【数学】2019届一轮复习苏教版第3章导数及其应用专题探究课1学案

【数学】2019届一轮复习苏教版第3章导数及其应用专题探究课1学案

高考导航　函数是中 数 的核心内容，导数是研究函数的重要工具，因此，导数的应用是历年高考的重点与热点，常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的范围、证明不等式等，运用导数解决实际问题是函数应用的延伸，所以结合其他知识综合考查用导数求解最值的问题在每年的高考试题中都有体现.涉及的数 思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等，试题中、高档难度均有.‎ 热点一　利用导数研究函数的性质 以含参数的函数为载体，结合具体函数与导数的几何意义，研究函数的性质，是高考的热点重点.本热点主要有三种考查方式：(1)讨论函数的单调性或求单调区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值，求参数的范围.‎ ‎【例1】 (2017·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若f(x)≥0，求a的取值范围.‎ 解　(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，‎ f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a).‎ ‎①若a＝0，则f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增.‎ ‎②若a>0，则由f′(x)＝0得x＝ln a.‎ 当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；‎ 当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.‎ 故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增.‎ ‎③若a<0，则由f′(x)＝0得x＝ln.‎ 当x∈时，f′(x)<0；‎ 当x∈时，f′(x)>0.‎ 故f(x)在上单调递减，‎ 在上单调递增.‎ ‎(2)①若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0.‎ ‎②若a>0，则由(1)得，当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a2ln a，从而当且仅当－a2ln a≥0，即00或f′(x)<0，最终可转化为一个一元一次不等式或一元二次不等式问题.‎ ‎(2)若已知f(x)的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解.‎ ‎【训练1】 (2018·海安质量测试)已知函数f(x)＝(x2＋ax＋a)ex，其中a∈R，e是自然对数的底数.‎ ‎(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程；‎ ‎(2)求函数f(x)的单调减区间；‎ ‎(3)若f(x)≤4在[－4，0]上恒成立，求a的取值范围.‎ 解　(1)因为f(x)＝(x2＋x＋1)ex，所以f(0)＝1.‎ 因为f′(x)＝(x2＋3x＋2)ex，所以f′(0)＝2，‎ 所以切线方程为2x－y＋1＝0.‎ ‎(2)因为f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋2a]ex＝(x＋a)(x＋2)ex，‎ 当a＝2时，f′(x)＝(x＋2)2ex≥0，所以f(x)无单调减区间.‎ 当－a>－2，即a<2时，列表如下：‎ x ‎(－∞，－2)‎ ‎－2‎ ‎(－2，－a)‎ ‎－a ‎(－a，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  所以f(x)的单调减区间是(－2，－a).‎ 当－a<－2，即a>2时，列表如下：‎ x ‎(－∞，－a)‎ ‎－2‎ ‎(－a，－2)‎ ‎－2‎ ‎(－2，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  所以f(x)的单调减区间是(－a，－2).