高考数学一轮复习第三章第二节第2课时导数与函数的极值、最值学案

这是一份高考数学一轮复习第三章第二节第2课时导数与函数的极值、最值学案，共17页。

知识点一 函数的极值与导数
1．判断下列说法的正误，正确的画“√”，错误的画“×”．
(1)函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的．( × )
(2)对可导函数f (x)，f ′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件．( × )
(3)函数的极大值一定是函数的最大值．( × )
2．如图是函数y＝f (x)的导函数的图象，则f (x)的极小值点的个数为( A )
A．1B．2
C．3D．4
3．(教材改编题)函数f (x)＝lnxx的极大值为( B )
A．－eB．1e
C．1D．0
核心回扣
函数的极值
4.已知函数f (x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则c的值为( )
A．2B．4
C．6D．2或6
A 解析：f ′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝(x－c)·(3x－c)，
由题知f ′(2)＝(2－c)(6－c)＝0，所以c＝2或c＝6.
若c＝2，则f ′(x)＝(x－2)(3x－2)，
当x∈－∞，23时，f ′(x)> 0，f (x)单调递增；当x∈23，2时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，函数f (x)在x＝2处有极小值，满足题意．
若c＝6，则f ′(x)＝(x－6)(3x－6)，当x∈(－∞，2)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；当x∈(2，6)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；当x∈(6，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，函数f (x)在x＝2处有极大值，不符合题意．
综上，c＝2.
注意点：
(1)极值点不是点，若函数f (x)在x1处取得极大值，则x1为极大值点，极大值为f (x1)；在x2处取得极小值，则x2为极小值点，极小值为f (x2)．极大值与极小值之间无确定的大小关系．
(2)极值一定在区间内部取得，有极值的函数一定不是单调函数．
(3)f ′(x0)＝0是x0为f (x)的极值点的必要不充分条件．例如，f (x)＝x3，f ′(0)＝0，但0不是f (x)的极值点．
自查自测
知识点二 函数的最值与导数
1．判断下列说法的正误，正确的画“√”，错误的画“×”．
(1)开区间上的单调连续函数无最值．( √ )
(2)若函数f (x)在[a，b]上是单调函数，则f (x)一定在区间端点处取得最值．( √ )
(3)函数的最大值一定是极大值，函数的最小值也一定是极小值．( × )
2.函数f (x)＝32x2－27ln x在区间[1，2]上的最大值是( )
A．0B．12
C．1D．32
D 解析：由题可得f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝3x－27x＝3x+3x－3x.令f ′(x)>0，解得x>3；令f ′(x)<0，解得03．已知函数f (x)＝x3－12x＋8在区间[－3，3]上的最大值与最小值分别为M，m，则M－m＝________.
32 解析：令f ′(x)＝3x2－12＝0，解得x＝±2.分析可得f (x)的极小值点为2，极大值点为－2.计算得f (－3)＝17，f (－2)＝24，f (2)＝－8，f (3)＝－1，所以M＝24，m＝－8，故M－m＝32.
核心回扣
1．函数f (x)在[a，b]上有最值的条件
如果在区间[a，b]上函数y＝f (x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．
2．求y＝f (x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤
(1)求函数y＝f (x)在(a，b)上的极值；
(2)将函数y＝f (x)的各极值与端点处的函数值f (a)，f (b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
【常用结论】
1．若函数f (x)的图象在[a，b]上连续不断，则f (x)在[a，b]上一定有最值．
2．若函数f (x)在[a，b]上是单调函数，则f (x)一定在区间端点处取得最值．
3．若函数f (x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．
应用 函数f (x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为( B )
A．1－eB．－1
C．－eD．0
利用导数求函数的极值
考向1 根据函数的图象判断函数的极值
【例1】(2024·通辽模拟)如图是函数y＝f (x)的导函数y＝f ′(x)的图象，下列结论正确的是( )
A．y＝f (x)在x＝－1处取得极大值
B．x＝1是函数y＝f (x)的极值点
C．x＝－2是函数y＝f (x)的极小值点
D．函数y＝f (x)在区间(－1，1)上单调递减
C 解析：由题图，可知f ′(－2)＝0，当x<－2时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；当x＞－2时，f ′(x)≥0，f (x)单调递增，故x＝－2是函数y＝f (x)的极小值点，y＝f (x)无极大值．
导函数图象的应用策略
(1)由y＝f ′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f (x)的可能极值点．
(2)由导函数y＝f ′(x)的图象可以看出y＝f ′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f (x)的单调性，进而研究函数的极值、最值．
考向2 已知函数求极值
【例2】已知函数f (x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)当a＝12时，求f (x)的极值；
(2)讨论函数f (x)在定义域内极值点的个数．
解：(1)当a＝12时，f (x)＝ln x－12x，函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝1x－12＝2－x2x.
