人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用第1课时学案设计

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用第1课时学案设计，共14页。学案主要包含了求函数的极值，由极值求参数的值或取值范围，利用函数极值解决函数零点问题等内容，欢迎下载使用。

学习目标 1.了解函数极值的概念，会从几何方面直观理解函数的极值与导数的关系.2.掌握函数极值的判定及求法.3.掌握函数在某一点取得极值的条件．
知识点一 函数极值的定义
1．极小值点与极小值
若函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，就把a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．
2．极大值点与极大值
若函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，就把b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．
3．极大值点、极小值点统称为极值点；极大值、极小值统称为极值．
知识点二 函数极值的求法与步骤
1．求函数y＝f(x)的极值的方法
解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时，
(1)如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；
(2)如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．
2．求可导函数f(x)的极值的步骤
(1)确定函数的定义域，求导数f′(x)；
(2)求方程f′(x)＝0的根；
(3)列表；
(4)利用f′(x)与f(x)随x的变化情况表，根据极值点左右两侧单调性的变化情况求极值．
1．导数为0的点一定是极值点．( × )
2．函数的极大值一定大于极小值．( × )
3．函数y＝f(x)一定有极大值和极小值．( × )
4．函数的极值点是自变量的值，极值是函数值．( √ )
一、求函数的极值
例1 求下列函数的极值：
(1)f(x)＝x3－3x2－9x＋5；
(2)f(x)＝x－aln x(a∈R)．
解 (1)f′(x)＝3x2－6x－9，
令f′(x)＝0，即3x2－6x－9＝0，
解得x1＝－1，x2＝3.
当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：
∴当x＝－1时，函数y＝f(x)有极大值，且f(－1)＝10；
当x＝3时，函数y＝f(x)有极小值，且f(3)＝－22.
(2) f(x)＝x－aln x的定义域为(0，＋∞)，
由f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)，x>0，知
①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；
②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a.
又当x∈(0，a)时，f′(x)<0，
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，
从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－aln a，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；
当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－aln a，无极大值．
反思感悟 函数极值和极值点的求解步骤
(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小开区间，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．
跟踪训练1 (1)求函数f(x)＝eq \f(2x,x2＋1)－2的极值．
解 函数f(x)的定义域为R.
f′(x)＝eq \f(2x2＋1－4x2,x2＋12)＝－eq \f(2x－1x＋1,x2＋12).
令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
由上表可以看出，当x＝－1时，函数有极小值，且极小值为f(－1)＝－3；
当x＝1时，函数有极大值，且极大值为f(1)＝－1.
(2)已知函数f(x)＝x＋eq \f(a,x)＋1，a∈R.求此函数的极值．
解 函数的定义域为{x|x≠0}，
f′(x)＝1－eq \f(a,x2)＝eq \f(x2－a,x2).
当a≤0时，显然f′(x)>0，这时函数f(x)在区间(－∞，0)，(0，＋∞)上均单调递增，此时函数无极值．
当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝±eq \r(a).
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
由上表可知，当x＝－eq \r(a)时，函数取得极大值f(－eq \r(a))＝－2eq \r(a)＋1.
当x＝eq \r(a)时，函数取得极小值f(eq \r(a))＝2eq \r(a)＋1.
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)在x＝－eq \r(a)处取得极大值－2eq \r(a)＋1，在x＝eq \r(a)处取得极小值2eq \r(a)＋1.
二、由极值求参数的值或取值范围
例2 (1)若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则a＝________，b＝________.
答案 4 －11
解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝10，,f′1＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a＋b＝9，,2a＋b＝－3，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4，,b＝－11))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝3.))
但由于当a＝－3，b＝3时，
f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，
故f(x)在R上单调递增，不可能在x＝1处取得极值，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝3))不符合题意，应舍去．
而当a＝4，b＝－11时，经检验知符合题意，
故a，b的值分别为4，－11.
