三次函数的几种基本题--优选型.doc
三次函数切线专题
三次函数切线问题一、过三次函数上一点的切线问题。
设点P 为三次函数)0()(23≠+++=a d cx bx ax x f 图象上任一点，则过点P 一定有直线与)(x f y =的图象相切。
若点P 为三次函数图象的对称中心，则过点P 有且只有一条切线；若点P 不是三次函数图象的对称中心，则过点P 有两条不同的切线。
证明 设),(11y x P 过点P 的切线可以分为两类。
1、 P 为切点 c bx ax x f k ++==1211/123)(，切线方程为：))(23(11211x x c bx ax y y -++=-P 不是切点，过P 点作)(x f y =图象的切线，切于另一点Q （22,y x ）12122122313212122x x cx cx bx bx ax ax x x y y k --+-+-=--= c bx bx ax x ax ax +++++=21212122又 c bx ax x f k ++==2222/223)( （1）c bx bx ax x ax ax +++++21212122c bx ax ++=22223即0)2)((1212=++-a b x x x x ∴ abx x 22112--=代入（1）式 得 c ab bx ax k +-+=4214321212讨论：当21k k =时，=++c bx ax 12123c ab bx ax +-+421432121，得a b x 31-=，当a bx 31-=时，两切线重合，所以过点P 有且只有一条切线。
当abx 31-≠时，21k k ≠，所以过点P 有两条不同的切线。
其切线方程为：))(23(11211x x c bx ax y y -++=-))(42143(121211x x c ab bx ax y y -+-+=-由上可得下面结论：过三次函数)0()(23≠+++=a d cx bx ax x f 上异于对称中心的任一点),(111y x P 作)(x f y =图象的切线，切于另一点),(222y x P ，过),(222y x P 作)(x f y =图象的切线切于),(333y x P ，如此继续，得到点列),(444y x P ----),(n n n y x P ----，则abx x n n 2211--=+，且当+∞→n 时，点趋近三次函数图象的对称中心。
三次函数的几种基本题型
三次函数的几种基本题型题型1：求解函数的单调区间和极值问题一般解法：对函数求导，之后利用二次函数的图象来判断函数的增减性。
注意，所得的二次函数是导函数，其正负才是原函数的单调性的决定因素。
注意一点：导数有零点并不一定都有极值。
特别注意导函数为恰有一解的二次函数的三次函数没有极值。
题型2：求解函数等于某个函数值的解的个数问题。
例如：()=有n个实根，试求参f x m数的取值范围。
一般解法：将其转化成函数图象与直线的交点问题题型3：恒成立和存在性问题一般解法：（1）将所求参数移到一边，自变量移到另一边，之后构造新函数求解新函数的最值（2）直接将参数移至函数中，在利用导数等方法求解函数的最值。
注意，函数的另一边应该是常数。
例题1：设函数f(x)＝x3－6x＋5，x∈R.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若关于x的方程f(x)＝a有三个不同实根，求实数a的取值范围；(3)已知当x∈(1，＋∞)时，f(x)≥k(x－1)恒成立，求实数k的取值范围．解析：(1)f′(x)＝3x2－6，令f′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝ 2.因为当x>2或x<－2时，f′(x)>0；当－2<x<2时，f′(x)<0.所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)和(2，＋∞)；单调减区间为(－2，2)．当x＝－2时，f(x)有极大值5＋42；当x＝2时，f(x)有极小值5－4 2.(2)由(1)的分析知y＝f(x)的图象的大致形状及走向如图所示，当5－42<a<5＋42时，直线y＝a与y＝f(x)的图象有三个不同交点，即方程f(x)＝a有三个不同的解．(3)f (x )≥k (x －1)，即(x －1)(x 2＋x －5)≥k (x －1)．因为x >1，所以k ≤x 2＋x －5在(1，＋∞)上恒成立．令g (x )＝x 2＋x －5，此函数在(1，＋∞)上是增函数．所以g (x )>g (1)＝－3，所以k 的取值范围是k ≤－3.例题2：（2012广西柳铁一中第一次月考）已知a 为实数，函数xa ax x x f )2()(23-++=的导函数)('x f 是偶函数，则曲线)(x f y =在原点处的切线方程是（ ）A. x y 3-=B. x y 2-=C. x y 3=D. x y 2= 答案：B 解析：32232()(2)'()322,'()0,()2,'()32,'(0)2,(0)02.f x x ax a x f x x ax a f x a f x x f x x f f y x =++-∴=++-∴=∴=-=-∴=-==- 为偶函数，且，由点斜式方程可得例题3：若函数()bx ax x x f --=233，其中b a ,为实数. ()x f 在区间[]2,1-上为减函数，且a b 9=，则a 的取值范围解析：因为'2()36f x x ax b =--≤0对[1,2]x ∈-恒成立,所以'2()369f x x ax a =--≤0对[1,2]x ∈-恒成立, 2230x ax a --≤,因为230x +>,所以223xa x ≥+对[1,2]x ∈-恒成立,容易求得1≥a .答案1≥a 练习1：设ax x x x f 22131)(23++-=.（1）若)(x f 在),32(+∞上存在单调递增区间，求a 的取值范围； （2）当20<<a 时，)(x f 在]4,1[上的最小值为316-，求)(x f 在该区间上的最大值.解析：（1）)(x f 在),32(+∞上存在单调递增区间，即存在某个子区间),32(),(+∞⊆n m 使得0)('>x f .由a x a x x x f 241)21(2)(22'++--=++-=，)('x f 在区间),32[+∞上单调递减，则只需0)32('>f 即可。
三次函数的图象及性质(测试卷)
三次函数的图象及性质（测试卷）1．函数f(x)＝x3－3x与直线y＝c恰有三个交点，则c的取值范围为________．解析：由图(2)可知，要使函数与直线恰有三个交点，则－2<c<2.2．已知函数f(x)＝13x3＋12ax2＋1在(0,1)上存在极值，则a的取值范围是________．解析：f′(x) ＝x2＋ax在(0,1)上存在非重根，所以0<－a<1，即a的取值范围是(－1,0)．3．已知函数f(x)＝13x3＋12ax2＋1在(0,1)上存在单调递减区间，则实数a的取值范围是________．解析：f′(x)＝x2＋ax<0在(0,1)上有解，化为a<－x在(0,1)上有解，即a<0.4．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是________．5. 已知函数f(x)＝13x3－12(a＋1)x2＋ax，设a>1，试讨论函数f(x)在区间[0，a＋1]内零点的个数．解析：f′(x)＝x2－(a＋1)x＋a＝(x－1)(x－a)，当a>1时，函数f(x)在(0,1)和(a，a＋1)上单调递增，在(1，a)上单调递减，又f (0)＝0，f (a)＝12a2－16a3，f (a＋1)＝－16(a＋1)(a2－4a＋1)，解不等式f (a)>0得1<a<3，解不等式f (a＋1)>0得1<a<2＋3，所以1<a<3时，f(x)在区间[0，a＋1]内有一个零点；a＝3时，f(x)在区间[0，a＋1]内有两个零点；3<a≤2＋3时，f (x)在区间[0，a＋1]内有三个零点；a>2＋3时，f (x)在区间[0，a＋1]内有两个零点．6. 已知函数f(x)＝x3－x.(1) 求曲线y＝f(x)在点M(t，f(t))处的切线方程；(2) 设a>0，如果过点(a，b)可作曲线y＝f(x)的三条切线，证明：－a<b<f(a)．解析：(1) 求函数f(x)的导数f′(x)＝3x2－1.曲线y＝f(x)在点M(t，f (t))处的切线方程为：y－f (t)＝f′(t)(x－t)，即y＝(3t2－1)x－2t3.(2) 将(a，b)代入y＝(3t2－1)x－2t3，得b＝(3t2－1)a－2t3.过点(a，b)可作曲线y＝f(x)的三条切线等价于方程2t3－3at2＋a＋b＝0有三个相异的实数根，记g(t)＝2t3－3at2＋a＋b，则g′(t)＝6t2－6at＝6t(t －a)．当t变化时，g(t)，g′(t)变化情况如表所示：＝0最多有一个实数根；当a ＋b ＝0时，解方程g (t )＝0得t ＝0，t ＝3a 2，即方程g (t )＝0只有两个相异的实数根；当b －f (a )＝0时，解方程g (t )＝0得t ＝－a2，t ＝a ，即方程g (t )＝0只有两个相异的实数根．综上，如果过(a ，b )可作曲线y ＝f (x )三条切线，即g (t )＝0有三个相异的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b >0，b －f a，即－a <b <f (a )．串讲27. 