋4eq \r(2)；当x＝eq \r(2)时，f(x)有极小值5－4eq \r(2)． (1,2)INCLUDEPICTURE"例2.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../张伟/PPT/557数学/例2.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../../张伟/PPT/557数学/例2.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../../张伟/PPT/557数学/例2.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../../张伟/PPT/557数学/例2.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../../张伟/PPT/557数学/例2.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../../张伟/PPT/557数学/例2.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "例2.TIF" \* MERGEFORMAT 　(1)求函数f(x)＝x3－x2－2x＋5在区间[－2，2]上的最大值与最小值． 解　因为f(x)＝x3－eq \f(1,2)x2－2x＋5，所以f′(x)＝3x2－x－2． 令f′(x)＝0，得x1＝－eq \f(2,3)，x2＝1． 因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝eq \f(157,27)，f(1)＝eq \f(7,2)，又f(－2)＝－1，f(2)＝7，所以函数f(x)在[－2，2]上的最大值是7，最小值是－1． (2)求函数f(x)＝eq \f(1,2)x＋sinx在区间[0，2π]上的最大值与最小值． 解　f′(x)＝eq \f(1,2)＋cosx，令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(2π,3)或x＝eq \f(4π,3)． 因为f(0)＝0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝eq \f(π,3)＋eq \f(\r(3),2)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)))＝eq \f(2π,3)－eq \f(\r(3),2)，f(2π)＝π，所以函数f(x)在[0，2π]上的最大值是π，最小值是0． 【跟踪训练】 3.设eq \f(2,3)<a<1，函数f(x)＝x3－eq \f(3,2)ax2＋b在区间[－1，1]上的最大值为1，最小值为－eq \f(\r(6),2)，求函数的解析式． 解　f′(x)＝3x2－3ax，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝a． 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x －1 (－1，0) 0 (0，a) a (a，1) 1 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) －1－eq \f(3,2)a＋b 递增 极大值b 递减 极小值－eq \f(a3,2)＋b 递增 1－eq \f(3,2)a＋b 从上表可知，当x＝0时，f(x)取得极大值b，而f(0)>f(a)，f(1)>f(－1)， 故需比较f(0)与f(1)的大小及f(－1)与f(a)的大小． 因为f(0)－f(1)＝eq \f(3,2)a－1>0， 所以f(x)的最大值为f(0)＝b，所以b＝1． 又f(－1)－f(a)＝eq \f(1,2)(a＋1)2(a－2)<0， 所以f(x)的最小值为f(－1)＝－1－eq \f(3,2)a＋b＝－eq \f(3,2)a，所以－eq \f(3,2)a＝－eq \f(\r(6),2)，所以a＝eq \f(\r(6),3)． 故所求函数的解析式是f(x)＝x3－eq \f(\r(6),2)x2＋1． 解　(1)函数f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1． 令f′(x)<0，得ln x＋1<0，解得0<x<eq \f(1,e)， ∴函数f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))． 令f′(x)>0，得ln x＋1>0，解得x>eq \f(1,e)， ∴函数f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))． (2)g′(x)＝3x2＋2ax－1， 由题意，得2xln x≤3x2＋2ax＋1恒成立． ∵x>0，∴a≥ln x－eq \f(3,2)x－eq \f(1,2x)在x∈(0，＋∞)上恒成立． 设h(x)＝ln x－eq \f(3,2)x－eq \f(1,2x)(x>0)， 则h′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(3,2)＋eq \f(1,2x2)＝－eq \f(（x－1）（3x＋1）,2x2)． 令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－eq \f(1,3)(舍去)． 当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表： x (0，1) 1 (1，＋∞) h′(x) ＋ 0 － h(x) 递增 极大值－2 递减 ∴当x＝1时，h(x)取得最大值，且h(x)max＝h(1)＝－2． 若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立， 则a≥h(x)max＝－2，即a≥－2， 故实数a的取值范围是[－2，＋∞)． 