‎ 综上，当a＝2时，f(x)无单调减区间；‎ 当a<2时，f(x)的单调减区间是(－2，－a) ；‎ 当a>2时，f(x)的单调减区间是(－a，－2).‎ ‎(3)f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋2a]ex＝(x＋a)(x＋2)ex.‎ 当a＝2时，由(2)可得，f(x)为R上单调增函数，‎ 所以f(x)在区间[－4，0]上的最大值f(0)＝2≤4，符合题意.‎ 当a<2时，由(2)可得，要使f(x)≤4在区间[－4，0]上恒成立，‎ 只需f(0)＝a≤4，f(－2)＝(4－a)e－2≤4，解得4－4e2≤a<2.‎ 当24时，可得f(0)＝a≤4，无解.‎ 综上，a的取值范围是[4－4e2，4].‎ 热点二　利用导数研究函数的零点或曲线交点问题 导数与函数方程交汇是近年命题的热点，常转化为研究函数图象的交点问题，研究函数的极(最)值的正负，求解时应注重等价转化与数形结合思想的应用，其主要考查方式有：(1)确定函数的零点、图象交点的个数；(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围.‎ ‎【例2】 (2017·江苏押题卷)设f(x)＝x－aln x(a，x∈R).‎ ‎(1)求函数y＝f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2，且x1e2.‎ ‎(1)解　函数定义域为{x|x>0}，因f′(x)＝1－，则当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ 当a>0，且x∈(0，a)时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减；x∈[a，＋∞)时，f′(x)≥0，函数f(x)在[a，＋∞)上单调递增，‎ 故当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)；当a>0时，函数f(x)的递减区间是(0，a)，单调递增区间是[a，＋∞).‎ ‎(2)解　由题设f(x)有两个零点，显然a>0，故＝，记g(x)＝，g′(x)＝，当x∈(0，e)时，g(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，g(x)单调递减.‎ 所以当0<<，即a>e时，函数f(x)有两个零点x1，x2，所求实数a的取值范围是(e，＋∞).‎ ‎(3)证明　构造函数h(x)＝g(x)－g，x∈(e，＋∞)，h′(x)＝－＝(1－ln x)·，‎ 则当x∈(e，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)>h(e)＝0，即 g(x)>g，‎ 又由(2)知函数f(x)有两个零点，就是方程＝的两个根，因此满足0g，且x1，∈(0，e)，又x∈(0，e)时，g(x)单调递增，所以x1>，从而有x1·x2>e2.‎ 探究提高　用导数研究函数的零点，一是用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；二是将零点问题转化为函数图象的交点问题，结合函数的极值利用数形结合来解决.‎ ‎【训练2】 (2018·苏北四市联考)函数f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.‎ ‎(1)当a>0时，解不等式f(x)≤0；‎ ‎(2)当a＝0时，求整数t的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[t，t＋1]上有解.‎ 解　(1)因为ex>0，(ax2＋x)ex≤0.‎ ‎∴ax2＋x≤0.又因为a>0‎ 所以不等式化为x≤0.‎ 所以不等式f(x)≤0的解集为.‎ ‎(2)当a＝0时，方程即为xex＝x＋2，‎ 由于ex>0，所以x＝0不是方程的解，‎ 所以原方程等价于ex－－1＝0.