已知函数f (x )＝2x 3－3x(1) 求f (x )在区间[－2,1]上的最大值；(2) 若过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切，求t 的取值范围； (3) 问过点A (－1,2)，B (2,10)，C (0,2)分别存在几条直线与曲线y ＝f (x )相切？(只需写出结论)g (x )＝ 4x 3－6x 2＋t ＋3，则过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切等价于g (x )有3个不同零点．g ′(x )＝ 12x 2－12x ＝12x (x －1)，当x 变化时，g (x )与g ′(x )的变化情况如下：结合图象知，当g (x )有3个不同零点时，有⎩⎪⎨⎪⎧gg，解得－3<t <－1，故当过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切时，t 的取值范围是(－3，－1)； (3) 由串讲1可得出以下结论：f (x )相切；过点B (2,10)存在2条直线与曲线y ＝f (x )相切；过点C (0,2)存在1条直线与曲线y ＝f (x )相切．8． 已知a 3－3a 2＋5a ＝1，b 3－3b 2＋5b ＝5，则a ＋b 的值是________． 解析：化为a 3－3a 2＋5a －3＝－2，b 3－3b 2＋5b －3＝2，设f (x )＝x 3－3x2＋5x －3，则f (a )＝－2，f (b )＝2，又易得f (x )的对称中心为(1,0)，所以a ＋b ＝2.9． 设f (x )＝13x 3＋x 2＋ax 有两个极值点x 1，x 2，若过两点(x 1，f (x 1))，(x 2，f (x 2))的直线l 与x 轴的交点在曲线y ＝f (x )上，求a 的值．10. 已知函数f (x )＝(x 2－1)(x 2＋ax ＋b )的图象关于直线x ＝3对称，则函数f (x )的值域为________．解析：由题知f (－1)＝0，f (1)＝0，因为函数f (x )的图象关于直线x ＝3对称，所以 f (7)＝f (－1)＝0且f (5)＝f (1)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧＋7a ＋b ＝0＋5a ＋b＝0，解得a ＝－12，b ＝35，所以f (x )＝(x 2－1)(x 2－12x ＋35)＝ (x ＋1)(x －1)(x －5)(x －7)＝(x 2－6x ＋5)(x 2－6x －7)，设t ＝x 2－6x －1(t ≥－10)，则f (t )＝(t ＋6)(t －6)＝t 2－36≥－36，故函数f (x )的值域为[－36，＋∞)．11. 若函数f (x )＝(x －a )2|x －a |－x 2|x |＋a 在(0,1)存在零点，则实数a 的取值范围是________．解析：注意到f (a －x )＝(－x )2|－x |－(a －x )2|a －x |＋a ＝－(x －a )2|x －a |＋x 2|x |＋a ，所以f (x )＋f (a －x )＝2a ，从而y ＝f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎪⎪⎫a 2 ，a 对称，下面考虑y ＝f (x )在⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫a 2，＋∞的图象． 当a >0时，f (x )＝(x －a )2|x －a |－x 2|x |＋a ＝⎩⎪⎨⎪⎧x －a 3－x 3＋a ，x ≥aa －x 3－x 3＋a ，a2<x <a，易得f (x )在⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫a 2，＋∞上单调递减，因为y ＝f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎪⎪⎫a 2，a 对称，所以f (x )在R 上单调递减；因为f (x )在(0,1)上有零点，所以[a 2|a |＋a ] ·[(a －1)2|a －1|＋(a －1)]<0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ≥1，a 3＋a a －3＋a －，或⎩⎪⎨⎪⎧0<a <1，a 3＋a－a3－－a ，解得0<a <1；当a ＝0时，f (x )＝0符合题意；当a <0时，同理可得f (x )在R 上单调递增，同样有f (0)·f (1)<0，即⎩⎪⎨⎪⎧a <0，－a 3＋a －a3－－a ，即⎩⎪⎨⎪⎧a <0，a2－a 2＋a a －，解得－1<a <0；综上所述，－1<a <1.12. 已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax (a ∈R)，g (x )＝|f (x )|.(1) 求以P (2，f (2))为切点的切线方程，并证明此切线恒过一个定点； (2) 若g (x )≤kx 对一切x ∈[0,2]恒成立，求k 的最小值h (a )的表达式； (3) 设a >0，求y ＝g (x )的单调增区间．。
三次函数专题.doc
三次函数专题一全解全析一、定义：定义1、形如y = a^^bx2^cx^d（a^0）的函数，称为“三次函数”（从函数解析式的结构上命名）定义2、三次函数的导数/ = 3a? + 2Z＞x+c（a^0）,把△ = 42?-12ac叫做三次函数导函数的判別式由于三次函数的导函数是二次函数，而二次函数是高中数学中的重要内容，所以三次函数的问题，已经成为高考命题的一个新的热点和亮点。
二、三次函数图象与性质的探究：1、单调性般地，当沪-纭SO时,三次函数y = ax3 ^bx2 ^cx^d（a^0）在R上是单调函数；当沪一如＞0时，三次函数尹=ax3 +cx + N（a工0）在R上有三个单调区间（根据。
＞ 0，。
＜ 0两种不同情况进行分类讨论）2、对称中心三次函数/（x） = ax3# 0）是关于点对称，且对称屮心为点（-$,»/（-纟■）），3a 3a此点的横坐标是其导函数极值点的横坐标。
证明：设函数/（X）= +0戏+cx + d（aM0）的对称中心为（ni, n）。
按向量了・（-加，-刃）将函数的图象平移，则所得函数是奇函数，所以/（x+w） +/（-x +w）- 2n = 0化简得：+ +cm十d -n = 0_ b上式对x € A ffi成立，故3wa + b = 0,得w=,3aam+cM+d = /（一一）。
3a所以，函数y = ax3 +Z＞x2 +cx+rf（a^O）的对称中心是（一£，，（-冷）。
可见，y=f（x）图象的对称中心在导函数y =广（力的对称轴上，且又是两个极值点的中点, 同时也是二阶导为零的点。
3、三次方程根的问题（1）当厶=4b2-12ac＜0时，由于不等式/^）＞0恒成立，函数是单调递增的，所以原方程仅有一个实根。
（2）当厶=4沪-12ac ＞0时，由于方程/W=0有两个不同的实根心,乃，不妨设心＜乃，可知，（兀/（心））为函数的极大值点，（乃,/（乃））为极小值点，且函数y = /（z）在（一8/J和（X2，-KO）上单调递增，在［x p X2］上单调递减。
(完整版)三次函数的性质总结练习
三次函数的性质三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d（a≠0）在高中阶段学习导数后频繁出现，同时也是其他复杂函数的重要组成部分，因此有必要对其性质有所了解，才可以做到知己知彼，百战不殆．性质一单调性以a>0为例，如图1，记Δ=b2−3ac为三次函数图象的判别式，则图1 用判别式判断函数图象当Δ⩽0时，f(x)为R上的单调递增函数；当Δ>0时，f(x)会在中间一段单调递减，形成三个单调区间以及两个极值．性质一的证明f(x)的导函数为f′(x)=3ax3+2bx+c,其判别式为4(b2−3ac)，进而易得结论．例1 设直线l与曲线y=x3+x+1有三个不同的交点A,B,C，且|AB|=|BC|=5√，求直线l的方程．解由|AB|=|BC|可知B为三次函数的对称中心，由性质一可得B(0,1)，进而不难求得直线l的方程y=2x+1．性质二对称性如图2，f(x)的图象关于点P(−b3a,f(−b3a))对称（特别地，极值点以及极值点对应的图象上的点也关于P对称）．图2 图象的对称性反之，若三次函数的对称中心为(m,n)，则其解析式可以设为f(x)=α⋅(x−m)3+β⋅(x−m)+n,其中α≠0．性质二的证明由于f(x)=a(x+b3a)3+(c−b23a)(x+b3a)−bc3a+2b327a2+d,即f(x)=(x+b3a)3+(c−b23a)(x+b3a)+f(−b3a),于是性质二得证．例2 设函数f(x)=x(x−1)(x−a)，a>1．（1）求导数f′(x)，并证明f(x)有两个不同的极值点x1，x2；（2）若不等式f(x1)+f(x2)⩽0成立，求a的取值范围．（1）解f(x)的导函数f′(x)=(x−1)(x−a)+x(x−a)+x(x−1)=3x2−2(a+2)x+a,而f′(0)f′(1)f′(a)=a>0,=1−a<0,=a(a−1)>0,于是f′(x)有两个变号零点，从而f(x)有两个不同的极值点．（2）解根据性质二，三次函数的对称中心(a+13,f(a+13))是两个极值点对应的函数图象上的点的中点．