(2)已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)(m＋3)x2＋(m＋6)x(x∈R，m为常数)，在区间(1，＋∞)内有两个极值点，求实数m的取值范围．
解 f′(x)＝x2－(m＋3)x＋m＋6.
因为函数f(x)在(1，＋∞)内有两个极值点，
所以f′(x)＝x2－(m＋3)x＋m＋6在(1，＋∞)内与x轴有两个不同的交点，如图所示．
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝m＋32－4m＋6>0，,f′1＝1－m＋3＋m＋6>0，,\f(m＋3,2)>1，))
解得m>3.故实数m的取值范围是(3，＋∞)．
反思感悟 已知函数的极值求参数的方法
(1)对于已知可导函数的极值求参数的问题，解题的切入点是极值存在的条件：极值点处的导数值为0，极值点两侧的导数值异号．
注意：求出参数后，一定要验证是否满足题目的条件．
(2)对于函数无极值的问题，往往转化为其导函数的值非负或非正在某区间内恒成立的问题，即转化为f′(x)≥0或f′(x)≤0在某区间内恒成立的问题，此时需注意不等式中的等号是否成立．
跟踪训练2 (1)若函数f(x)＝ax－ln x在x＝eq \f(\r(2),2)处取得极值，则实数a的值为( )
A.eq \r(2) B.eq \f(\r(2),2) C．2 D.eq \f(1,2)
答案 A
解析 因为f′(x)＝a－eq \f(1,x)，所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))＝0，
即a－eq \f(1,\f(\r(2),2))＝0，解得a＝eq \r(2).
(2)已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋ax－1.
①若函数的极大值点是－1，求a的值；
②若函数f(x)有一正一负两个极值点，求a的取值范围．
解 ①f′(x)＝x2－2x＋a，
由题意得，f′(－1)＝1＋2＋a＝0，
解得a＝－3，则f′(x)＝x2－2x－3，
经验证可知，f(x)在x＝－1处取得极大值，故a＝－3.
②由题意得，方程x2－2x＋a＝0有一正一负两个根，
设为x1，x2，则x1x2＝a<0，
故a的取值范围是(－∞，0)．
三、利用函数极值解决函数零点(方程根)问题
例3 已知函数f(x)＝x3－6x2＋9x＋3，若函数y＝f(x)的图象与y＝eq \f(1,3)f′(x)＋5x＋m的图象有三个不同的交点，求实数m的取值范围．
解 由f(x)＝x3－6x2＋9x＋3，可得f′(x)＝3x2－12x＋9，
eq \f(1,3) f′(x)＋5x＋m＝eq \f(1,3)(3x2－12x＋9)＋5x＋m
＝x2＋x＋3＋m.
则由题意可得x3－6x2＋9x＋3＝x2＋x＋3＋m有三个不相等的实根，即g(x)＝x3－7x2＋8x－m的图象与x轴有三个不同的交点．
∵g′(x)＝3x2－14x＋8＝(3x－2)(x－4)，
∴令g′(x)＝0，得x＝eq \f(2,3)或x＝4.
当x变化时，g(x)，g′(x)的变化情况如下表：
则函数g(x)的极大值为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝eq \f(68,27)－m，极小值为g(4)＝－16－m.由g(x)的图象与x轴有三个不同的交点，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝\f(68,27)－m>0，,g4＝－16－m<0，))
解得－16∴实数m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－16，\f(68,27))).
反思感悟 (1)利用导数可以判断函数的单调性，研究函数的极值情况，并能在此基础上画出函数的大致图象，从直观上判断函数图象与x轴的交点或两个函数图象的交点的个数，从而为研究方程根的个数问题提供了方便．
(2)解决这类问题，一个就是注意借助几何图形的直观性，另一个就是正确求导，正确计算极值．
跟踪训练3 若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋4的图象与直线y＝a恰有三个不同的交点，则实数a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，\f(28,3)))
解析 ∵f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋4，
∴f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)．
令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
∴当x＝－2时，函数取得极大值f(－2)＝eq \f(28,3)；
当x＝2时，函数取得极小值f(2)＝－eq \f(4,3).