‎ 令h(x)＝ex－－1，‎ 因为h′(x)＝ex＋>0对于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，‎ 所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调递增函数，‎ 又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－2>0，h(－3)＝e－3－<0，‎ h(－2)＝e－2>0，‎ 所以方程f(x)＝x＋2有且只有两个实数根且分别在区间[1，2]和[－3，－2]上，所以整数t的所有值为{－3，1}.‎ 热点三　利用导数研究不等式问题 函数、导数与不等式相交汇是高考命题的热点，命题形式灵活，常通过构造函数，利用函数的单调性和极值来解决.注意在构造新函数时，可直接利用题设条件写出函数的解析式，或通过对所要证明的不等式作差来构造函数，或根据题设条件的结构特征构造函数.‎ ‎【例3】 (2017·苏、锡、常、镇四市调研)已知函数f(x)＝ex，其中a∈R，e为自然对数的底数.‎ ‎(1)若函数f(x)的图象在x＝0处的切线与直线x＋y＝0垂直，求a的值；‎ ‎(2)(一题多解)关于x的不等式f(x)<－ex在(－∞，2)上恒成立，求a的取值范围；‎ ‎(3)讨论函数f(x)极值点的个数.‎ 解　(1)由题意得f′(x)＝ex，‎ 因为f(x)的图象在x＝0处的切线与直线x＋y＝0垂直，‎ 所以f′(0)＝1，解得a＝－1.‎ ‎(2)法一　由f(x)<－ex，‎ 得ex<－ex，‎ 即x3－6x2＋(3a＋12)x－6a－8<0对任意x∈(－∞，2)恒成立，‎ 即(6－3x)a>x3－6x2＋12x－8对任意x∈(－∞，2)恒成立，‎ 因为x<2，所以a>＝－(x－2)2，‎ 记g(x)＝－(x－2)2，因为g(x)在(－∞，2)上单调递增，且g(2)＝0，‎ 所以a≥0，即a的取值范围是[0，＋∞).‎ 法二　由f(x)<－ex，‎ 得ex<－ex，‎ 即x3－6x2＋(3a＋12)x－6a－8<0在(－∞，2)上恒成立，‎ 因为x3－6x2＋(3a＋12)x－6a－8<0等价于(x－2)(x2－4x＋3a＋4)<0，‎ ‎①当a≥0时，x2－4x＋3a＋4＝(x－2)2＋3a≥0恒成立，‎ 所以原不等式的解集为(－∞，2)，满足题意.‎ ‎②当a<0时，记g(x)＝x2－4x＋3a＋4，有g(2)＝3a<0，‎ 所以方程x2－4x＋3a＋4＝0必有两个实数根x1，x2，且x1<20)，‎ ‎∴[f′(x)]′＝ex＋>0，∴函数f′(x)在(0，＋∞)上是增函数，‎ ‎∵f′＝－2<0，f′(1)＝e－1>0，且函数f′(x)的图象在(0，＋∞)上不间断，‎ ‎∴∃x0∈，使得f′(x0)＝0，‎ 当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；‎ 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，‎ ‎∴函数f(x)存在极小值f(x0).‎ ‎(3)解　∃x∈，使得不等式－ln x－≤0成立等价于∃x∈，‎ 使得不等式m≥ex－xln x成立.(*)‎ 令h(x)＝ex－xln x，x∈，则h′(x)＝ex－ln x－1＝f(x)，‎ ‎∴结合(2)得[h′(x)]min＝f(x0)＝ex0－ln x0－1，‎ 其中x0∈，满足f′(x0)＝0，即ex0－＝0，‎ ‎∴ex0＝，x0＝－ln x0，‎ ‎∴[h′(x)]min＝ex0－ln x0－1＝＋x0－1>2－1＝1>0，‎ ‎∴当x∈时，h′(x)>0，‎ ‎∴h(x)在上单调递增，‎ ‎∴[h(x)]min＝h＝e－ln＝e＋ln 2.‎ 结合(*)有m≥e＋ln 2，‎ 即实数m的取值范围为.‎ 一、必做题 ‎1.(2017·苏、锡、常镇调研(二))已知函数f(x)＝x|x2－a|，若存在x∈[1，2]，使得f(x)<2，则实数a的取值范围是________.‎ 解析　当x∈[1，2]时，f(x)<2，等价于|x3－ax|<2，即－20，所以函数f(x)＝2x＋cos x在x∈上单调递增，所以f(x)x＋在x∈(－∞，0)恒成立，而x∈(－∞，0)时，x＋≤－2，所以此时a>－2.综上所述，实数a的取值范围是(－2，＋∞).‎ 法二　当x∈时，f(x)＝2x＋cos x，f′(x)＝2－sin x>0，所以函数f(x)＝2x＋cos x在x∈上单调递增，所以f(x)0，即a>0时，f(x)0，结合x≤0得－20时，f(x)＝－2x≥－16，∴x≤8，综上m的取值范围为 ‎[－2，8].‎ 答案　[－2，8]‎ ‎4.