于是f(x1)+f(x2)=2f(a+13)⩽0,即2⋅a+13⋅a−23⋅−2a+13⩽0,结合a>1，可得a的取值范围是[2,+∞)．注本题为2004年高考重庆卷理科数学第20题．性质三切割线性质如图3，设P是f(x)上任意一点（非对称中心），过P作函数f(x)图象的一条割线AB与一条切线PT（P点不为切点），A、B、T均在f(x)的图象上，则T点的横坐标平分A、B点的横坐标．图3 切割线性质推论1设P是f(x)上任意一点（非对称中心），过P作函数f(x)图象的两条切线PM、PN，切点分别为M、P，如图．则M点的横坐标平分P、N点的横坐标，如图4．图4 切割线性质推论一推论2设f(x)的极大值为M，方程f(x)=M的两根为x1、x2（x1<x2），则区间[x1,x2]被−b3a和极小值点三等分．图5 切割线性质推论二性质三的证明设f(x)=ax3+bx2+cx+d（a≠0），直线PT:y=k0x+m0，直线PAB:y=kx+m，则分别将直线PT与直线PAB的方程与三次函数的解析式联立，得ax3+bx2+(c−k0)x+d−m0=0,ax3+bx2+(c−k)x+d−m=0,于是根据三次方程的韦达定理可得2x T+x P=x A+x B+x P,即x T=x A+x B2,于是命题得证．推论1和推论2的证明留给读者．例3 如图6，记三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d（a≠0）的图象为C，若对于任意非零实数x1，曲线C与其在点P1(x1,f(x1))处的切线交于另一点P2(x2,f(x2))，曲线C与其在点P2处的切线交于另一点P3(x3,f(x3))，线段P1P2、P2P3与曲线C所围成的封闭图形的面积分别记为S1、S2．求证：S1S2是定值．图6解由性质二，任意三次函数f(x)都可以通过平移变化变成g(x)=px3+qx,然后可以作伸缩变换变成h(x)=x3+rx,而无论平移还是伸缩，题中的S1S2均保持不变，因此只需要证明命题对三次函数h(x)=x3+rx成立即可．根据题意，联立函数h(x)=x3+rx与函数h(x)在P1处的切线方程得(x−x1)2⋅(x−x2)=0,于是2x1+x2=0,即x2=−2x1.又由性质三的推论1，可得2x1=x2+x3,即x3=4x1.于是，线段P1P2与曲线C所围成的封闭图形的面积S1=∣∣∣∫x2x1(x−x1)2⋅(x−x2)d x∣∣∣=∣∣∣∫−2x1x1(x3−3x21x+2x31)d x∣∣∣=∣∣∣(14x4−32x21x2+2x31x)∣∣∣−2x1x1∣∣∣=274x41,类似的，线段P2P3与曲线C所围成图形的面积S2=274x42,于是所求的面积之比为S1S2=(x1x2)4=116.注此题即2010年高考福建卷理科数学第20题第（2）小问（第（1）小问要求证明该结论对f(x)=x3−x成立）．性质四切线条数如图7，过f(x)的对称中心作切线l，则坐标平面被切线l和函数f(x)的图象分割为四个区域，有以下结论：图7 切线条数①过区域I、III 内的点作y=f(x)的切线，有且仅有三条；②过区域II、IV 内的点以及对称中心作y=f(x)的切线，有且仅有一条；③过切线l或函数f(x)图象（除去对称中心）上的点作y=f(x)的切线，有且仅有两条．性质四的证明由性质二，不妨设f(x)=x3+mx，坐标平面内一点P(a,b)．三次函数图象上x=t处的切线方程为y=(3t2+m)(x−t)+t3+mt,即y=(3t2+m)x−3t3,切线过点P(a,b)，即b=−3t3+3at2+ma.而三次函数对称中心处的切线方程为y=mx,于是考虑直线y=b−ma与函数y=−3t3+3at2的图象公共点个数．当a=0时，无论b取何值，均为1个公共点；当a>0时，b−ma>0时为1个公共点，b−ma=0时为2个公共点，b−ma<0时为3个公共点；当a<0时，b−ma>0时为3个公共点，b−ma=0时为2个公共点，b−ma<0时为1个公共点．综上，性质四得证．在高考中，对结论①的考察最为常见，例如2007年高考全国II卷理科数学第22题（压轴题）就是证明性质四的结论①：已知函数f(x)=x3−x．（1）求曲线y=f(x)在点M(t,f(t))处的切线方程；（2）设a>0，如果过点(a,b)可作曲线y=f(x)的三条切线，证明：−a<b<f(a)．例4设函数f(x)=13x3−a2x2+bx+c，其中a>0．曲线y=f(x)在点P(0,f(0))处的切线方程为y=1．（1）确定b,c的值；（2）设曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))及(x2,f(x2))处的切线都过点(0,2)．证明：当x1≠x2时，f′(x1)≠f′(x2)；（3）若过点(0,2)可作曲线y=f(x)的三条不同切线，求a的取值范围．解（1）f(x)的导函数为f′(x)=x2−ax+b,于是该函数在x=0处的切线方程为y=bx+c,因此b=0,c=1.（2）函数f(x)在x=t处的切线方程为y=(t2−at)(x−t)+13t3−a2t2+1,当切线过点(0,2)时可得23t3−a2t2+1=0,于是x1,x2是该方程的两个不等实根．考虑f′(x1)−f′(x2)=(x21−ax1)−(x22−ax2)=(x1−x2)⋅(x1+x2−a),而⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪23x31−a2x21+1=0,23x32−a2x22+1=0,两式相减并约去x1−x2，得x21+x1x2+x22=34a2,而x21+x1x2+x22=(x1+x2)2−x1x2>(x1+x2)2−14(x1+x2)2=34(x1+x2)2,于是x1+x2≠a,进而可得f′(x1)≠f′(x2).（3）函数f(x)的对称中心为(a2,−a312+1)，于是在对称中心处的切线方程为y=−a24(x−a2)−a312+1,根据性质四的结论①，可得1<2<−a324+1,解得a>23√3,即a的取值范围是(23√3,+∞)．注此题为2010年高考湖北卷文科数学第21题（压轴题）．练习题练习1、已知函数f(x)=13x3+ax2+bx，且f′(−1)=0．（1）试用含a的代数式表示b；（2）求f(x)的单调区间；（3）令a=−1，设函数f(x)在x1,x2（x1<x2）处取得极值，记点M(x1,f(x1))，N(x2,f(x2))，证明：线段MN与曲线f(x)存在异于M、N的公共点．练习2、已知f(x)=x3+bx2+cx+d在(−∞,0)上是增函数，在(0,2)上是减函数，且方程f(x)=0有三个根，它们分别为从小到大依次为α、2、β．求|α−β|的取值范围．练习3、如图8，记原点为点P1(x1,y1)，由点P1向三次函数y=x3−3ax2+bx（a≠0）的图象（记为曲线C）引切线，切于不同于点P1的点P2(x2,y2)，再由点P2引此曲线C的切线，切于不同于点P2的点P3(x3,y3)．如此继续作下去，得到点列{P n(x n,y n)}．试回答下列问题：图8（1）求数列{x n}的递推公式与初始值；（2）求lim n→+∞x n，并指出点列{P n}的极限位置在何处？练习4、已知f(x)=x3−x，过点(x0,y0)作f(x)图象的切线，如果可以作出三条切线，当x0∈(0,1)时，求点(x0,y0)所在的区域面积．练习5、已知函数f(x)=2x3−3x．（1）求f(x)在区间[−2,1]上的最大值；（2）若过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切，求t的取值范围；（3）问过点A(−1,2)，B(2,10)，C(0,2)分别存在几条直线与曲线y=f(x)相切？（只需写出结论）练习6、已知函数f(x)=13x3+ax2+bx，且f′(−1)=0．（1）试用含a的代数式表示b，并求f(x)的单调区间；（2）令a=−1．设函数f(x)在x1,x2（x1<x2）处取值极值，记点M(x1,f(x1))，N(x2,f(x2))，P(m,f(m))，x1<m⩽x2．请仔细观察曲线f(x)在点P处的切线与线段MP的位置变化趋势，并解答以下问题：①若对任意的m∈(t,x2]，线段MP与曲线f(x)有异于P、Q的公共点，试确定t 的最小值；②若存在点Q(n,f(n))，x1⩽n<m，使得线段PQ与曲线f(x)有异于P、Q的公共点，请直接写出m的取值范围（不必写出求解过程）．练习题的参考答案练习1、（1）f(x)的导函数为f′(x)=x2+2ax+b,于是所求的代数表达式为b=2a−1.（2）在（1）的基础上，有f′(x)=(x+1)⋅(x+2a−1),于是当a<1时，函数f(x)的单调递增区间是(−∞,−1)和(1−2a,+∞)，单调递减区间为(−1,1−2a)；当a=1时，函数f(x)的单调递增区间是R；当a>1时，函数f(x)的单调递增区间是(−∞1−2a)和(−1,+∞)，单调递减区间是(1−2a,−1)．（3）此时f(x)=13x3−x2−3x,而f′(x)=x2−2x−3,于是M(−1,53)，N(3,−9)．根据性质二，该公共点为三次函数f(x)图象的对称中心(1,−113)．注本题为2009年高考福建卷文科数学第21题（压轴题）．练习2、根据题意，x=0为f(x)的导函数f′(x)=3x2+2bx+c的零点，于是c=0．又f(2)=0，于是8+4b+d=0,即d=−4b−8,从而f(x)=x3+bx2−(8+4b)=(x−2)⋅[x2+(b+2)x+2b+4],因此(α−β)2=(α+β)2−4α⋅β=(2−b)2−16.