且f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
根据函数单调性、极值的情况，它的图象大致如图所示，
结合图象知－eq \f(4,3)1．(多选)函数f(x)的定义域为R，它的导函数y＝f′(x)的部分图象如图所示，则下面结论正确的是( )
A．在(1,2)上函数f(x)单调递增
B．在(3,4)上函数f(x)单调递减
C．在(1,3)上函数f(x)有极大值
D．x＝3是函数f(x)在区间[1,5]上的极小值点
答案 ABC
解析 由题图可知，当1＜x＜2时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
当2＜x＜4时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
当4＜x＜5时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
∴x＝2是函数f(x)的极大值点，
x＝4是函数f(x)的极小值点，故A，B，C正确，D错误．
2．(多选)已知函数f(x)＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2处有极值，则该函数的一个单调递增区间是( )
A．(－∞，2) B．(3，＋∞)
C．(2，＋∞) D．(－∞，3)
答案 AB
解析 ∵f′(x)＝6x2＋2ax＋36，且在x＝2处有极值，
∴f′(2)＝0，即24＋4a＋36＝0，解得a＝－15，
∴f′(x)＝6x2－30x＋36＝6(x－2)(x－3)，
由f′(x)＞0得x＜2或x＞3.
3．设函数f(x)＝xex，则( )
A．x＝1为f(x)的极大值点
B．x＝1为f(x)的极小值点
C．x＝－1为f(x)的极大值点
D．x＝－1为f(x)的极小值点
答案 D
解析 令f′(x)＝ex＋x·ex＝(1＋x)ex＝0，得x＝－1.
当x＜－1时，f′(x)＜0；
当x＞－1时，f′(x)＞0.
故x＝－1为f(x)的极小值点．
4．函数f(x)＝x3－3x2＋1的极小值点为________．
答案 2
解析 由f′(x)＝3x2－6x＝0，
解得x＝0或x＝2.
列表如下：
∴当x＝2时，f(x)取得极小值．
5．已知曲线f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1在点(1，f(1))处的切线斜率为3，且x＝eq \f(2,3)是y＝f(x)的极值点，则a＝___________，b＝________.
答案 2 －4
解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝3，,f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3＋2a＋b＝3，,\f(4,3)＋\f(4,3)a＋b＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝－4.))经验证知符合题意．
1．知识清单：
(1)函数极值的定义．
(2)函数极值的判定及求法．
(3)函数极值的应用．
2．方法归纳：方程思想、分类讨论．
3．常见误区：导数值等于零不是此点为极值点的充要条件．
1．下列函数中存在极值的是( )
A．y＝eq \f(1,x) B．y＝x－ex
C．y＝2 D．y＝x3
答案 B
解析 对于y＝x－ex，y′＝1－ex，令y′＝0，得x＝0.
在区间(－∞，0)上，y′>0；
在区间(0，＋∞)上，y′<0.
故当x＝0时，函数y＝x－ex取得极大值．
2．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )
A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)
C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)
D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)
答案 D
解析 由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；
当－2当1当x>2时，f′(x)>0.
由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，
在x＝2处取得极小值．
3．函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e)上的极大值为( )
A．－e B．－1
C．1－e D．0
答案 B
解析 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－1.
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，
当x∈(1，e)时，f′(x)<0，
故f(x)在x＝1处取得极大值f(1)＝ln 1－1＝0－1＝－1.
4．已知a是函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a等于( )
A．－4 B．－2 C．4 D．2
答案 D
解析 ∵f(x)＝x3－12x，
∴f′(x)＝3x2－12，
令f′(x)＝0，则x1＝－2，x2＝2.
当x∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；
当x∈(－2,2)时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减，
∴f(x)的极小值点为a＝2.
5．(多选)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的值可以是( )
A．－4 B．－3 C．6 D．8
答案 AD
解析 由题意知f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)＝0有两个不相等的根，所以Δ＝4a2－12(a＋6)>0，解得a>6或a<－3.