【跟踪训练】 4. (新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x． (1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋eq \f(3,2)． (2)证法一：由(1)得， f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a， 要证f(x)>2ln a＋eq \f(3,2)，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋eq \f(3,2)，即证a2－eq \f(1,2)－ln a>0恒成立， 令g(a)＝a2－eq \f(1,2)－ln a(a>0)， 则g′(a)＝2a－eq \f(1,a)＝eq \f(2a2－1,a)， 令g′(a)<0，则0<a<eq \f(\r(2),2)， 令g′(a)>0，则a>eq \f(\r(2),2)， 所以g(a)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增， 所以g(a)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)－ln eq \f(\r(2),2)＝ln eq \r(2)>0，则g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋eq \f(3,2)恒成立，证毕． 证法二：令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1， 由于y＝ex在R上单调递增， 所以h′(x)＝ex－1在R上单调递增， 又h′(0)＝e0－1＝0， 所以当x<0时，h′(x)<0， 当x>0时，h′(x)>0， 所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立， 因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x， 当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立， 所以要证f(x)>2ln a＋eq \f(3,2)，即证x＋ln a＋1＋a2－x>2ln a＋eq \f(3,2)，即证a2－eq \f(1,2)－ln a>0恒成立， 以下同证法一． 解析　f(x)＝x3＋ax＋2，则f′(x)＝3x2＋a，若f(x)存在3个零点，则f(x)存在极大值和极小值，则a<0．令f′(x)＝3x2＋a＝0，解得x＝－eq \r(\f(－a,3))或x＝eq \r(\f(－a,3))，且当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(\f(－a,3))))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))，＋∞))时，f′(x)>0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))，\r(\f(－a,3))))时，f′(x)<0，故f(x)的极大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))))，极小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))))，若f(x)存在3个零点，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))))>0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))))<0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)\r(\f(－a,3))－a\r(\f(－a,3))＋2>0，,\f(－a,3)\r(\f(－a,3))＋a\r(\f(－a,3))＋2<0，))解得a<－3．故选B． 3．(多选)下列关于函数y＝x－sinx，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))的说法中，正确的是(　　) A．当x＝eq \f(π,2)时，y取最小值eq \f(π,2)－1 B．当x＝eq \f(2π,3)时，y取最大值eq \f(2π,3)－eq \f(\r(3),2) C．当x＝eq \f(2π,3)时，y取最小值eq \f(2π,3)－eq \f(\r(3),2) D．当x＝π时，y取最大值π 解析　因为y′＝1－cosx，所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，y′>0，则函数在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上为增函数，所以当x＝eq \f(π,2)时，y取最小值eq \f(π,2)－1；当x＝π时，y取最大值π．故选AD． 解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 令f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝0，解得x＝1． 当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)在(0，1)上是增函数； 当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上是减函数， 故函数f(x)在x＝1处取得最大值f(1)＝0． 2．函数f(x)＝x＋2cosx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上取最大值时，x的值为(　　) A．0 B．eq \f(π,6) C．eq \f(π,3) D．eq \f(π,2) 解析　f′(x)＝1－2sinx，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(π,6)，当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))为f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的极大值，也是最大值．故f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上取最大值时，x的值为eq \f(π,6)．故选B． 4．设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为(　　) A．1 B．eq \f(1,2) C．eq \f(\r(5),2) D．eq \f(\r(2),2) 解析　由题可知|MN|＝t2－ln t(t>0)．令h(t)＝t2－ln t，|MN|的最小值，即函数h(t)＝t2－ln t(t>0)的最小值，h′(t)＝2t－eq \f(1,t)＝eq \f(2t2－1,t)，显然t＝eq \f(\r(2),2)是函数h(t)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t＝eq \f(\r(2),2)．故选D． 