另一方面，由f(x)在(0,2)上是减函数得f′(2)⩽0，即12+4b⩽0,于是可得b的取值范围是b<−3.从而|α−β|的取值范围是[3,+∞)．练习3、（1）根据已知，联立P1出发的切线方程与曲线C的方程，得(x−x1)(x−x2)2=0,又x1=0，切线方程只能改变左边三次式的一次项和常数项，于是可得x2=32a.进而由性质三的推论1可得∀n⩾3∧n∈N∗,2x n=x n−1+x n−2.于是数列{x n}的递推公式与初始值为x n=x n−1+x n−22,n⩾3∧n∈N∗,x1=0,x2=32a.（2）由数列的递推公式不难得到通项∀n∈N∗,x n=a⋅[1−(−12)n−1],于是lim n→+∞x n=a.因此点列{P n}的极限位置为(a,−2a3+ab)，也就是三次函数的对称中心．练习4、函数f(x)在对称中心(0,0)处的切线方程为y=−x,于是根据性质四的结论①，我们可得所求区域面积为∫10[x3−x−(−x)]d x=∫10x3d x=14.练习5、（1）f(x)的导函数f′(x)=6x2−3,于是可得f(x)在区间[−2,1]上的最大值为max{f(−2√2),f(1)}=2√.（2）函数f(x)在对称中心(0,0)处的切线方程为y=−3x,根据性质四的结论①，可得−3<t<f(1),即−3<t<−1,于是t的取值范围是(−3,−1)．（3）根据性质四，可得过A(−1,2)存在3条直线与曲线y=f(x)相切；过B(2,10)存在2条直线与曲线y=f(x)相切；过C(0,2)存在1条直线与曲线y=f(x)相切．注本题为2014年高考北京卷文科数学第20题（压轴题）．练习6、（1）b=2a−1；当a>1时，函数f(x)的单调递增区间为(−∞,1−2a)和(−1,+∞)，单调递减区间为(1−2a,−1)；当a=1时，函数f(x)的单调递增区间为R；当a<1时，函数f(x)的单调递增区间为(−∞,−1)和(1−2a,+∞)，单调递减区间为(−1,1−2a)．（2）①t的最小值为2，证明从略；②m的取值范围为(1,3]．注本题为2009年高考福建卷理科数学第21题（压轴题）．。
专题14 三次函数(学生版) -2025年高考数学压轴大题必杀技系列导数
专题14 三次函数函数与导数一直是高考中的热点与难点, 我们知道二次函数是重要的且具有广泛应用的基本初等函数,学生对此已有较为全面、系统、深刻的认识,并在某些方面具备了把握规律的能力,由于三次函数的导数是二次函数,我们可以利用二次函数深入研究三次函数的图象与性质,这使得三次函数成为高考数学的一个热点.(一)三次函数的单调性由于三次函数()f x 的导数()f x ¢是二次函数,我们可以利用()0f x ¢=根的情况及根的分布来研究三次函数的单调性,特别是含有参数的三次函数的单调性通常要借助二次方程根的分布求解.【例1】（2024届青海省部分学校高三下学期联考）已知函数()()3211132f x x mx m x =+-+．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有3个不同的零点,求m 的取值范围．【解析】（1）()()()()2111f x x mx m x x m =+-+=-++¢,令()0f x ¢=,解得1x =或1x m =--,①当11m -->,即2m <-时,由()0f x ¢>得1x <或1x m >--；由()0f x ¢<得11x m <<--,所以()f x 在(),1¥-和()1,m ¥--+上单调递增；在()1,1m --上单调递减；②当11m --=,即2m =-时,()0f x ¢³恒成立,所以()f x 在R 上单调递增；③当11m --<,即2m >-时,由()0f x ¢>得1x >或1x m <--；由()0f x ¢<得11m x --<<,所以()f x 在(),1m ¥---和()1,¥+上单调递增；在()1,1m --上单调递减；综上,当2m <-时,()f x 在(),1¥-和()1,m ¥--+上单调递增；在()1,1m --上单调递减；当2m =-时,()f x 在R 上单调递增；当2m >-时,()f x 在(),1m ¥---和()1,¥+上单调递增；在()1,1m --上单调递减.（2）因为()f x 有3个零点,所以2m ¹-,当2m >-时,极大值()()221163m f m m æö--=++ç÷èø；极小值()12123f m =--,所以()22106312023m m m ìæö++>ç÷ïïèøíï--<ïî,解得43m >-且1m ¹-,当2m <-时,极大值()12123f m =--；极小值()()221163m f m m æö--=++ç÷èø,所以()22106312023m m m ìæö++<ç÷ïïèøíï-->ïî,解得4m <-,综上,m 的取值范围为()()4,4,11,3¥¥æö--È--È-+ç÷èø.(二)过平面上一点P 作三次函数图象的切线的条数1.此类问题一般是先设出切点Q ()(),t f t ,写出曲线()f x 在x t =处的切线方程,把点P 坐标代入,整理出一个关于t 的三次方程,该方程实根个数就是切线条数.2.以三次函数为 bx ax x f +=3)(为例,研究一下三次函数的切线问题：若M （x 1,y 1）是三次曲线bx ax x f +=3)(上的任一点,设过M 的切线与曲线y=f （x ）相切于（x 0,y 0）,则切线方程为))((000x x x f y y -¢=-,因点M 上此切线上,故))((01001x x x f y y -¢=-,又13110300,bx ax y bx ax y +=+=,所以))(3()(0120030131x x b ax bx ax bx ax -+=+-+,整理得：0)2()(10210=+-x x x x ,解得,10x x =或210x x -=.综上所述,当点M 是对称中心即01=x 时,过点M 作曲线的切线切点是惟一的,且为M ,故只有一条切线；当点M 不是对称中心即01¹x 时,过点M 作曲线的切线可产生两个不同的切点,故必有两条切线,其中一条就是以M 为切点（亦即曲线在点M 处）的切线. 由此可见,不仅切线与曲线的公共点可以多于一个,而且过曲线上点的切线也不一定惟一【例2】（2024届福建省泉州市高中毕业班5月适应性练习）已知函数()()32220f x ax x x a a =--+³．(1)当1a =时,若直线3y x b =-+与曲线()y f x =相切,求b ；(2)若直线22y x =--与曲线()y f x =恰有两个公共点,求a ．【解析】（1）当1a =时,()32221f x x x x =--+,()2342f x x x ¢=--,因为直线3y x b =-+与曲线()y f x =相切,设切点为()00,x y ,则切线斜率()2000342k f x x x ¢==--,可得2000032000034233221x x y x by x x x ì--=-ï=-+íï=--+î,解得00121x y b =ìï=-íï=î或00134273127x y b ì=ïïï=íïï=ïî,所以1b =或3127b =．（2）因为直线22y x =--与曲线()y f x =恰有两个公共点,所以方程322222ax x x a x --+=--,即方程()()321210a x x +--=有两个不等实根,因为=1x -是方程()()321210a x x +--=的一个根；当1x ¹-时,方程可化为()2220ax a x a -+++=（*）,依题意,方程（*）有不等于1-的唯一根,因为0a ³,若0a =,则（*）即220x -+=,1x =,满足条件；若0a >,则由()()22202420a a a a a a ++++¹ìïí=+-+=ïîV ,解得：23a =．综上所述,0a =或23a =．【例3】（2024届江苏省南通市高三上学期期初质量监测）已知函数()()320f x ax bx cx a =++>的极小值为2-,其导函数()f x ¢的图象经过()1,0A -,()10B ,两点.(1)求()f x 的解析式；(2)若曲线()y f x =恰有三条过点()1,P m 的切线,求实数m 的取值范围.【解析】（1）()232f x ax bx c ¢=++,因为0a >,且()f x ¢的图象经过()1,0A -,()10B ,两点.所以当(),1x Î-¥-时,()0f x ¢>,()f x 单调递增；当()1,1x Î-时,()0f x ¢<,()f x 单调递减；当()1,x Î+¥时,()0f x ¢>,()f x 单调递增.所以()f x 在1x =处取得极小值,所以()12f a b c =++=-,又因为()10f ¢-=,()10f ¢=,所以320a b c -+=,320a b c ++=,解方程组3203202a b c a b c a b c -+=ìï++=íï++=-î得1a =,0b =,3c =-,所以()33f x x x =-.（2）设切点为()00,x y ,则30003y x x =-,因为()233f x x ¢=-,所以()20033f x x ¢=-,所以切线方程为()()()320000333y x x x x x --=--,将()1,P m 代入上式,得32002330x x m -++=.