(2)∵n＝－3m，∴f(x)＝mx3－3mx2， ∴f′(x)＝3mx2－6mx.
令f′(x)>0，即3mx2－6mx>0，
当m>0时，解得x<0或x>2，则函数f(x)的单调增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)； 当m<0时，解得0 综上，当m>0时，函数f(x)的单调增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)； 当m<0时，函数f(x)的单调增区间是(0,2). 变式训练1 解 (1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b， ??f′?1?＝0 由已知条件?， ?f?1?＝－2??3＋2a＋b＝0? 即? ?1＋a＋b＋c＝－2? 解得a＝c，b＝－3－2c. (2)f′(x)＝3x2＋2cx－3－2c ＝(3x＋3＋2c)(x－1) 3＋2c?＝3?x＋(x－1) 3?? 3＋2c ①若－＝1，即c＝－3，f′(x)＝3(x－1)2≥0. 3f(x)在(－∞，＋∞)上递增不合题意， c＝－3应舍去. 3＋2c②若－<1，即c>－3时， 33＋2c? f(x)的递减区间为?－，1； 3??3＋2c ③若－>1，即c<－3时， 33＋2c? f(x)的递减区间为?1，－. 3?? 例2 解 (1)当a＝2时，f(x)＝x3－6x2＋3x＋1， f′(x)＝3x2－12x＋3＝3(x－2＋3)(x－2－3). 当x∈(－∞，2－3)时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，2－3)上单调递增； 当x∈(2－3，2＋3)时，f′(x)<0，f(x)在(2－3，2＋3)上单调递减； 当x∈(2＋3，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(2＋3，＋∞)上单调递增. 综上，f(x)的单调增区间是(－∞，2－3)和(2＋3，＋∞)， f(x)的单调减区间是(2－3，2＋3). (2)f′(x)＝3x2－6ax＋3 ＝3[(x－a)2＋1－a2]. 当1－a2≥0时，f′(x)≥0，f(x)为增函数， 故f(x)无极值点； 当1－a2<0时，f′(x)＝0有两个根x1＝a－a2－1，x2＝a＋a2－1. 由题意，知2 或2 55 ①无解，②的解为 4355 因此a的取值范围为(，). 43变式训练2 解 对f(x)求导得 1＋ax2－2ax f′(x)＝e·. ?1＋ax2?2x ① 4 (1)当a＝时，若f′(x)＝0， 3则4x2－8x＋3＝0， 31 解得x1＝，x2＝.结合①，可知 22 x f′(x) f(x) 1(－∞，) 2＋ 1 20 极大值 13(，) 22－ 3 20 极小值 3(，＋∞) 2＋ 31所以x1＝是极小值点，x2＝是极大值点. 22 (2)若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上不变号，结合①与条件a>0，知1＋ax2－2ax≥0在R上恒成立，即Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并结合a>0，知0 依题意f′(1)＝3，f′??3?＝0， 3＋2a＋b＝3，?? ∴??2?24 ??3?＋3a＋b＝0，?3· ??a＝2，解之得? ?b＝－4.? 所以f(x)＝x3＋2x2－4x＋5. (2)由(1)知， f′(x)＝3x2＋4x－4＝(x＋2)(3x－2). 2令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝. 3 当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如表： x f′(x) f(x) －4 －11 (－4，－2) ＋ －2 0 极大值13 2(－2，) 3－ 2 30 95极小值 272(，1) 3＋ 1 4 ∴f(x)在[－4,1]上的最大值为13，最小值为－11. 11 变式训练3 解 (1)f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－(x－)2＋＋2a. 242 当x∈[，＋∞)时，f′(x)的最大值为 322 f′()＝＋2a. 3921令＋2a>0，得a>－. 99 12 所以当a>－时，f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间. 93 21 即f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间时，a的取值范围为(－，＋∞). 39(2)令f′(x)＝0，得两根 x1＝1－1＋8a1＋1＋8a ，x2＝， 22 所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增. 当0 又f(4)－f(1)＝－＋6a<0， 2即f(4) 所以f(x)在[1,4]上的最小值为 4016 f(4)＝8a－＝－. 33得a＝1，x2＝2， 10 从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝. 3 高(考`试﹥题[库
2013届高考数学一轮复习教案3.2导数在研究函数中的应用