(2017·南京、盐城、连云港、徐州二模)若存在两个正实数x，y，使得等式x＋a(y－2ex)(ln y－ln x)＝0成立，其中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围为________.‎ 解析　因为存在两个正实数x，y，使得等式x＋a(y－2ex)(ln y－ln x)＝0成立，所以 1＋aln ＝0，令t＝(t>0)，所在存在正数t，使1＋a(t－2e)ln t＝0成立，当a＝0时，显然不成立；当a≠0时，－＝(t－2e)ln t(t>0)，令f(t)＝‎ ‎(t－2e)ln t(t>0)，则f′(t)＝ln t＋1－，所以f′(t)＝0时，t＝e，当t∈(e，＋∞)时，f′(t)＝ln t＋1－>0，所以函数f(t)单调递增；当t∈(0，e)时，f′(t)＝ln t＋1－<0，所以函数f(t)单调递减，所以当t＝e时，f(t)min＝f(e)＝(e－2e)ln e＝－e，从而－>0或－e≤－<0，解之得a∈(－∞，0)∪.‎ 答案　(－∞，0)∪ ‎5.(2018·淮海中 模拟)已知函数f(x)＝若函数y＝f(f(x)－a)有四个零点，则实数a的所有可能取值构成的集合是________.‎ 解析　当x≤0时，f(x)＝xex＋<，f′(x)＝ex(1＋x)，所以当－10时，f(x)＝x2－2x，所以当01时，f(x)单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得极小值，极小值是－1，且当x＝2时，f(x)＝0.所以方程f(x)＝0的两根为x＝－1，x＝2，‎ 由f(f(x)－a)＝0得，f(x)－a＝－1或f(x)－a＝2，‎ 即f(x)＝a－1或f(x)＝a＋2，因为函数y＝f(f(x)－a)有四个零点，所以或或解得10，b<0，c>0，d>0；②a>0，b<0，c<0，d>0；‎ ‎③a<0，b<0，c>0，d>0；④a>0，b>0，c>0，d<0.‎ 其中，结论成立的是________(填序号).‎ 解析　由函数y＝f(x)的图象知，a>0，f(0)＝d>0.‎ 又x1，x2是函数f(x)的极值点，且f′(x)＝3ax2＋2bx＋c＝0，‎ ‎∴x1，x2是方程3ax2＋2bx＋c＝0的两根.‎ 由图象知，x1>0，x2>0‎ ‎∴因此b<0，且c>0.‎ 答案　①‎ ‎7.(2018·南京、盐城一模)在平面直角坐标系xOy中，已知点P为函数y＝2ln x的图象与圆M：(x－3)2＋y2＝r2的公共点，且它们在P处有公切线，若二次函数y＝f(x)的图象经过点O，P，M，则y＝f(x)的最大值为________.‎ 解析　设点P(x0，2ln x0)，则因为y＝2ln x，所以y′＝，故函数y＝2ln x在点P 处的切线的斜率为k1＝，又kPM＝，从而圆在点P处的切线的斜率为k2＝－，从而k1＝k2，即＝－，故＝－1.因为函数f(x)过点O(0，0)，M(3，0)，所以设f(x)＝ax(x－3)，又它过点P，所以2ln x0＝ax0(x0－3)，解得a＝＝－，从而得f(x)＝－x(x－3)＝－＋≤，当x＝时，f(x)max＝.‎ 答案　 ‎8.(2017·南京、盐城二模)已知函数f(x)＝ln x＋(e－a)x－b，其中e为自然对数的底数.若不等式f(x)≤0恒成立，则的最小值为________.‎ 解析　若的最小值为λ，则≥λ恒成立，结合题意必有λa－b≤0恒成立.由f(x)＝(ln x＋ex)－ax－b≤0恒成立，得f＝－a－b≤0.猜想a>0，从而≥－.‎ f′(x)＝＋(e－a)＝(x>0)，‎ 当e－a≥0，即a≤e时，f(eb)＝(e－a)eb≥0，显然f(x)≤0不恒成立.‎ 当e－a<0，即a>e时，当x∈时，f′(x)>0，f(x)为增函数；当x∈时，f′(x)<0，f(x)为减函数，所以f(x)max＝f＝－ln(a－e)－b－1.‎ 由f(x)≤0恒成立，得f(x)max≤0，所以b≥－ln(a－e)－1，所以得≥.‎ 设g(x)＝(x>e)，‎ g′(x)＝＝.‎ 由于y＝＋ln(x－e)为增函数，且当x＝2e时， g′(x)＝0，所以当x∈(e，2e)时，g′(x)<0，g(x)为减函数；当x∈(2e，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，所以g(x)min＝g(2e)＝－，所以≥－当a＝2e，b＝－2时，取得最小值－.