第三章 课时作业4 利用导数研究三次函数-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 以导数为工具系统构建三次函数性质研究体系，通过问题链设计实现从概念理解到综合应用的逻辑进阶，培养数学思维与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|6题|极值计算“求导-判号-求值”，零点判断“单调区间+极值符号+极限趋势”|三次函数→导数（二次函数）→单调区间与极值，形成概念生成链| |综合辨析|3题|拐点性质“二阶导数零点=对称中心”，极值点验证“导数变号”|导数性质与函数图像结合，体现数学语言表达的严谨性| |实践拓展|6题|单调性讨论“导数判别式分类”，最值求解“端点+极值比较”|从性质探究到实际应用，培养数学眼光与问题解决能力|

课时4 利用导数研究三次函数 一、单选题 1．函数的极大值为(　　) A． B． C． D． 2、函数f(x)＝x3－12x－16的零点个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 3、已知三次函数的极小值点为，极大值点为，则=（    ） A． B． C． D． 4、（2026·陕西商洛市期末）已知三次函数在上是减函数，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 5、已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x＋x=(　　) A. 　　 　B. C. 　 　D. 6、(2026·四川成都市诊断)若函数f(x)＝x(x＋a)2在x＝1处有极大值，则实数a的值为(　　) A.1 B.－1或－3 C.－1 D.－3 二、多选题 7、(2026·广东汕头市模拟)设函数f(x)＝x3－x2＋x的导数为f′(x)，则有(　　) A.f′(1)＝0 B.x＝1是函数f(x)的极值点 C.f(x)存在两个零点 D.f(x)在(1，＋∞)上单调递增 8、已知函数，则有（ ） A． B． C． D．. 9、(2026·山东青岛市第二中学月考)定义：设是的导函数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数图象的对称中心为，则下列说法中正确的有（    ） A．， B．函数的极大值与极小值之和为6 C．函数有三个零点 D．函数在区间上的最小值为1 三、填空题： 10．函数f(x)＝2x3－12x在区间[－2,3]上的最大值为 . 11、若函数f(x)＝x3＋ax2－x－9在x＝－1处取得极值，则f(2)＝ ． 12．(2026·山东菏泽市期中)已知函数的导函数，若不是的极值点，则实数 . 四、解答题 13、试讨论函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1的单调性. 14、已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝1与x＝－处都取得极值． (1)求a，b的值； (2)若f(－1)＝，求f(x)的单调递增区间和极值． 课时4 利用导数研究三次函数参考答案 1．A【解析】，解得或，当，解得或，当，解得，故函数在和上单调递增，在上单调递减，故函数的极大值为.故选A. 2、C【解析】 由题意得f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，令f′(x)>0，得x>2或x<－2；令f′(x)<0，得－2<x<2，所以函数的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)，单调递减区间为(－2,2)，所以函数的极大值为f(－2)＝0，极小值为f(2)＝－32，当x→－∞时，f(x)<0，当x→＋∞时，f(x)>0，所以函数的零点个数为2.故选C. 3、A【解析】由题意，得，关于x的一元二次方程的两根为b，2b，又极小值点为，极大值点为，所以，即，由根与系数关系得到，所以，，得到．故选A. 4、A【解析】对函数求导，得.因为函数在上是减函数，则在上恒成立，即恒成立，当，即时，恒成立；当，即时，，则，即，因为，所以，即；又因为当时，不是三次函数，不满足题意，所以.故选A． 5、C【解析】由图象可知f(x)的图象经过点(1，0)与(2，0)，x1，x2是f(x)的极值点，所以1＋b＋c＝0，8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2，x1，x2是方程3x2－6x＋2＝0的两根，所以x1＋x2＝2，x1x2＝，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－2×＝.