三次函数的图象与性质

化一中高二理1,理2共130份1三次函数与导数例题与练习答案例1.(14全国大纲卷文21,满分12分）函数32()33(0)fxaxxxa.（1）讨论函数()fx的单调性；（2）若函数()fx在区间（1，2）是增函数，求a的取值范围.解：（Ⅰ）2()363fxaxx，2()3630fxaxx的判别式△=36（1-a）.（ⅰ）当a≥1时，△≤0，则()0fx恒成立，且()0fx当且仅当1,1ax，故此时()fx在R上是增函数.（ⅱ）当1a且0a，时0，()0fx有两个根：121111,aaxxaa，若01a，则12xx,当2(,)xx或1(,)xx时，()0fx，故()fx在21(,),(,)xx上是增函数；当21(,)xxx时，()0fx，故()fx在21(,)xx上是减函数；若0a，则21xx当),(1xx或),(2xx时，()0fx，故()fx在),(1x和),(2x上是减函数；当),(21xxx21(,)xxx时，()0fx，故()fx在),(21xx上是增函数；（Ⅱ）当0a且0x时,0363)(2xaxxf,所以当0a时，()fx在区间（1，2）是增函数.当0a时，()fx在区间（1,2）是增函数，当且仅当(1)0f且(2)0f，解得504a.综上，a的取值范围是5[,0)(0,)4.例2.(14安徽文数20)（本小题满分13分）设函数23()1(1)fxaxxx，其中0a。（1）讨论()fx在其定义域上的单调性；（1）当[0,1]x时，求()fx取得最大值和最小值时的x的值.（Ⅰ）()fx的定义域为(,)，2()123fxaxx令()0fx，得1212143143,,33aaxxxx所以12()3()()fxxxxx当1xx或2xx时，()0fx；当12xxx时，()0fx，故()fx在12(,)(,)xx和内单调递减，在12(,)xx内单调递增（Ⅱ）因为0a，所以120,0xx（ⅰ）当4a时，21x，由（Ⅰ）知，()fx在[0，1]上单调递增，所以()fx在0x和1x处分别取得最小值和最大值（ⅱ）当04a时，21x，由（Ⅰ）知，()fx在[0，2x]上单调递增，在[2x，1]上单调递减，因此()fx在21433axx处取得最大值又(0)1,(1)ffa，所以当01a时，()fx在1x处取得最小值；当1a时，()fx在0x和1x处同时取得最小值；当04a时，()fx在0x处取得最小值。例4.（14年天津文科19,满分14分）已知函数232()(0),3fxxaxaxR（1）求()fx的单调区间和极值；（2）若对于任意的1(2,)x，都存在2(1,)x，使得12()()1fxfx，求a的取值范围解：（Ⅰ）由已知，有2()22(0)fxxaxa化一中高二理1,理2共130份2令()0fx，解得0x或1xa当x变化时，(),()fxfx的变化情况如下表：x(,0)010,a1a1,a()fx-0+0-()fx0213a所以，()fx的单调递增区间是10,a；单调递减区间是(,0)，1,a，当0x时，()fx有极小值，且极小值(0)0f；当1xa时，()fx有极大值，且极大值2113faa（Ⅱ）解：由3(0)02ffa及（Ⅰ）知，当30,2xa时，()0fx；当3,2xa时，()0fx设集合{()|(2,)}Afxx，集合1{|(1,),()0}()Bxfxfx，则“对于任意的1(2,)x，都存在2(1,)x，使得12()()1fxfx”等价于AB，显然，0B.下面分三种情况讨论：（1）当322a，即304a时，由302fa可知，0A，而0B，所以A不是B的子集。（2）当3122a，即3342a时，有(2)0f，且此时()fx在(2,)上单调递减，故(,(2))Af，因而(,0)A；由(1)0f，有()fx在(1,)上的取值范围包含(,0)，则(,0)B所以，AB（3）当312a，即23a时，有(1)0f，且此时()fx在(1,)上单调递减，故1,0,(,(2))(1)BAff，所以A不是B的子集。综上，a的取值范围是33,42课后练习、作业1.设.22131)(23axxxxf.(1)若)(xf在),32(上存在单调递增区间,求a的取值范围；(2)当20a时，)(xf在4,1上的最小值为316，求)(xf在该区间上的最大值.解：（1）已知axxxxf2213123，axxxf22，函数xf在),32(上存在单调递增区间，即导函数在),32(上存在函数值大于零的部分910232)32()32(2aaf（2）已知20a,xf在4,1上取到最小值316，而axxxf22的图像开口向下，且对轴轴为21x，,022111aaf,012224164aaf则必有一点,4,10x使得,00xf此时函数xf在0,1x上单调递增，在4,0x上单调递减，0261221311aaf，aaf8340816216431402271222766128340)1(4aaaff3163408)4()(minafxf，1a此时，由020200xxxf，2100xx或，所以函数3102maxfxf2．