令f ′(x)＝0，得x＝2，于是当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如下表所示．
因此，当x＝2时，f (x)有极大值，并且极大值为f (2)＝ln 2－1，无极小值．
(2)由(1)知函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝1x－a＝1－axx(x>0)．
当a≤0时，f ′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点．
当a>0时，令f ′(x)＝0，得x＝1a.
当x∈0，1a时，f ′(x)>0，函数f (x)单调递增；
当x∈1a，+∞时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减，
故函数f (x)在x＝1a处取得极大值，无极小值．
综上可知，当a≤0时，函数f (x)无极值点；当a>0时，f (x)有一个极大值点1a，无极小值点．
求解函数极值或极值点的步骤
(1)确定函数的定义域．
(2)求方程f ′(x)＝0的根．
(3)用方程f ′(x)＝0的根顺次将函数的定义域分成若干个区间，并列成表格．
(4)由f ′(x)在方程f ′(x)＝0的根左、右的符号，来判断f (x)在这个根处取极值的情况．
考向3 已知函数的极值点求参数
【例3】若x＝1是函数y＝13x3＋(a＋1)x2－(a2＋3a－3)x的极小值点，则实数a的值为________.
2 解析：由题意，可得y′＝x2＋2(a＋1)x－(a2＋3a－3)．由y′|x＝1＝1＋2(a＋1)－(a2＋3a－3)＝(2－a)(a＋3)＝0，解得a＝2或a＝－3.若a＝2，则y′＝x2＋6x－7.令y′>0，解得x<－7或x>1；令y′<0，解得－70，解得x<1或x>3；令y′<0，解得1综上所述，实数a的值为2.
已知函数极值点或极值求参数的两个关键
1．设函数f (x)在R上可导，其导函数为f ′(x)，且函数y＝(1－x)f ′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )
A．f (x)有极大值f (－2)B．f (x)有极小值f (－2)
C．f (x)有极大值f (1)D．f (x)有极小值f (1)
A 解析：由题图，可得当x>1时，f ′(x)<0；当－20，且f ′(－2)＝0，所以函数f (x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，＋∞)上单调递减．所以f (x)有极大值f (－2).
2．(2024·邵阳模拟)已知函数f (x)＝(x2－x＋1)ex(e为自然对数的底数)，则函数f (x)的极小值为( )
A．1eB．e
C．e2D．1
D 解析：因为f (x)＝(x2－x＋1)ex，x∈R，所以f ′(x)＝(x2＋x)ex＝x(x＋1)ex.当x>0或x<－1时，f ′(x)>0；当－13．若函数f (x)＝x2－4x＋a ln x有两个极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，0]B．(－∞，2)
C．[0，2)D．(0，2)
D 解析：因为f (x)＝x2－4x＋a ln x，x>0，所以f ′(x)＝2x－4＋ax＝2x2－4x+ax.因为函数f (x)有两个极值点，所以2x2－4x＋a＝0有两个不相等的正根，故Δ=16－8a>0，a>0， 解得0 利用导数求函数的最值
【例4】(2024·济宁模拟)已知函数f (x)＝3－2xx2+a.
