2017年高中数学第三章导数及其应用3.3导数在研究函数的应用3.3.3三次函数的性质单调区间和极值同步练习湘教版1-1

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE8学必求其心得，业必贵于专精3。3。3三次函数的性质：单调区间和极值1．下列命题：①一个函数的极大值总比极小值大；②函数导数为0的点不一定是极值点；③一个函数的极大值可以比最大值大；④一个函数的极值点可在其不可导点处达到．其中正确命题的序号是()．A．①④B．②④C．①②D．③④2．函数f(x)＝x3＋x在区间[－1,1］上()．A．最小值为－1，最大值为2B．最小值为－2，最大值为2C．最小值为－1，最大值为1D．最小值为0，最大值为13．函数f（x)＝2－x2－x3的极值情况是(）．A．有极大值，没有极小值B．有极小值,没有极大值C．既无极大值，也无极小值D．既有极大值又有极小值4．函数f(x）＝x3－3x2＋2在区间［－1，1]上的最大值是(）．A．－2B．0C．2D．45．若f(x）＝x3＋mx2＋5x＋1在（－∞,＋∞）上是增函数,则m的取值范围是__________．6．函数f（x)＝9＋3x－x3的极小值为__________．7．函数f(x）＝4x2(x－2)在x∈[－2,2]上的最大值和最小值分别为__________，__________.8．已知函数f(x)＝x3－3ax2－9a2x＋a3(1)设a＝1，求函数f(x)的极值；(2)若a＞eq\f(1,4）,且当x∈［1，4a]时，|f′（x)｜≤12a恒成立，试确定a的取值范围．9．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋1,a∈R。(1)讨论函数f（x）的单调区间；（2)设函数f（x）在区间（－eq\f(2,3)，－eq\f(1,3）)内是减函数，求a的取值范围．

参考答案1．B2．B∵f′（x)＝3x2＋1＞0，∴f(x)为增函数．∴f(x)的最小值为f（－1)＝－2，f(x）的最大值为f(1）＝2.3．Df′（x)＝－3x2－2x＝－3x（x＋eq\f(2，3）)．令f′(x）＝0，则x＝0或－eq\f（2,3）。当x∈(－∞，－eq\f（2，3））时，f′(x）＜0;当x∈（－eq\f(2,3),0)时，f′（x)＞0；当x∈(0，＋∞）时，f′（x）＜0。∴f(x）在x＝－eq\f(2,3）处取得极小值，f（x）在x＝0处取得极大值．4．Cf′(x)＝3x2－6x.令f′（x)＝0，得x＝0或2(舍去）．∵f（0)＝2，f(1）＝0，f(－1)＝－2,∴f(x)最大值＝2。5．[－eq\r(15）,eq\r（15）]f′（x)＝3x2＋2mx＋5.由题意,知(2m)2－4×3×5≤0,得－eq\r（15）≤m≤eq\r(15)。6．7f′（x)＝3－3x2＝－3（x－1)(x＋1），当x＜－1时,f′（x)＜0，当－1＜x＜1时，f′（x）＞0,当x＞1时,f′(x)＜0，∴f(x）在x＝－1处取得极小值,f（－1)＝9－3＋1＝7.7．0－64令f′（x)＝12x2－16x＝0，∴x＝0或x＝eq\f(4,3).当x∈（－2，0)时，f′（x）＞0；当x∈(0，eq\f(4,3）)时，f′（x)＜0；当x∈(eq\f(4，3)，2)时，f′(x)＞0.故f（x）在x＝0时取得极大值，在x＝eq\f（4,3）时取得极小值．又∵f（0)＝0，f（－2）＝－64，f(2）＝0，f（eq\f(4,3）)＝－eq\f(128，27)，∴函数的最大值为0,最小值为－64。8．解：(1)当a＝1时，对函数f（x)求导数，得f′(x）＝3x2－6x－9.令f′（x）＝0，解得x1＝－1，x2＝3.列表讨论f(x），f′(x)的变化情况:x(－∞,－1）－1(－1，3)3（3，＋∞)f′（x）＋0－0＋f(x)极大值6极小值－26所以，f（x）的极大值是f（－1）＝6，极小值是f（3）＝－26.(2）f′（x）＝3x2－6ax－9a2的图象是一条开口向上的抛物线,关于x＝a若eq\f(1，4）＜a≤1，则f′（x）在[1,4a]上是增函数，从而f′(x)在［1，4a］上的最小值是f′（1)＝3－6a－9a2,最大值是f′(4a由|f′（x）|≤12a，得－12a≤3x2－6ax－9a2≤12a，于是有f′(1)＝3－6a－9a2≥－12a，且f′(由f′(1）≥－12a,得－eq\f(1,3)≤a≤1，由f′(4a）≤12a，得0≤a≤eq\f（4，5).所以a∈(eq\f（1,4)，1］∩［－eq\f（1，3)，1]∩［0,eq\f(4，5）］,即a∈（eq\f(1,4），eq\f(4，5)］．若a＞1，则|f′（a）|＝12a2＞12故当x∈[1,4a］时,｜f′（x）|≤12所以使｜f′(x)｜≤12a(x∈［1，4a]）恒成立的a的取值范围是（eq\f(1,4)，eq\f（4,5)]．9．解：(1）f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，f′(x）＝3x2＋2ax＋1，当Δ＝(2a)2－3×4＝4a2－12≤0，即－eq\r（3）≤a≤eq\r(3)时，f′（x)≥0恒成立，此时f（x)为单调递增函数，单调区间为(－∞，＋∞）．当Δ＝（2a)2－3×4＝4a2－12＞0，即a＞eq\r(3)或a＜－eq\r(3)时，函数f′（x）存在零解，此时，当x＜eq\f(－a－\r（a2－3），3）时,f′(x)＞0,当x＞eq\f(－a－\r(a2－3),3)时，f′（x）＞0,函数f(x）单调递增；当eq\f（－a－\r（a2－3),3)＜x＜eq\f（－a＋\r(a2－3），3)时，f′(x)＜0,函数f（x）单调递减．综上,若－eq\r(3）≤a≤eq\r(3)，则函数f(x)在x∈R时，单调递增;若a＞eq\r（3)或a＜－eq\r（3），当x＜eq\f（－a－\r(a2－3),3)或x＞eq\f（－a＋\r(a2－3)，3）时,函数f（x)单调递增；当eq\f(－a－\r（a2－3）,3）＜x＜eq\f（－a＋\r（a2－3)，3）时，函数f(x）单调递减．(2)若函数在区间（－eq\f(2，3)，－eq\f(1,3)）内是减函数，则说明f′(x)＝3x2＋2ax＋1＝0的两根在区间(－eq\f(2,3）,－eq\f（1,3)）外，因此f′(－eq\