‎ 答案　－ ‎9.(2018·南通调研)已知函数f(x)＝a＋ln x(a∈R).‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)求f(x)的零点个数.‎ 解　(1)由函数f(x)＝a＋ln x∈(a∈R)得f′(x)＝(ln x＋2).‎ 令f′(x)＝0，得x＝e－2，列表如下：‎ x ‎(0，e－2)‎ e－2‎ ‎(e－2，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极小值  因此函数f(x)的单调递增区间为(e－2，＋∞)，单调递减区间为(0，e－2).‎ ‎(2)由(1)可知，f(x)min＝f(e－2)＝a－2e－1.‎ 当a>2e－1时，由f(x)≥f(e－2)＝a－2e－1>0，得函数f(x)的零点个数为0.‎ 当a＝2e－1时，因为f(x)在(e－2，＋∞)上单调递增，在(0，e－2)上单调递减，‎ 故当x∈(0，e－2)∪(e－2，＋∞)时，f(x)>f(e－2)＝0.‎ 此时函数f(x)的零点个数为1.‎ 当a<2e－1时，f(x)min＝f(e－2)＝a－2e－1<0.‎ ‎①当a≤0时，‎ 因为当x∈(0，e－2)时，f(x)＝a＋ln x0，‎ 此时函数f(x)在(e－2，＋∞)上有且只有一个零点.‎ 所以当a≤0时，函数f(x)零点个数为1.‎ ‎②当00，f(e－2)＝a－2e－1<0，‎ 所以函数f(x)在(e－2，＋∞)上有且只有1个零点；‎ 另一方面，因为f(x)在(0，e－2)上单调递减，且f(e－2)＝a－2e－1<0.‎ 又e－∈(0，e－2)，且f(e－)＝a－>a－＝0(当x>0时，ex>x2成立)，‎ 此时函数f(x)在(0，e－2)上有且只有1个零点，‎ 所以当02e－1时，f(x)的零点个数为0；‎ 当a＝2e－1或a≤0时，f(x)的零点个数为1；‎ 当01，设函数f(x)在区间[1，2]上的最大值、最小值分别为M(a)、m(a)，记h(a)＝M(a)－m(a)，求h(a)的最小值.‎ 解　(1)因为f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax，所以f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a，‎ 所以曲线y＝f(x)在x＝0处的切线斜率k＝f′(0)＝6a，‎ 所以6a＝3，所以a＝.‎ ‎(2)f(x)＋f(－x)＝－6(a＋1)x2≥12ln x对任意x∈(0，＋∞)恒成立，‎ 所以－(a＋1)≥.‎ 令g(x)＝，x>0，则g′(x)＝.‎ 令g′(x)＝0，解得x＝.‎ 当x∈(0，)时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，)上单调递增；‎ 当x∈(，＋∞)时，g′(x)<0，所以g(x)在(，＋∞)上单调递减.‎ 所以g(x)max＝g()＝，‎ 所以－(a＋1)≥，即a≤－1－，‎ 所以a的取值范围为.‎ ‎(3)因为f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax，‎ 所以f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)，f(1)＝3a－1，f(2)＝4.‎ 令f′(x)＝0，则x＝1或a.‎ f(1)＝3a－1，f(2)＝4.‎ ‎①当10，所以f(x)在(a，2)上单调递增.‎ 又因为f(1)≤f(2)，所以M(a)＝f(2)＝4，m(a)＝f(a)＝－a3＋3a2，‎ 所以h(a)＝M(a)－m(a)＝4－(－a3＋3a2)‎ ‎＝a3－3a2＋4.‎ 因为h′(x)＝3a2－6a＝3a(a－2)<0，‎ 所以h(a)在上单调递减，‎ 所以当a∈时，h(a)的最小值为h＝.‎ ‎②当0，所以f(x)在(a，2)上单调递增.‎ 又因为f(1)>f(2)，所以M(a)＝f(1)＝3a－1，m(a)＝f(a)＝－a3＋3a2，‎ 所以h(a)＝M(a)－m(a)＝3a－1－(－a3＋3a2)＝a3－3a2＋3a－1.‎ 因为h′(a)＝3a2－6a＋3＝3(a－1)2≥0.‎ 所以h(a)在上单调递增，‎ 所以当a∈时，h(a)>h＝.