(1)若a＝0，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)若函数f (x)在x＝－1处取得极值，求f (x)的单调区间及其在[0，6]上的最大值与最小值．
解：(1)当a＝0时，f (x)＝3－2xx2，f (1)＝1，f ′(x)＝－2x2－3－2x·2xx4＝2x－3x3，则有f ′(1)＝－4，
所以曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y－1＝－4(x－1)，即4x＋y－5＝0.
(2) f ′(x)＝－2x2+a－3－2x·2xx2+a2＝2x2－6x－2ax2+a2.
由题意，可知f ′(－1)＝8－2a1+a2＝0，解得a＝4.
当a＝4时，f (x)＝3－2xx2+4，f ′(x)＝2x2－6x－8x2+42＝2x+1x－4x2+42.
令f ′(x)＝0，得x＝－1或x＝4.
当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如下表：
因此，当x＝－1时，f (x)有极大值，即a＝4符合题意．
由表格可知，函数f (x)在区间[0，4]上单调递减，在区间(4，6]上单调递增，
又f (0)＝34，f (4)＝－14，f (6)＝－940，
所以函数f (x)在区间[0，6]上的最大值是34，最小值是－14.
求函数f (x)在[a，b]上最值的方法
(1)如果函数f (x)在区间[a，b]上单调递增或递减，那么f (a)与f (b)一个为最大值，一个为最小值．
(2)若函数f (x)在区间[a，b]上有极值，要先求出[a，b]上的极值，再与f (a)，f (b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．
(3)如果函数f (x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，那么这个极值点就是最值点．此结论在导数的实际应用中经常用到．
1．已知函数f (x)＝－x2＋ax＋1在[1，2]上的最大值也是其在[1，2]上的极大值，则a的取值范围是( )
A．[2，＋∞)B．[4，＋∞)
C．[2，4]D．(2，4)
D 解析：由题可得f ′(x)＝a－2x，令f ′(x)＝0，得x＝a2.当x0，f (x)单调递增；当x>a2时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．因此，当x＝a2时，f (x)有极大值，也是其最大值．由题意可知a2∈(1，2)，所以a∈(2，4)．
2．(2024·临沂模拟)已知函数f (x)＝aex＋b sin x－2x，曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程为y＝1.
(1)求a，b；
(2)求f (x)的最小值．
解：(1)由已知可得f ′(x)＝aex＋b cs x－2.
因为曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程为y＝1，
所以 f 0=1，f '0=0，即a=1，a+b－2=0，解得a=1，b=1.
(2)由(1)知f (x)＝ex＋sin x－2x，f ′(x)＝ex＋cs x－2，f ′(0)＝0.
当x<0时，因为ex<1，cs x≤1，所以f ′(x)＜0，所以f (x)在(－∞，0)上单调递减．
当x>0时，令g(x)＝f ′(x)，则g′(x)＝ex－sin x.
因为ex>1，sin x≤1，所以g′(x)>0，所以f ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f ′(x)>f ′(0)＝0.所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
所以x＝0是f (x)的极小值点也是最小值点，f (x)min＝f (0)＝1，即f (x)的最小值为1.
极值与最值的综合应用
【例5】(2024·泰安模拟)已知函数f (x)＝ln x+12x2－ax＋a(a∈R)．
(1)若函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若函数f (x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且x2≥ ex1(e为自然对数的底数)，求f (x2)－f (x1)的最大值．
解：(1)由题知函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝1x＋x－a(x>0)．
因为f (x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f ′(x)＝1x＋x－a≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以a≤x+1xmin.
而x＋1x≥2，当且仅当x＝1时，等号成立，所以a≤2.
所以实数a的取值范围是(－∞，2].
(2)因为f (x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且f ′(x)＝1x＋x－a＝x2－ax+1x(x>0)，
所以x1，x2是方程x2－ax＋1＝0的两个实根，且Δ＝a2－4＞0.
由根与系数的关系得x1＋x2＝a，x1x2＝1，
所以f (x2)－f (x1)＝ln x2x1＋12(x22－x12)－a(x2－x1)＝ln x2x1－12(x22－x12)＝ln x2x1－12(x22－x12)·1x1x2
＝ln x2x1－12(x2x1－x1x2).