因为曲线()y f x =恰有三条过点()1,P m 的切线,所以方程322330x x m -++=有三个不同实数解.记()32233g x x x m =-++,则导函数()()26661g x x x x x ¢=-=-,令()0g x ¢=,得0x =或1.列表：x(),0¥-0()0,11()1,+¥()g x ¢+0-+()g x ↗极大↘极小↗所以()g x 的极大值为()03g m =+,()g x 的极小值为()12g m =+,所以()()0010g g ì>ïí<ïî,解得32m -<<-.故m 的取值范围是()3,2--.(三)三次函数的极值三次函数()f x 的极值点就是二次函数()f x ¢的零点,所以与三次函数极值有关的问题常借助“三个二次”的关系求解.【例4】（2024届山东省实验中学高三二模）已知函数()()2()(,,)f x x a x b a b a b =--Î<R .(1)当1,2a b ==时,求曲线()y f x =在点()()22f ,处的切线方程；(2)设12,x x 是()f x 的两个极值点,3x 是()f x 的一个零点,且3132,x x x x ¹¹.是否存在实数4x ,使得1234,,,x x x x 按某种顺序排列后构成等差数列？若存在,求4x ；若不存在,说明理由.【解析】（1）当1,2a b ==时,()()2(1)2f x x x =--,则()()()()()()22121135f x x x x x x ¢=--+-=--,故()21f ¢=,又()20f =,所以曲线()y f x =在点()2,0处的切线方程为2y x =-；（2）()()()222()()33a b f x x a x b x a x a x +æö¢=--+-=--ç÷èø,由于a b <,故23a ba +<,令()0f x ¢>,解得x a <或23a b x +>；令()0f x ¢<,解得23a ba x +<<；可知()y f x =在2,3ab a +æöç÷èø内单调递减,在()2,,,3a b a +æö-¥+¥ç÷èø内单调递增,所以()f x 的两个极值点为2,3a b x a x +==,不妨设122,3a bx a x +==,因为3132,x x x x ¹¹,且3x 是()f x 的一个零点,故3x b =.又因为22233a b a b a b ++æö-=-ç÷èø,故4122233a b a b x a ++æö=+=ç÷èø,此时22,,,33a b a ba b ++依次成等差数列,所以存在实数4x 满足题意,且423a bx +=.(四)三次函数的零点1.若三次函数()f x 没有极值点,则()f x 有1个零点；2. 三次函数()f x 有2个极值点12,,x x ,则()()120f x f x >时()f x 有1个零点；()()120f x f x =时()f x 有2个零点；()()120f x f x <时()f x 有3个零点.【例5】（2023届江西省赣抚吉十一校高三第一次联考）已知函数322()432f x x mx m x =--+,其中0m ³.(1)若()f x 的极小值为－16,求m ；(2)讨论()f x 的零点个数.【解析】（1）由题得22()383(3)(3)f x x mx m x m x m ¢=--=-+,其中0m ³,当0m =时,()0f x ¢³,()f x 单调递增,()f x 无极值；当0m >时,令()0f x ¢>,解得3m x <-或3x m >；令()0f x ¢<,解得33mx m -<<,所以()f x 的单调递减区间为,33m m æö-ç÷èø,单调递增区间为,3m æö-¥-ç÷èø,()3,m +¥,所以当3x m =时,()f x 取得极小值()33218f m m =-,所以321816m -=-,解得1m =.（2）由（1）知当0m >时,()f x 的极小值为()33218f m m =-,()f x 的极大值为31420327m f m æö-=+>ç÷èø,当32180m -<,即m >时,()f x 有三个零点,如图①曲线 ；当32180m -=,即m =,()f x 有两个零点,如图②曲线；当32180m ->,即0<,()f x 有一个零点,如图③曲线；当0m =时,()32f x x =+,易知()f x 有一个零点. 综上,当0m £<()f x 有一个零点；当m ,()f x 有两个零点；当m >,()f x 有三个零点.(五)三次函数图象的对称性三次函数32()(0)f x ax bx cx d a =+++¹的图象有六种,如图：10010200200f x ()x10010200200f x ()x100102000200f x ()x对函数32()(0)f x ax bx cx d a =+++¹,原函数的极值点与单调性与导函数的正负有关,所以容易发现导函数中的参数当a 为正时,原函数的图象应为上图中的（1）、（3）、（5、（4）、（6）三种情况.当0D >时,二次方程()0f x ¢=有两相异实根1x ,故函数()f x 存在两个极值点,图象为上图中的（3）、（4,且在根的两边()f x ¢的符号相同,这时函数()f x 只存在驻点1）、（2）两种,当0D <时；方程()0f x ¢=无实根,()f x ¢）两种.仔细观察图象,我们还不难发现三次函数是中心对称曲线,这一点可以得到进一步的验证:设n x m f x m f 2)()(=++-,得n d x m c x m b x m a d x m c x m b x m a 2])()()([])()()([2323=++++++++-+-+-整理得,n d mc bm am x b ma 2)2222()26(232=+++++.据多项式恒等对应系数相等,可得ab m 3-=且d mc bm am n +++=23,从而三次函数是中心对称曲线,且由)(m f n =知其对称中心))(,(m f m 仍然在曲线上.而abm 3-=是否具有特殊的意义？对函数)(x f 进行两次求导,b ax x f 26)(+=¢¢再令等于0,得abx 3-=,恰好是对称中心的横坐标,这可不是巧合,因为满足0)(=¢¢m f 的m 正是函数拐点的横坐标,这一性质刚好与图象吻合.【例6】对于三次函数32()(0)f x ax bx cx d a =+++¹,给出定义：设()f x ¢是函数()y f x =的导数,()f x ¢¢是()f x ¢的导数,若方程()0f x ¢¢=有实数解0x ,则称点00(,())x f x 为函数()y f x =的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心．若32115()33212f x x x x =-+-,请你根据这一发现.（1）求函数()f x 的对称中心；（2）计算122020()(()()20212021202120213f f f f +++×××+.【解析】（1）2()3,()21f x x x f x x ¢¢¢=-+\=-Q ,令()0f x ¢¢=,即210x -=,解得12x =,321111115()(()3123222212f \=´-´+´-=,由题中给出的结论,可知函数()f x 的对称中心为1(,1)2.（2）由（1）知函数32115()33212f x x x x =-+-的对称中心为1(,1)2,所以11()()222f x f x ++-=,即()(1)2f x f x +-=,故120202201920201()()2,(()2,(()2202120212021202120212021f f f f f f +=+=×××+=,所以1220201()()((220202020202120212021202312f f f f +++×××+=´´=. (六)三次函数与韦达定理的交汇由于三次函数的导数是二次函数,而二次函数常与韦达定理交汇,故有时可以用定理交汇处理三次函数问题【例7】设21,x x 是函数)0(23)(223>-+=a x a xb x a x f 的两个极值点,且2||||21=+x x(1)求a 的取值范围； (2)求证：934||£b .【解析】(1)22')(a bx ax x f -+=,'12,()0x x f x =是的两个实根,又a ＞0a bx x a x x -=+<-=2121,0,a ab x x x x 4||||||222121+=-=+由2||||21=+x x 得22232244444(1)b a b a a a a a +==-=-，即1002£<\³a b Q (2)设,44)(322a a a gb -==则)32(4128)(2'a a a a a g -=-=22()(0)(1)33g a 在，在单调递增，在，上单调递增max 216[()](327g a g ==,934£\b 【例8】（2024年2月第二届“鱼塘杯”高考适应性练习）对三次函数()32,0f x ax bx cx d a =+++¹,如果其存在三个实根123,,x x x ,则有123122331123,,b c dx x x x x x x x x x x x a a a++=-++==-.称为三次方程根与系数关系.(1)对三次函数()32f x ax bx cx d =+++,设()()g x f x =¢,存在0x ÎR ,满足()()()0000f x g x g x =¹¢=.