‎ ‎③当a≥2时，‎ 当x∈(1，2)时，f′(x)<0，所以f(x)在(1，2)上单调递减，‎ 所以M(a)＝f(1)＝3a－1，m(a)＝f(2)＝4，‎ 所以h(a)＝M(a)－m(a)＝3a－1－4＝3a－5，‎ 所以h(a)在[2，＋∞)上的最小值为h(2)＝1.‎ 综上，h(a)的最小值为.‎ 二、选做题 ‎11.(2017·苏州期末)已知函数f(x)＝若关于x的方程|f(x)|－ax－5＝0恰有三个不同的实数解，则满足条件的所有实数a的取值集合为________.‎ 解析　化为定曲线与两条动直线共有三个公共点.关键是两条动直线关于x轴对称，其交点在x轴上.‎ 方程|f(x)|－ax－5＝0⇔f(x)＝ax＋5或f(x)＝－ax－5.‎ 所以曲线C：y＝f(x)与两条直线l：y＝ax＋5和m：y＝－ax－5共有三个公共点.由曲线的形状可判断直线l与曲线C总有两个交点，所以可有情况是：直线m与曲线C相切，直线m与曲线C相交两点但其中一点是l，m的交点.由m与C相切，得当a>0时，y＝－ax－5与f(x)图象在x≤0的一侧相切.设切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝2x0＝－a，x0＝－.又切线方程为y－y0＝－a(x－x0)，得y＝－ax＋ax0＋y0＝－ax＋a·＋－4＝－ax－－4＝－ax－5，得a＝2.同理当a<0时，可得a＝－e.由题易知a≠0，从而m与C相切时，a＝2或a＝－e；由点在C上，得当a>0时，交点位于f(x)图象在x≤0的一侧，此时有f ＝－4＝0，a＝；当a<0时，交点位于f(x)图象在x>0的一侧，此时有f ＝e－－5＝0，a＝－，故由交点在C上得a＝或a＝－.经判断a的这四个值均满足要求.‎ 答案　 ‎12.(2015·江苏卷)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R).‎ ‎(1)试讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若b＝c－a(实数c是与a无关的常数)，当函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，求c的值.‎ 解　(1)f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－.‎ 当a＝0时，因为f′(x)＝3x2≥0，‎ 所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；‎ 当a＞0时，x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0，x∈时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调 递减；‎ 当a＜0时，x∈(－∞，0)∪时，f′(x)＞0，x∈时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调 递减.‎ ‎(2)由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)＝b，‎ f ＝a3＋b，‎ 则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f ＝b＜0，‎ 从而或 又b＝c－a，所以当a＞ 0时，a3－a＋c＞0或当a＜0时，a3－a＋c＜0.‎ 设g(a)＝a3－a＋c，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(－∞，‎ ‎－3)∪∪，‎ 则在(－∞，－3)上g(a)＜0，且在∪上g(a)＞0均恒成立.‎ 从而g(－3)＝c－1≤0，且g＝c－1≥0，因此c＝1.‎ 此时，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]，‎ 因函数有三个零点，则x2＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根，所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3＞0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，‎ 解得a∈(－∞，－3)∪∪.‎ 综上c＝1.‎