设t＝x2x1(t≥e)，令h(t)＝ln t－12t－1t(t≥e)，
则h′(t)＝1t－121+1t2＝－t－122t2<0，所以h(t)在[e，＋∞)上单调递减，
所以h(t)≤h(e)＝121－e+ee.
故f (x2)－f (x1) 的最大值为121－e+ee.
解决函数极值、最值综合问题的策略
(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．
(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论．
(3)当函数在给定闭区间上存在极值时，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．
已知函数f (x)＝x3＋32ax2－x＋1(a∈R)．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程．
(2)当a＜0时，设g(x)＝f (x)＋x.
①求函数g(x)的极值；
②若函数g(x)在[1，2]上的最小值是－9，求实数a的值．
解：(1)当a＝2时，f (x)＝x3＋3x2－x＋1，f ′(x)＝3x2＋6x－1，
所以切线方程的斜率k＝f ′(1)＝8，f (1)＝4，故切线方程为y－4＝8(x－1)，即8x－y－4＝0.
(2)①g(x)＝f (x)＋x＝x3＋32ax2＋1，a＜0，则g′(x)＝3x2＋3ax.
令g′(x)＝3x2＋3ax＝3x(x＋a)＝0，得x1＝0，x2＝－a＞x1.
随着x的变化，g′(x)和g(x)的变化如下表所示．
所以g(x)的极大值为g(0)＝1，极小值为g(－a)＝a3+22.
②由①可知g′(x)＝3x2＋3ax＝3x(x＋a)．
当－1≤a＜0时，在[1，2]上，g′(x)≥0，g(x)在[1，2]上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝32a＋2＝－9，解得a＝－223＜－1，不符合题意．
当－2＜a＜－1时，随着x的变化，g′(x)，g(x)的变化如下表所示．
所以g(x)min＝g(－a)＝a3+22＝－9，解得a＝－320＜－2，不符合题意．
当a≤－2时，在[1，2]上，g′(x)≤0，g(x)在[1，2]上单调递减，
所以g(x)min＝g(2)＝6a＋9＝－9，解得a＝－3，符合题意．
综上可知，a＝－3.
课时质量评价(十七)
1．(2024·西安模拟)已知函数f (x)，其导函数f ′(x)的图象如图所示，则( )
A．f (x)有2个极值点
B．f (x)在x＝1处取得极小值
C．f (x)有极大值，没有极小值
D．f (x)在(－∞，1)上单调递减
C 解析：由题意及题图分析可知，f (x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，所以f (x)有一个极大值，没有极小值，所以A，B，D错误，C正确．故选C．
2．已知函数f (x)＝－xex，那么f (x)的极大值是( )
A．1eB．－1e
C．－eD．e
A 解析：因为函数f (x)＝－xex，所以f ′(x)＝－(x＋1)ex.令f ′(x)＝0，得x＝－1.当x<－1时，f ′(x)>0；当x>－1时，f ′(x)<0，所以f (x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减，所以f (x)极大值＝f (－1)＝1e.故选A．
3．(多选题)已知函数f (x)＝ex－2x＋1，则下列说法正确的是( )
A．f (x)有极大值2ln 2
B．f (x)有极小值3－2ln 2
C．f (x)无最大值
D．f (x)在(ln 2，＋∞)上单调递增
BCD 解析：因为f (x)＝ex－2x＋1的定义域为R，并且f ′(x)＝ex－2，令f ′(x)＝0，得x＝ln 2.当x∈(－∞，ln 2)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；当x∈(ln 2，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，所以当x＝ln 2时，f (x)取得极小值，无极大值，也无最大值，并且f (x)极小值＝f (ln 2)＝3－2ln 2，所以BCD正确，A错误．故选BCD．
4．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f (x)＝a ln x＋bx取得最大值－2，则f ′(2)＝( )
A．－1B．－12
C．12D．1
B 解析：由题意知f (1)＝a ln 1＋b＝b＝－2.f ′(x)＝ax－bx2，因为f (x)的定义域为(0，＋∞)，所以易得f ′(1)＝a＋2＝0，所以a＝－2，所以f ′(2)＝a2－b4＝－12.