6．f(x)＝eq \f(2x＋1,x2＋2)的极小值为________．
答案 －eq \f(1,2)
解析 f′(x)＝eq \f(2x2＋2－2x2x＋1,x2＋22)
＝eq \f(－2x＋2x－1,x2＋22).
令f′(x)<0，得x<－2或x>1；
令f′(x)>0，得－2所以f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，
在(－2,1)上单调递增，
所以f(x)极小值 ＝f(－2)＝－eq \f(1,2).
7．设x＝1与x＝2是函数f(x)＝aln x＋bx2＋x的两个极值点，则常数a＝________.
答案 －eq \f(2,3)
解析 因为f′(x)＝eq \f(a,x)＋2bx＋1，
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋2b＋1＝0，,\f(a,2)＋4b＋1＝0.))
所以a＝－eq \f(2,3).
8．已知关于x的函数f(x)＝－eq \f(1,3)x3＋bx2＋cx＋bc，如果函数f(x)在x＝1处取得极值－eq \f(4,3)，则b＝________，c＝________.
答案 －1 3
解析 f′(x)＝－x2＋2bx＋c，由
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝－1＋2b＋c＝0，,f1＝－\f(1,3)＋b＋c＋bc＝－\f(4,3)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,c＝－1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝－1，,c＝3.))
若b＝1，c＝－1，则f′(x)＝－x2＋2x－1＝－(x－1)2≤0，
此时f(x)没有极值；
若b＝－1，c＝3，则f′(x)＝－x2－2x＋3＝－(x＋3)(x－1)，
当－30，当x>1时，f′(x)<0，
所以当x＝1时，f(x)有极大值－eq \f(4,3).
故b＝－1，c＝3即为所求．
9.设函数f(x)＝aln x＋eq \f(1,2x)＋eq \f(3,2)x＋1，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴．
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的极值．
解 (1)f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(1,2x2)＋eq \f(3,2)(x>0)．
由题意知，曲线在x＝1处的切线斜率为0，即f′(1)＝0，
从而a－eq \f(1,2)＋eq \f(3,2)＝0，解得a＝－1.
(2)由(1)知f(x)＝－ln x＋eq \f(1,2x)＋eq \f(3,2)x＋1(x>0)，
f′(x)＝－eq \f(1,x)－eq \f(1,2x2)＋eq \f(3,2)
＝eq \f(3x2－2x－1,2x2)＝eq \f(3x＋1x－1,2x2).
令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－eq \f(1,3)(舍去)．
当x∈(0,1)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
故f(x)在x＝1处取得极小值，极小值为f(1)＝3，无极大值．
10．设a为实数，函数f(x)＝x3－x2－x＋a.
(1)求f(x)的极值；
(2)当a在什么范围内取值时，曲线y＝f(x)与x轴仅有一个交点？
解 (1)f′(x)＝3x2－2x－1.
令f′(x)＝0，得x＝－eq \f(1,3)或x＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
∴f(x)的极大值是f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝eq \f(5,27)＋a，
极小值是f(1)＝a－1.
(2)函数f(x)＝x3－x2－x＋a
＝(x－1)2(x＋1)＋a－1，
由此可知，x取足够大的正数时，有f(x)>0，
x取足够小的负数时，有f(x)<0，
∴曲线y＝f(x)与x轴至少有一个交点．
由(1)知f(x)极大值＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝eq \f(5,27)＋a，
f(x)极小值＝f(1)＝a－1.
∵曲线y＝f(x)与x轴仅有一个交点，
∴f(x)极大值<0或f(x)极小值>0，
即eq \f(5,27)＋a<0或a－1>0，∴a<－eq \f(5,27)或a>1，
∴当a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(5,27)))∪(1，＋∞)时，曲线y＝f(x)与x轴仅有一个交点．
11．设函数f(x)在R上可导，其导函数为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( )
答案 C
解析 因为f(x)在x＝－2处取得极小值，
所以当x＜－2时，
f(x)单调递减，
即f′(x)＜0；
当x＞－2时，f(x)单调递增，即f′(x)＞0.