已知函数32()1fxxaxx，aR．（1）讨论函数()fx的单调区间；（2）设函数()fx在区间2133，内是减函数，求a的取值范围．4．解：（1）32()1fxxaxx求导：2()321fxxax化一中高二理1,理2共130份3当23a≤时，0≤，()0fx≥，()fx在R上递增当23a，()0fx求得两根为233aax即()fx在233aa，递增，223333aaaa，递减，233aa，递增（2）2232333133aaaa≤≥，且23a解得：74a≥3.设函数0),(,)1(31)(223mRxxmxxxf其中（Ⅰ）当时，1m求曲线））（，在点（11)(fxfy处的切线斜率（Ⅱ）求函数的单调区间与极值；【解析】解：(09天津文21)（本小题满分12分）（1）w.w.w.k.s当1)1(,2)(,31)(1'2/23fxxxfxxxfm故时，所以曲线））（，在点（11)(fxfy处的切线斜率为1.（2）解：12)(22'mxxxf，令0)('xf，得到mxmx1,1因为mmm11,0所以当x变化时，)(),('xfxf的变化情况如下表：x)1,(mm1)1,1(mmm1),1(m)('xf+0-0+)(xf极小值极大值)(xf在)1,(m和),1(m内减函数，在)1,1(mm内增函数。函数)(xf在mx1处取得极大值)1(mf，且)1(mf=313223mm函数)(xf在mx1处取得极小值)1(mf，且)1(mf=313223mm（3）解：由题设，))((31)131()(2122xxxxxmxxxxf所以方程13122mxx=0由两个相异的实根21,xx，故321xx，且0)1(3412m，解得21)(21mm，舍因为123,32,221221xxxxxx故所以若0)1)(1(31)1(,12121xxfxx则，而0)(1xf，不合题意若,121xx则对任意的],[21xxx有,0,021xxxx则0))((31)(21xxxxxxf又0)(1xf，所以函数)(xf在],[21xxx的最小值为0，于是对任意的],[21xxx，)1()(fxf恒成立的充要条件是031)1(2mf,解得3333mw.w.w.k.s.5.u.c.o.m综上，m的取值范围是)33,21(4.已知函数33||(0)fxxxaa，若()fx在[1,1]上的最小值记为()ga。（1）求()ga；（2）证明：当[1,1]x时，恒有()()4fxga解：(14浙江文21,15分)（Ⅰ）因为0,11ax，所以（ⅰ）当01a时，若[1,]xa，则32()33,()330fxxxafxx，故()fx在(1,)a上是减函数；若[,1]xa，则32()33,()330fxxxafxx，故()fx在(,1)a上是增函数；所以3()()gafaa化一中高二理1,理2共130份4（ⅱ）当1a时，有xa，则32()33,()330fxxxafxx，故()fx在（-11）上是减函数，所以()(1)23gafa综上，3,01()23,1aagaaa（Ⅱ）证明：令()()()hxfxga，（ⅰ）当01a时，3()gaa若33[,1],()33xahxxxaa，得2()33hxx，则()hx在(,1)a上是增函数，所以()hx在[,1]a设的最大值是3(1)43haa，且01a，所以(1)4h，故()()4fxga若33[1,],()33xahxxxaa，得2()33hxx，则()hx在(1,)a上是减函数，所以()hx在[1,]a设的最大值是3(1)23haa令3()23taaa，则2()330taa知()ta在(0,1)上是增函数，所以，()(1)4tat，即(1)4h，故()()4fxga（ⅱ）当1a时，()23gaa，故3()32hxxx，得2()33hxx此时()hx在（-1，1）上是减函数，因此()hx在[-1，1]上的最大值是(1)4h，故()()4fxga综上，当[1,1]x时，恒有()()4fxga5.(14广东文数21)已知函数321()1()3fxxxaxaR（1）求函数()fx的单调区间；（2）当0a时，试讨论是否存在011(0,)(,1)22x，使得01()=()2fxf解：（1）2()2fxxxa，方程220xxa的判别式44a，所以，当1a时，0,()0fx，此时()fx在(,)上为增函数；当1a时，方程220xxa的两根为11a当(,11)xa时，()0fx，此时()fx为增函数；当(11,11)xaa时，()0fx，此时()fx为减函数；当(11,)xa时，()0fx，此时()fx为增函数；综上1a时，()fx在(,)上为增函数；当1a时，()fx的单调递增区间为(,11),(11,)aa，()fx的单调递减区间为(11,11)aa