2017年高中數(shù)學(xué)第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用3.3導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)的應(yīng)用3.3.3三次函數(shù)的性質(zhì)單調(diào)區(qū)間和極值同步練習(xí)湘教版1-1

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE8學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精3。3。3三次函數(shù)的性質(zhì)：單調(diào)區(qū)間和極值1．下列命題：①一個函數(shù)的極大值總比極小值大；②函數(shù)導(dǎo)數(shù)為0的點不一定是極值點；③一個函數(shù)的極大值可以比最大值大；④一個函數(shù)的極值點可在其不可導(dǎo)點處達(dá)到．其中正確命題的序號是()．A．①④B．②④C．①②D．③④2．函數(shù)f(x)＝x3＋x在區(qū)間[－1,1］上()．A．最小值為－1，最大值為2B．最小值為－2，最大值為2C．最小值為－1，最大值為1D．最小值為0，最大值為13．函數(shù)f（x)＝2－x2－x3的極值情況是(）．A．有極大值，沒有極小值B．有極小值,沒有極大值C．既無極大值，也無極小值D．既有極大值又有極小值4．函數(shù)f(x）＝x3－3x2＋2在區(qū)間［－1，1]上的最大值是(）．A．－2B．0C．2D．45．若f(x）＝x3＋mx2＋5x＋1在（－∞,＋∞）上是增函數(shù),則m的取值范圍是__________．6．函數(shù)f（x)＝9＋3x－x3的極小值為__________．7．函數(shù)f(x）＝4x2(x－2)在x∈[－2,2]上的最大值和最小值分別為__________，__________.8．已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax2－9a2x＋a3(1)設(shè)a＝1，求函數(shù)f(x)的極值；(2)若a＞eq\f(1,4）,且當(dāng)x∈［1，4a]時，|f′（x)｜≤12a恒成立，試確定a的取值范圍．9．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋x＋1,a∈R。(1)討論函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2)設(shè)函數(shù)f（x）在區(qū)間（－eq\f(2,3)，－eq\f(1,3）)內(nèi)是減函數(shù)，求a的取值范圍．

參考答案1．B2．B∵f′（x)＝3x2＋1＞0，∴f(x)為增函數(shù)．∴f(x)的最小值為f（－1)＝－2，f(x）的最大值為f(1）＝2.3．Df′（x)＝－3x2－2x＝－3x（x＋eq\f(2，3）)．令f′(x）＝0，則x＝0或－eq\f（2,3）。當(dāng)x∈(－∞，－eq\f（2，3））時，f′(x）＜0;當(dāng)x∈（－eq\f(2,3),0)時，f′（x)＞0；當(dāng)x∈(0，＋∞）時，f′（x）＜0?！鄁(x）在x＝－eq\f(2,3）處取得極小值，f（x）在x＝0處取得極大值．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.由題意,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），當(dāng)x＜－1時,f′（x)＜0，當(dāng)－1＜x＜1時，f′（x）＞0,當(dāng)x＞1時,f′(x)＜0，∴f(x）在x＝－1處取得極小值,f（－1)＝9－3＋1＝7.7．0－64令f′（x)＝12x2－16x＝0，∴x＝0或x＝eq\f(4,3).當(dāng)x∈（－2，0)時，f′（x）＞0；當(dāng)x∈(0，eq\f(4,3）)時，f′（x)＜0；當(dāng)x∈(eq\f(4，3)，2)時，f′(x)＞0.故f（x）在x＝0時取得極大值，在x＝eq\f（4,3）時取得極小值．又∵f（0)＝0，f（－2）＝－64，f(2）＝0，f（eq\f(4,3）)＝－eq\f(128，27)，∴函數(shù)的最大值為0,最小值為－64。8．解：(1)當(dāng)a＝1時，對函數(shù)f（x)求導(dǎo)數(shù)，得f′(x）＝3x2－6x－9.令f′（x）＝0，解得x1＝－1，x2＝3.列表討論f(x），f′(x)的變化情況:x(－∞,－1）－1(－1，3)3（3，＋∞)f′（x）＋0－0＋f(x)極大值6極小值－26所以，f（x）的極大值是f（－1）＝6，極小值是f（3）＝－26.(2）f′（x）＝3x2－6ax－9a2的圖象是一條開口向上的拋物線,關(guān)于x＝a若eq\f(1，4）＜a≤1，則f′（x）在[1,4a]上是增函數(shù)，從而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，則|f′（a）|＝12a2＞12故當(dāng)x∈[1,4a］時,｜f′（x）|≤12所以使｜f′(x)｜≤12a(x∈［1，4a]）恒成立的a的取值范圍是（eq\f(1,4)，eq\f（4,5)]．9．解：(1）f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，f′(x）＝3x2＋2ax＋1，當(dāng)Δ＝(2a)2－3×4＝4a2－12≤0，即－eq\r（3）≤a≤eq\r(3)時，f′（x)≥0恒成立，此時f（x)為單調(diào)遞增函數(shù)，單調(diào)區(qū)間為(－∞，＋∞）．當(dāng)Δ＝（2a)2－3×4＝4a2－12＞0，即a＞eq\r(3)或a＜－eq\r(3)時，函數(shù)f′（x）存在零解，此時，當(dāng)x＜eq\f(－a－\r（a2－3），3）時,f′(x)＞0,當(dāng)x＞eq\f(－a－\r(a2－3),3)時，f′（x）＞0,函數(shù)f(x）單調(diào)遞增；當(dāng)eq\f（－a－\r（a2－3),3)＜x＜eq\f（－a＋\r(a2－3），3)時，f′(x)＜0,函數(shù)f（x）單調(diào)遞減．綜上,若－eq\r(3）≤a≤eq\r(3)，則函數(shù)f(x)在x∈R時，單調(diào)遞增;若a＞eq\r（3)或a＜－eq\r（3），當(dāng)x＜eq\f（－a－\r(a2－3),3)或x＞eq\f（－a＋\r(a2－3)，3）時,函數(shù)f（x)單調(diào)遞增；當(dāng)eq\f(－a－\r（a2－3）,3）＜x＜eq\f（－a＋\r（a2－3)，3）時，函數(shù)f(x）單調(diào)遞減．(2)若函數(shù)在區(qū)間（－eq\f(2，3)，－eq\f(1,3)）內(nèi)是減函數(shù)，則說明f′(x)＝3x2＋2ax＋1＝0的兩根在區(qū)間(－eq\f(2,3）,－eq\f（1,3)）外，因此f′(－eq\