解析　令y＝f(x)＝xe－x，则f′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)，令f′(x)＝0，得x＝1． ∵x∈[0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(1，4]时，f′(x)<0，f(x)单调递减， ∴函数的最大值为f(1)＝eq \f(1,e)． eq \f(1,e) 8．已知函数f(x)＝2ln x＋eq \f(a,x2)(a>0)．若当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥2恒成立，则实数a的取值范围是________． 解析　f(x)≥2即a≥2x2－2x2ln x．令g(x)＝2x2－2x2ln x，x>0，则g′(x)＝2x(1－2ln x)．由g′(x)＝0，得x＝eeq \f(1,2)，当0<x<eeq \f(1,2)时，g′(x)>0；当x>eeq \f(1,2)时，g′(x)<0，∴x＝eeq \f(1,2)时，g(x)取最大值g(eeq \f(1,2))＝e，∴a≥e． 三、解答题 9．已知函数f(x)＝x3＋2x2＋x＋2，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，1))． (1)求f(x)的单调区间； (2)求f(x)的最大值和最小值． 解　(1)f′(x)＝3x2＋4x＋1＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,3)))(x＋1)．由f′(x)>0，得x<－1或x>－eq \f(1,3)； 由f′(x)<0，得－1<x<－eq \f(1,3)． 因此，函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，1))上的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－1))，eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3)))． (2)f(x)在x＝－1处取得极大值，极大值为f(－1)＝2； f(x)在x＝－eq \f(1,3)处取得极小值，极小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq \f(50,27)． 又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝eq \f(13,8)，f(1)＝6，且eq \f(50,27)>eq \f(13,8)， 所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，1))上的最大值为6，最小值为eq \f(13,8)． 解　(1)f′(x)＝6x2＋6ax＋3b． 因为函数f(x)在x＝1及x＝2时取得极值， 则有f′(1)＝0，f′(2)＝0， 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6＋6a＋3b＝0，,24＋12a＋3b＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝4.)) 经检验，符合题意．所以a＝－3，b＝4． (2)由(1)可知，f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c， f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)． 当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，2)时，f′(x)<0； 当x∈(2，3)时，f′(x)>0． 所以，当x＝1时，f(x)取得极大值f(1)＝5＋8c， 又f(0)＝8c，f(2)＝4＋8c，f(3)＝9＋8c， 则当x∈[0，3]时，f(x)的最大值为f(3)＝9＋8c． 因为对于任意的x∈[0，3]，有f(x)<c2恒成立，所以9＋8c<c2， 即c2－8c－9>0，解得c<－1或c>9． 因此c的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞)． 解　(1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln (1＋x)－x， 故f′(x)＝2ln (1＋x)＋eq \f(1＋2x,1＋x)－1＝2ln (1＋x)－eq \f(1,1＋x)＋1， 因为y＝2ln (1＋x)，y＝－eq \f(1,1＋x)＋1在(－1，＋∞)上均为增函数， 故f′(x)在(－1，＋∞)上为增函数， 而f′(0)＝0， 故当－1<x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0， 故f(x)在x＝0处取得极小值，且极小值为f(0)＝0，无极大值． (2)f′(x)＝－aln (1＋x)＋eq \f(1－ax,1＋x)－1 ＝－aln (1＋x)－eq \f(（a＋1）x,1＋x)， 设s(x)＝－aln (1＋x)－eq \f(（a＋1）x,1＋x)，x≥0， 则s′(x)＝eq \f(－a,x＋1)－eq \f(a＋1,（1＋x）2) ＝－eq \f(a（x＋1）＋a＋1,（1＋x）2)＝－eq \f(ax＋2a＋1,（1＋x）2)， 当a≤－eq \f(1,2)，x>0时，s′(x)>0，故s(x)在(0，＋∞)上为增函数， 故s(x)>s(0)＝0，即在(0，＋∞)上，f′(x)>0， 所以f(x)在[0，＋∞)上为增函数，故f(x)≥f(0)＝0； 当－eq \f(1,2)<a<0，0<x<－eq \f(2a＋1,a)时，s′(x)<0，故s(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a＋1,a)))上为减函数， 故在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a＋1,a)))上，s(x)<s(0)＝0， 即在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a＋1,a)))上，f′(x)<0，故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a＋1,a)))上为减函数， 故在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a＋1,a)))上，f(x)<f(0)＝0，不符合题意，舍去； 当a≥0时，s′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立， 同理可得，在(0，＋∞)上，f(x)<f(0)＝0恒成立，不符合题意，舍去． 综上所述，a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))． $