5．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|达到最小值时t的值为( )
A．1B．12
C．52D．22
D 解析：因为函数f (x)的图象始终在g(x)的上方，所以|MN|＝f (x)－g(x)＝x2－ln x.设h(x)＝x2－ln x，则h′(x)＝2x－1x＝2x2－1x(x＞0)．令h′(x)＝2x2－1x＝0，得x＝22，所以h(x)在0，22上单调递减，在22，+∞上单调递增，所以当x＝22时取得极小值，也是最小值，故t＝22.
6．已知函数f (x)＝3ln x－x2＋a－12x在区间(1，3)上有最大值，则实数a的取值范围是________.
－12，112 解析：因为f (x)＝3ln x－x2＋a－12x，所以f ′(x)＝3x－2x＋a－12.由于f (x)＝3ln x－x2＋a－12x在区间(1，3)上有最大值，且f ′(x)＝3x－2x＋a－12在(1，3)上单调递减，故需满足f ′(x)在(1，3)内有唯一零点，故f '1>0，f '3<0，即3－2+a－12>0，1－6+a－12<0，解得－127．函数f (x)＝－3x－|ln x|＋3的最大值为________.
2－ln 3 解析：由题知当x≥1时，f (x)＝－3x－ln x＋3，所以f ′(x)＝－3－1x<0，所以f (x)在[1，＋∞)上单调递减，所以f (x)max＝f (1)＝0.当00，f (x)单调递增；当x∈13，1时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，所以当0＜x＜1时，f (x)max＝f 13＝2－ln 3.综上可知，f (x)max＝2－ln 3.
8．(2024·潍坊模拟)已知函数f (x)＝ax－52＋6ln x(a∈R)，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线与y轴相交于点(0，6)，则函数f (x)的极小值为________.
2＋6ln 3 解析：因为f (x)＝a(x－5)2＋6ln x，所以f (1)＝16a，即切点为(1，16a)．又f ′(x)＝2a(x－5)＋6x，k＝f ′(1)＝6－8a，所以切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)．又切线过点(0，6)，所以6－16a＝(6－8a)(0－1)，解得a＝12，所以f (x)＝12x－52＋6ln x，则f ′(x)＝x－5＋6x＝x2－5x+6x＝x－2x－3x，所以当03时，f ′(x)>0；当29．(2024·1月·九省适应性测试)已知函数f (x)＝ln x＋x2＋ax＋2在点(2，f (2))处的切线与直线2x＋3y＝0垂直．
(1)求实数a的值；
(2)求f (x)的单调区间和极值．
解：(1)f ′(x)＝1x＋2x＋a(x＞0)，则f ′(2)＝12＋2×2＋a＝92＋a.
由题意可得92+a×－23＝－1，解得a＝－3.
(2)因为a＝－3，所以f (x)＝ln x＋x2－3x＋2，
所以f ′(x)＝1x＋2x－3＝2x2－3x+1x＝2x－1x－1x(x＞0)，
故当00；当121时，f ′(x)>0.
故f (x)的单调递增区间为0，12，(1，＋∞)，单调递减区间为12，1，
故f (x)的极大值为f 12＝ln 12+122－3×12＋2＝34－ln 2，
极小值为f (1)＝ln 1＋12－3×1＋2＝0.