所以当x＜－2时，y＝xf′(x)＞0；
当x＝－2时，y＝xf′(x)＝0；
当－2＜x＜0时，y＝xf′(x)＜0；
当x＝0时，y＝xf′(x)＝0；
当x＞0时，y＝xf′(x)＞0.
结合选项中的图象知选C.
12．函数y＝xex在其极值点处的切线方程为________．
答案 y＝－eq \f(1,e)
解析 由题意知y′＝ex＋xex，令y′＝0，解得x＝－1，
代入函数解析式可得极值点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,e)))，
又极值点处的切线为平行于x轴的直线，
故方程为y＝－eq \f(1,e).
13．若函数f(x)＝x3＋x2－ax－4在区间(－1,1)上恰有一个极值点，则实数a的取值范围为________．
答案 [1,5)
解析 ∵f′(x)＝3x2＋2x－a，
函数f(x)在区间(－1,1)上恰有一个极值点，
即f′(x)＝0在(－1,1)内恰有一个根．
又函数f′(x)＝3x2＋2x－a的对称轴为x＝－eq \f(1,3).
∴应满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′－1≤0，,f′1>0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－2－a≤0，,3＋2－a>0，))
∴1≤a<5.
14．若函数f(x)＝x3－3ax＋1在区间(0,1)内有极小值，则a的取值范围为________．
答案 (0,1)
解析 f′(x)＝3x2－3a.
当a≤0时，在区间 (0,1)上无极值．
当a>0时，令f′(x)>0，
解得x>eq \r(a)或x<－eq \r(a).
令f′(x)<0，解得－eq \r(a)若f(x)在(0,1)内有极小值，则0解得015．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx的图象如图所示，且f(x)在x＝x0与x＝2处取得极值，则f(1)＋f(－1)的值一定( )
A．等于0 B．大于0
C．小于0 D．小于或等于0
答案 B
解析 f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.
令f′(x)＝0，则x0和2是该方程的根．
∴x0＋2＝－eq \f(2b,3a)<0，即eq \f(b,a)>0.
由题图知，f′(x)<0的解集为(x0,2)，∴3a>0，则b>0，
∵f(1)＋f(－1)＝2b，∴f(1)＋f(－1)>0.
16．设函数f(x)＝eq \f(x3,3)－(a＋1)x2＋4ax＋b，其中a，b∈R.
(1)若函数f(x)在x＝3处取得极小值eq \f(1,2)，求a，b的值；
(2)求函数f(x)的单调递增区间；
(3)若函数f(x)在(－1,1)上只有一个极值点，求实数a的取值范围．
解 (1)因为f′(x)＝x2－2(a＋1)x＋4a，
所以f′(3)＝9－6(a＋1)＋4a＝0，得a＝eq \f(3,2).
由f(3)＝eq \f(1,3)×27－eq \f(5,2)×9＋4×eq \f(3,2)×3＋b＝eq \f(1,2)，
解得b＝－4.
(2)因为f′(x)＝x2－2(a＋1)x＋4a＝(x－2a)(x－2)，
令f′(x)＝0，得x＝2a或x＝2.
当a>1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，2)，(2a，＋∞)；
当a＝1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；
当a<1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，2a)，(2，＋∞)．
(3)由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<1，,f′－1·f′1<0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<1，,－3－1－2a·－11－2a<0，))
化简得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<1，,2a＋12a－1<0，))
解得－eq \f(1,2)所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2))).x
(－∞，－1)
－1
(－1,3)
3
(3，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
(－∞，－1)
－1
(－1,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
x
(－∞，－eq \r(a))
－eq \r(a)
(－eq \r(a)，0)
(0，eq \r(a))
eq \r(a)
(eq \r(a)，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
↘
极小值
↗
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,3)))
eq \f(2,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，4))
4
(4，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
(－∞，－2)
－2
(－2,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
(－∞，0)
0
(0,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))
－eq \f(1,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1))
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