证明：存在10x x ¹,使得()()()210f x a x x x x =--；(2)称()f x 是[],m M 上的广义正弦函数当且仅当()f x 存在极值点()12,,x x m M Î,使得()(){}()(){}12,,f x f x f m f M =.在平面直角坐标系xOy 中,(),A a b 是第一象限上一点,设()()()2,()4bf x x a xg x x a x b x =-+=--.已知()g x 在()0,a 上有两根03x x <.（i ）证明：()f x 在()0,¥+上存在两个极值点的充要条件是327a b >；（ii ）求点A 组成的点集,满足()f x 是[]03,x x 上的广义正弦函数.【解析】（1）因为()00f x =,所以不妨设()()()()()012,0f x a x x x x x x a =---¹,所以()()()()()()()()()010212,0g x f x a x x x x a x x x x a x x x x a ¢==--+--+--¹,因为()()000g x g x =¢¹,所以()()()()()0001020,0g x f x a x x x x a ¢==--=¹,所以不妨取02x x =满足题意,且此时必有10x x ¹,否则若0x x =,则有()()30f x a x x =-,()()()203g x f x a x x ¢==-,()()06g x a x x ¢=-,而此时()()00060g x a x x ¢=-=与已知()()000g x g x =¢¹矛盾,综上所述,存在10x x ¹,使得()()()210f x a x x x x =--.（2）（i ）(),A a b 是第一象限上一点,所以0,0a b >>,因为()()b f x x a x x =-+,所以()()32222,0,0b x ax b f x a x a b x x-+-¢=--=>>,设()322h x x ax b =-+-,则()00h b =-<,而x ®-¥时,()h x ®+¥,x ®+¥时,()h x ®-¥,所以()3220h x x ax b =-+-=存在负根,因为()f x 在()0,¥+上存在两个极值点,等价于方程()3220x ax bf x x -+-¢==在()0,¥+上有两个根,等价于方程()3220h x x ax b =-+-=在()0,¥+上存在两个根,注意到三次方程最多有3个根,所以方程()3220h x x ax b =-+-=有一个负根,两个不同的正根,而()262h x x ax ¢=-+,当03a x <<时,()2620h x x ax ¢=-+>,()h x 单调递增,当3a x >时,()2620h x x ax ¢=-+<,()h x 单调递减,所以当且仅当33320327927a a a a h b b æö=-+-=->ç÷èø,即当且仅当327a b >,综上所述,命题（i ）得证；（ii ）容易验证,327a b >时,()0g x =也恰好有两个正根03,x x ,此时：由于对0x >来说,()0f x ¢=等价于3220x ax b -+=,()0g x =等价于()240x a x b --=,所以对0x >,如果()0g x =,那么()()()32202444a x a a x x a x a x f b b -----æö¢=-+=+=ç÷èø,这意味着3012,22a x a x x x --==,然后,对两个不相等的正数()()()(),,b u v f u f v u v a u v uv éù-=--+-êúëû,所以()()f u f v =当且仅当bu v a uv++=,那么如果1t x =或2x ,就有02a t x -=或3x ,故()()2f t g a t ¢=-,此时()()()()()()2322222222b t a t b b t at bt a t a t a a a t a t t a t t a t t a t ---++-+=-+=+=+=----,所以()()2f t f a t =-,这意味着()()()()0213,f x f x f x f x ==,最后,由于()()322m x h x x ax b =-=-+有一个极值点3a x =,所以12,x x 都不等于3a （12,x x 是不相等的正零点,同时该方程还有另一个负零点,但3a只要是根就是二重的,所以3a不可能是根）,这就说明1302,x x x x ¹¹,结合()f x 的单调性以及()()()()0213,f x f x f x f x ==,必有0123x x x x <<<,所以此时()f x 一定是广义正弦函数,综上所述,满足题意的(){}3,|27A a b ab =>.【例1】（2024届福建省泉州市高三5月适应性练习）已知函数()()32220f x ax x x a a =--+³．(1)当1a =时,若直线3y x b =-+与曲线()y f x =相切,求b ；(2)若直线22y x =--与曲线()y f x =恰有两个公共点,求a ．【解析】（1）当1a =时,()32221f x x x x =--+,()2342f x x x ¢=--,因为直线3y x b =-+与曲线()y f x =相切,设切点为()00,x y ,则切线斜率()2000342k f x x x ¢==--,可得2000032000034233221x x y x by x x x ì--=-ï=-+íï=--+î,解得00121x y b =ìï=-íï=î或00134273127x y b ì=ïïï=íïï=ïî,所以1b =或3127b =．（2）因为直线22y x =--与曲线()y f x =恰有两个公共点,所以方程322222ax x x a x --+=--,即方程()()321210a x x +--=有两个不等实根,因为=1x -是方程()()321210a x x +--=的一个根；当1x ¹-时,方程可化为()2220ax a x a -+++=（*）,依题意,方程（*）有不等于1-的唯一根,因为0a ³,若0a =,则（*）即220x -+=,1x =,满足条件；若0a >,则由()()22202420a a a a a a ++++¹ìïí=+-+=ïîV ,解得：23a =．综上所述,0a =或23a =．【例2】（2024届福建省泉州第五中学高考热身测试）已知函数()32,f x x ax a =-+ÎR .(1)若2x =-是函数()f x 的极值点,求a 的值,并求其单调区间；(2)若函数()f x 在1,33éùêúëû上仅有2个零点,求a 的取值范围．【解析】（1）()23f x x a =¢-,()2120f a =¢--=,得12a =,当12a =时,()23120f x x ¢=-=,得2x =-或2x =,()(),,x f x f x ¢的变化情况如下表所示,x(),2¥--2-()2,2-2()2,¥+()f x +0-+()f x ¢增区间极大值18减区间极小值14-增区间所以函数()f x 的增区间是(),2¥--和()2,¥+,减区间是()2,2-；（2）令()320f x x ax =-+=,1,33x éùÎêúëû,得3222x a x x x+==+,令()22g x x x =+,1,33x éùÎêúëû,()()32221220x g x x x x-=-==¢,得1x =,如下表,x131,13æöç÷èø1()1,33()g x ¢-0+()g x 559减区间极小值3增区间293因为函数()f x 在1,33éùêúëû上仅有2个零点,即y a =与()y g x =有2个交点,如图：即5539a <£.【例3】（2024届陕西省铜川市高三下学期模拟）已知函数()()322312R h x x x x m m =+-+Î的一个极值为2-．(1)求实数m 的值；(2)若函数()h x 在区间3,2k éùêúëû上的最大值为18,求实数k 与m 的值．【解析】（1）由()()322312R h x x x x m m =+-+Î,得()()()26612621h x x x x x ¢=+-=+-,令()0h x ¢=,得2x =-或1x =；令()0h x ¢<,得2<<1x -；令()0h x ¢>,得<2x -或1x >．所以函数()h x 有两个极值()2h -和()1h ．若()22h -=-,得()322(2)3(2)1222m ´-+´--´-+=-,解得22m =-；若()12h =-,得3221311212m ´+´-´+=-,解得5m =．综上,实数m 的值为－22或5．（2）由（1）得,()(),h x h x ¢在区间3,2æù-¥çúèû的变化情况如下表所示：x(),2-¥-2-()2,1-131,2æöç÷èø32()h x ¢+－+()h x Z 极大值20m +]极小值7m -Z92m -由表可知,①当312k £<时,函数()h x 在区间3,2k éùêëû上单调递增,所以最大值为3922h m æö=-ç÷èø,其值为253-或12,不符合题意；②当2k =-时,函数()h x 在()2,1-上单调递减,在31,2æöç÷èø上单调递增,因为()220h m -=+,3922h m æö=-ç÷èø,()322h h æö>ç÷èø,所以()h x 在3,2k éùêúëû上的最大值为()220h m -=+,其值为2-或25,不符合题意；③当2k <-时,函数()h x 在(),2k -上单调递增,在()2,1-上单调递减,在31,2æöç÷èø上单调递增,因为()220h m -=+,3922h m æö=-ç÷èø,()322h h æö>ç÷èø,所以()h x 在3,2k éùêúëû上的最大值为()220h m -=+,其值为2-或25,不符合题意；④当21k -<<时,()h x 在(),1k 上单调递减,在31,2æöç÷èø上单调递增,若()h x 在区间3,2k éùêúëû上的最大值为3922h m æö=-ç÷èø,其值为12或253-,不符合题意,又因为若22m =-,则()2202h m -=+=-．