故选C. 6、D【解析】因为f(x)＝x(x＋a)2，所以f′(x)＝(x＋a)2＋2x(x＋a)＝(x＋a)(3x＋a).由函数f(x)＝x(x＋a)2在x＝1处有极大值，可得f′(1)＝(1＋a)(3＋a)＝0，解得a＝－1或a＝－3.当a＝－1时，f′(x)＝(x－1)(3x－1)，当x∈时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，不符合题意；当a＝－3时，f′(x)＝(x－3)(3x－3)，当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，3)时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，所以f(x)在x＝1处有极大值，符合题意.综上，a＝－3.故选D. 7、AD【解析】f′(x)＝x2－2x＋1＝(x－1)2≥0，所以f(x)在R上单调递增，所以f(x)不存在极值点，故B错误，D正确； f′(1)＝0，故A正确； f(x)＝x3－x2＋x＝0，得x(x2－3x＋3)＝0，x2－3x＋3＝0中，Δ＝9－12<0，所以x2－3x＋3>0恒成立，即方程只有一个实数根，即x＝0，故C错误.故选AD. 8、BC【解析】由题意得，f′(x)＝3x2－9x+6=3(x－1)(x－2)，所以当x＜1或x＞2时，f′(x)＞0，当1＜x＜2时，f′(x)＜0，所以函数f(x)的增区间是(－∞，1)，(2，+∞)，减区间是(1，2)，所以函数的极大值是f(1)=，函数的极小值是f(2)=2－abc.因为a＜b＜c，且(a)=f(b)=f(c)=0，所以a＜1＜b＜2＜c，f(1)＞0且f(2)＜0，解得2＜，所以f(0)=－abc＜0，则f(0)f(1)＜0，f(0)f(2)＞0.故选BC． 9、AB【解析】由题意，点在函数的图象上，故；又.由，即.故A正确； 所以，所以.由或.所以在和上单调递增，在上单调递减，所以的极大值为；极小值为，所以极大值与极小值之和为，故B正确； 因为函数的极小值，所以三次函数只有一个零点，故C错误； 又，，所以函数在上的最小值为，故D错.故选AB. 10．18【解析】因为f(x)＝2x3－12x，x∈[－2,3]，所以f′(x)＝6x2－12＝6(x＋)(x－).令f′(x)＝0，解得x＝－ 或x＝.因为f(3)＝18，f(－)＝8，f(－2)＝8，f()＝－8，所以当x＝3时，f(x)取得最大值18. 11、1【解析】f′(x)＝3x2＋2ax－1，因为函数f(x)＝x3＋ax2－x－9在x＝－1处取得极值，所以f′(－1)＝3－2a－1＝0，解得a＝1，此时f′(x)＝3x2＋2x－1＝(3x－1)(x＋1)，故当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－∞，－1)和(，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.所以函数f(x)在x＝－1处取得极大值，满足题意，所以f(x)＝x3＋x2－x－9，所以f(2)＝8＋4－2－9＝1. 12．3【解析】由，设，若不是函数的极值点，则必有，即，所以．当时，，故当时，，当时，，因此是的极值点，不是极值点，满足题意，故． 13、【解】由题意知f(x)的定义域为R，f′(x)＝3x2－2x＋a，对于f′(x)＝0，Δ＝(－2)2－4×3a＝4(1－3a).①当a≥时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；②当a<时，令f′(x)＝0，即3x2－2x＋a＝0，解得x1＝，x2＝，令f′(x)>0，则x<x1或x>x2；令f′(x)<0，则x1<x<x2.所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减.综上，当a≥时，f(x)在R上单调递增；当a<时，f(x)在，(，＋∞)上单调递增，在上单调递减. 14、【解】(1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由条件可知f′(1)＝0和f′＝0，即解得所以f(x)＝x3－x2－2x＋c.检验：f′(x)＝3x2－x－2＝(x－1)(3x＋2). x (－∞，－) － (－，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 经检验x＝1与x＝－时，都取得极值，满足条件，所以a＝－，b＝－2. (2)f(－1)＝－1－＋2＋c＝，解得c＝1，所以f(x)＝x3－x2－2x＋1，f′(x)＝3x2－x－2＝(x－1)(3x＋2).由(1)可知，函数f(x)的单调递增区间是和(1，＋∞)，函数f(x)的极大值是f＝，函数f(x)的极小值是f(1)＝－. . 学科网（北京）股份有限公司 $