10．(多选题)设f ′(x)为函数f (x)的导函数，已知x2f ′(x)＋xf (x)＝ln x，f (1)＝12，则下列结论正确的是( )
A．xf (x)在(1，＋∞)上单调递增
B．xf (x)在(1，＋∞)上单调递减
C．xf (x)在(0，＋∞)上有极大值12
D．xf (x)在(0，＋∞)上有极小值12
AD 解析：由x2f ′(x)＋xf (x)＝ln x，可得xf ′(x)＋f (x)＝1xln x，x>0，所以[xf (x)]′＝lnxx.令g(x)＝xf (x)，x>0，则g′(x)＝lnxx，当01时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，所以函数g(x)＝xf (x)在(0，＋∞)上有极小值g(1)＝f (1)＝12.故选AD．
11．(多选题)(2024·漳州模拟)已知函数f (x)＝(x2－3)ex，现给出下列结论，其中正确的是( )
A．函数f (x)有极小值，但无最小值
B．函数f (x)有极大值，但无最大值
C．若方程f (x)＝b恰有一个实数根，则b>6e－3
D．若方程f (x)＝b恰有三个不同的实数根，则0BD 解析：由题意得f ′(x)＝(x2＋2x－3)ex.令f ′(x)＝0，即(x2＋2x－3)ex ＝0，解得x＝1或x＝－3，则当x<－3或x>1时，f ′(x)>0，即函数f (x)在(－∞，－3)，(1，＋∞)上单调递增；当－3因此f (x)有极小值f (1)，也有最小值f (1)，有极大值f (－3)，但无最大值．若方程f (x)＝b恰有一个实数根，则b>6e-3或b＝－2e；若方程f (x)＝b恰有三个不同的实数根，则012．现有一块边长为a的正方形铁片，铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，然后做成一个无盖方盒，该方盒容积的最大值是________.
227a3 解析：容积V(x)＝(a－2x)2x，013．(2024·渭南模拟)已知函数f (x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为________.
1e 解析：因为f (x)＝aex－ln x(x>0)，所以f ′(x)＝aex－1x.因为函数f (x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，所以f ′(x)≥0在(1，2)上恒成立．显然a>0，所以问题转化为xex≥1a在(1，2)上恒成立．设g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex>0，所以g(x)在(1，2)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝e.故e≥1a，解得a≥1e，所以a的最小值为1e.
14．已知函数f (x)＝2x3－(a＋3)x2＋2ax，a∈R.
(1)当a＝0时，求f (x)的极值；
(2)当|a|≥1时，求f (x)在[0，|a|]上的最小值．
解：(1)当a＝0时，f (x)＝2x3－3x2，f ′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)．
故当x∈(－∞，0)∪(1，＋∞)时，f ′(x)>0，x∈(0，1)时，f ′(x)<0.
则f (x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，
所以f (x)的极大值为f (0)＝0，极小值为f (1)＝－1.
(2)因为f (x)＝2x3－(a＋3)x2＋2ax，
所以f ′(x)＝6x2－2(a＋3)x＋2a＝2(x－1)(3x－a)．
①当a>3时，f (x)在[0，1)上单调递增，在1，a3上单调递减，在a3，a上单调递增，
所以f (x)min＝minf 0，f a3＝min0，a29－a27＝0，39.
②当a＝3时，f (x)在[0，3]上单调递增，所以f (x)min＝f (0)＝0.
③当1≤a<3时，f (x)在0，a3上单调递增，在a3，1上单调递减，在(1，a]上单调递增，
所以f (x)min＝min{f (0)，f (1)}＝min{0，a－1}＝0.
④当a≤－1时，f (x)在[0，1)上单调递减，在(1，|a|]上单调递增，所以f (x)min＝f (1)＝a－1.
综上所述，f (x)min＝a－1，a≤－1，0，1≤a≤9，a29－a27，a>9.条件
f ′(x0)＝0
在点x＝x0附近的左侧f ′(x)＞0，右侧f ′(x)＜0
在点x＝x0附近的左侧f ′(x)＜0，右侧f ′(x)＞0
图象
极值
f (x0)为极大值
f (x0)为极小值
极值点
x0为极大值点
x0为极小值点
x
(0，2)
2
(2，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
f (x)
单调递增
ln 2－1
单调递减
列式
根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解
验证
因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性
x
(－∞，－1)
－1
(－1，4)
4
(4，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
0
＋
f (x)
单调递增
1
单调递减
－14
单调递增
x
(－∞，0)
0
(0，－a)
－a
(－a，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
单调递增
1
单调递减
a3+22
单调递增
x
(1，－a)
－a
(－a，2)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
单调递减
a3+22
单调递增