那么,函数()h x 在区间3,2k éùêúëû上的最大值只可能小于－2,不合题意,所以要使函数()h x 在区间3,2k éùêúëû上的最大值为18,必须使()32231218h k k k k m =+-+=,且5m =,即()322312518h k k k k =+-+=．所以322312130k k k +--=,所以3222213130k k k k k +++--=．所以()()()22111310kk k k k +++-+=,所以()()221310k k k +-+=．所以22130k k +-=或10k +=,所以k =10k +=．因为21k -<<,所以k =舍去．综上,实数k 的值为1,m -的值为5．【例4】（2023届江苏省徐州市睢宁县高三下学期5月模拟）已知函数32()2f x x mx =-+,R m Î,且()|()|g x f x =在(0,2)x Î上的极大值为1．(1)求实数m 的值；(2)若()b f a =,()c f b =,()a f c =,求,,a b c 的值．【解析】（1）2()|2|g x x x m =-,02x ££,① 0m £时,32()2g x x mx =-,∴2()620g x x mx ¢=-≥,无极值．② 4m ³时,32()2g x x mx =-+,∴()2(3)g x x m x ¢=-,当23m³,即6m ³时,()0g x ¢³,无极大值；当46m £<时,3m x <时,()0g x ¢>；23mx <<时,()0g x ¢<,∴()g x 在3m x =处取极大值,即3(1327m m g ==,∴3m =,舍去．③04m <<时,()32322,022,22m x mx x g x m x mx x ì-+££ïï=íï-<£ïî,∴()()()23,0223,22m x m x x g x m x x m x ì-££ïï=íï-<£î¢ï,03m x <<时,()0g x ¢>；32m m x <<时,()0g x ¢<；22mx <<时,()0g x ¢>．∴()g x 在3m x =处取极大值3127m =,∴3m =符合题意．综上,3m =．（2）由（1）可知,32()23f x x x =-+,()2()6661f x x x x x =-+=-+¢,令()0f x ¢>可得10x -<<,令()0f x ¢<可得1x >或0x <,如图所示．① 当0a <时,()0b f a =>,当302b <≤时,0()1c f b <=≤,则()0a f c =>,矛盾；当32b >时,()0c f b =<,∴()0a f c =>,矛盾．② 当0a =时,符合题意．③ 当102a <<时,102x <<时,()f x x <,∴10()2b f a a <=<<,则10()2c f b b <=<<,10()2a f c c <=<<,∴a cb a <<<,矛盾．④ 当12a =时,符合题意．⑤ 当112a <<时,112x <<时,()f x x >,∴11()2b f a a >=>>,则11()2c f b b >=>>,11()2a f c c >=>>,∴a cb a >>>,矛盾．⑥ 当1a =时,符合题意．⑦ 当312a <£时,0()1b f a =<≤,则0()1c f b =<≤,∴()1a f c =<,与1a >矛盾．⑧ 当32a >时,()0b f a =<,()0c f b =>,∴()1a f c =≤,与32a >矛盾．综上,0abc ===,或12a b c ===,或1a b c ===．【例5】（2023届重庆市第十一中学校高三上学期11月质量检测）已知函数()3233f x x x ax =-++,()f x 在1x 处取极大值,在2x 处取极小值.(1)若0a =,求函数()f x 的单调区间；(2)在方程()()1f x f x =的解中,较大的一个记为3x ,在方程()()2f x f x =的解中,较小的一个记为4x ,证明：4132x x x x --为定值.【解析】（1）当0a =时,()3233f x x x =-+,定义域为R,()236f x x x ¢=-,当()0f x ¢>时,2x >或0x <；当()0f x ¢<时,02x <<；即函数()f x 的单调增区间为(),0¥-,()2,+¥；单调减区间为(0,2).（2）由()236f x x x a ¢=-+,根据题意,得2360x x a -+=的两根为12,x x ,且12x x <,即36120a D =->,得3a <,122x x +=,所以121x x <<,因为()()1f x f x =,则32321113333x x ax x x ax -++=-++,可知323211133x x ax x x ax -+=-+,因为()10f x ¢=,即21163a x x =-,即()()()()233222211111111133323230x x x x ax ax x x x x x x x x x x x éù-+-+-=-+--+=-+-=ëû,可知3132x x =-,同理,由()()2f x f x =,可知()()()()233222222222222233323230x x x x ax ax x x x x x x x x x x x éù-+-+-=-+--+=-+-=ëû；得到4232x x =-,所以()1412123212111232113211x x x x x x x x x x x x ------====------.【例6】已知函数3211()(0)32f x ax bx cx a =++>．(1)若函数()f x 有三个零点分别为1x ,2x ,3x ,且1233x x x ++=-,129x x =-,求函数()f x 的单调区间；(2)若1(1)2f a ¢=-,322a c b >>,证明：函数()f x 在区间(0,2)内一定有极值点；(3)在（2）的条件下,若函数()f x求ba的取值范围．【解析】（1）因为函数3221111()()(0)3232f x ax bx cx x ax bx c a =++=++>,又1233x x x ++=-,129x x =-,则30x =,123x x +=-,129x x =-因为12,x x 是方程211032ax bx c ++=的两根,则332b a -=-,39c a =-,得2ba=,3c a =-,所以222()()(23)(1)(3)b c f x ax bx c a x x a x x a x x aa¢=++=++=+-=-+．令()0f x ¢=解得：1x =,3x =-当()0f x ¢>时,3x <-或1x >,当()0f x ¢<时,31x -<<,故()f x 的单调递减区间是(3,1)-,单调递增区间是(,3)-¥-,(1,)+¥．（2）因为2()f x ax bx c ¢=++,1(1)2f a ¢=-,所以12a b c a ++=-,即3220a b c ++=．又0a >,322a c b >>,所以30a >,20b <,即0a >．0b <．于是1(1)02f a ¢=-<,(0)f c ¢=, (2)424(32)f a b c a a c c a c ¢=++=-++=-．①当0c >时,因为(0)0f c ¢=>,1(1)02f a ¢=-<,而()f x ¢在区间(0,1)内连续,则()f x ¢在区间(0,1)内至少有一个零点,设为x m =,则在(0,)x m Î,()0f x ¢>,()f x 单调递增,在(,1)x m Î,()0f x ¢<,()f x 单调递减,故函数()f x 在区间(0,1)内有极大值点x m =； ②当0c £时,因为1(1)02f a ¢=-<, (2)0f a c ¢=->,则()f x ¢在区间(1,2)内至少有一零点．设为x n =,则在(1,)x n Î,()0f x ¢<,()f x 单调递减,在(,2)x n Î,()0f x ¢>,()f x 单调递增,故函数()f x 在区间(1,2)内有极小值点．综上得函数()f x 在区间(0,2)内一定有极值点．（3）设m ,n 是函数的两个极值点,则m ,n 也是导函数2()0f x ax bx c ¢=++=的两个零点,由（2）得3220a b c ++=,则b m n a +=-,32c bmn a a ==--．所以||m n -=由已知³,则两边平方得2(2)23b a ++³,得出21b a +³,或21b a +£-,即1b a ³-,或3ba£-,又232c a b =--,322a c b >>,所以3322a a b b >-->,即334a b a -<<-．因为0a >,所以334b a -<<-．综上分析,b a的取值范围是[1-,3)4-．1.（2024届江苏省连云港市高三下学期4月阶段测试）已知函数()32123f x x x mx n =-++在1x =时取得极值．(1)求实数m 的值；(2)存在[]2,4x Î,使得()2f x n >成立,求实数n 的取值范围．2.设函数()()()31f x x ax b x =---ÎR ,其中,a b 为实常数．(1)若3a =,求()f x 的单调区间；(2)若()f x 存在极值点0x ,且()()10f x f x =其中10x x ¹．求证：1023x x +=；3.（2024届海南省琼中县高三上学期9月全真模拟）已知函数()()24f x x x m =-,0m >．(1)当4m =时,求()f x 在[]1,1-上的值域；(2)若()f x 的极小值为2-,求m 的值．4.（2024届贵州省贵阳第一中学高三上学期适应性月考）已知函数()323f x x x =-.(1)求函数()y f x =在0x =处的切线方程；(2)若过点()1,P t -存在3条直线与曲线()y f x =相切,求t 的取值范围；(3)请问过点()0,0A ,()1,1B --,()1,3C -,()1,1D -,()1,2E -分别存在几条直线与曲线()y f x =相切？（请直接写出结论,不需要证明）5. （2024届内蒙古包头市高三上学期调研）已知函数3219()32f x x ax x =-++．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()()F x f x x =-有2个零点,求a 的值．（注：()3322()x a x a x ax a -=-++）6．（2024届江苏省南通市模拟预测）设0a >,函数3()21f x ax x =-+．(1)当1a =时,求过点(0,1)-且与曲线()y f x =相切的直线方程：(2)12,x x 是函数()f x 的两个极值点,证明：()()12f x f x +为定值．7．已知曲线()33f x x x l =-+在点()()A m f m ，处的切线与曲线的另外一个交点为B P ，为线段A B 的中点,O 为坐标原点．(1)求()f x 的极小值并讨论()f x 的奇偶性．(2)直线OP 的斜率记为k ,若()0,2m "Î,18k ³,求证：7l £-．8．设函数()321132f x x x ax =-+,a ÎR ．(1)若2x =是()f x 的极值点,求a 的值,并讨论()f x 的单调性．(2)已知函数()()21223g x f x ax =-+,若()g x 在区间()0,1内有零点,求a 的取值范围．(3)设()f x 有两个极值点1x ,2x ,试讨论过两点()()11,x f x ,()()22,x f x 的直线能否过点()1,1,若能,求a 的值；若不能,说明理由．9．已知函数()314f x x ax =++,()ln g x x =-,用{}min ,m n 表示m ,n 中的最小值,设函数()()(){}()min ,0h x f x g x x =>,讨论()h x 零点的个数．10．（2024届青海省部分学校高三下学期联考）已知函数()()3211132f x x mx m x =+-+．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有3个不同的零点,求m 的取值范围．11．（2023届上海市嘉定区高三三模）已知函数32()(R)f x x bx cx b c =++Î、,其导函数为()f x ¢,(1)若函数()f x 有三个零点123x x x 、、,且123133,9x x x x x ++==-,试比较(3)(0)f f -与3(2)f ¢的大小.(2)若(1)2f ¢=-,试判断()f x 在区间(0,2)上是否存在极值点,并说明理由.(3)在（1）的条件下,对任意的,R m n Î,总存在[0,3]x Î使得|()|f x mx n t ++³成立,求实数t 的最大值.12.设函数()3213f x x a x b =-+,其中a ,b 为常数．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若函数()f x 有且仅有3个零点,求3b a 的取值范围．13．（2024届湖南省岳阳市高三教学质量监测三）已知ABC V 的三个角,,A B C 的对边分别为,,a bc 且2c b =,点D 在边BC 上,AD 是BAC Ð的角平分线,设AD kAC =（其中k 为正实数）．(1)求实数k 的取值范围；(2)设函数325()22b f x bx cx =-+-①当k =时,求函数()f x 的极小值；②设0x 是()f x 的最大零点,试比较0x 与1的大小．。
三次函数图像与性质(解析版)
专题2-2三次函数图像与性质【题型1】求三次函数的解析式【题型2】三次函数的单调性问题【题型3】三次函数的图像【题型4】三次函数的最值、极值问题【题型5】三次函数的零点问题【题型6】三次函数图像，单调性，极值，最值综合问题【题型7】三次函数对称中心【题型8】三次函数的切线问题【题型9】三次函数根与系数的关系1/342/34【题型1】求三次函数的解析式（1）一般式：()³²f x ax bx cx d =+++（a ≠0）（2）交点式：()123()()()f x a x x x x x x =---（a ≠0）1．若三次函数()f x 满足()()()()00,11,03,19f f f f ''====，则()3f =（）A ．38B ．171C ．460D ．965【解析】待定系数法，求函数解析式设()³²f x ax bx cx d =+++，则()232f x ax bx c '=++，由题意可得：()()()()0011031329f d f a b c d f c f a b c ⎧==⎪=+++=⎪⎨==⎪⎪=+'=⎩'+，解得101230a b c d =⎧⎪=-⎪⎨=⎪⎪=⎩，则()3210123f x x x x =-+，所以()32310312333171f =⨯-⨯+⨯=.【题型2】三次函数的单调性问题三次函数是高中数学中的一个重要内容，其考点广泛且深入，主要涉及函数的性质、图像、最值、零点以及与其他函数的综合应用等方面。
以下是对三次函数常见考点的详细分析：1.三次函数的定义与形式∙定义：形如f (x )=ax 3+bx 2+cx +d （其中a ≠=0）的函数称为三次函数。
∙形式：注意系数a ,b ,c ,d 的作用，特别是a 的正负决定了函数的开口方向（a >0开口向上，a <0开口向下）。
专题17 三次函数的图像与性质(解析版)
专题17 三次函数的图像与性质一、例题选讲题型一 运用三次函数的图像研究零点问题遇到函数零点个数问题,通常转化为两个函数图象交点问题,进而借助数形结合思想解决问题；也可转化为方程解的个数问题,通过具体的解方程达到解决问题的目的.前者由于是通过图形解决问题,故对绘制的函数图象准确度和细节处要求较高,后者对问题转化的等价性和逻辑推理的严谨性要求较高.下面的解法是从解方程的角度考虑的.例1,(2017某某,某某,某某,某某三调)已知函数3()3 .x x a f x x x x a ⎧=⎨-<⎩≥，，，若函数()2()g x f x ax =-恰有2个不同的零点,则实数a 的取值X 围是．【答案】3(2)2-，【解析】：函数()2()g x f x ax =-恰有2个不同的零点,即方程2()0f x ax -=恰有2个不相等的根,亦即方程(Ⅰ)20x ax ax ≥⎧⎨-=⎩和(Ⅱ)3260x a x x ax <⎧⎨--=⎩共有2个不相等的根. 首先(Ⅰ)中20x ax -=,即(2)0a x -=,若2a =,则2x ≥都是方程20x ax -=的根,不符合题意,所以2a ≠,因此(Ⅰ)中由20x ax -=解得0x =,下面分情况讨论(1)若0x =是方程(Ⅰ)的唯一根,则必须满足0a ≥,即0a ≤,此时方程(Ⅱ)必须再有唯一的一个根,即30260x a x x ax <≤⎧⎨--=⎩有唯一根,因为0x ≠,由3260x x ax --=,得226x a =+必须有满足0x a <≤的唯一根,首先60a +>,其次解得的负根需满足0a <≤,从而解得302a -<≤,(2)若0x =不是方程(Ⅰ)的唯一根,则必须满足0a <,即0a >,此时方程(Ⅱ)必须有两个不相等的根,即30260a x ax x ax ⎧>⎪<⎨⎪--=⎩有两个不相等的根,由3260x x ax --=,得0x a =<适合,另外226x a =+还有必须一满足,0x a a <>的非零实根,首先60a +>,a≥,从而解得02a <≤,但前面已经指出2a ≠,故02a <<,综合(1),(2),得实数a 的取值X 围为3(,2)2-.例2,(2017某某学情调研)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x －x3，x ≤0，－2x ，x ＞0.)当x ∈(－∞,m ]时,f (x )的取值X 围为[－16,＋∞),则实数m 的取值X 围是________．【答案】 [－2,8]【解析】思路分析 由于f (x )的解析式是已知的,因此,可以首先研究出函数f (x )在R 上的单调性及相关的性质,然后根据f (x )的取值X 围为[－16,＋∞),求出它的值等于－16时的x 的值,借助于函数f (x )的图像来对m 的取值X 围进行确定．当x ≤0时,f (x )＝12x －x 3,所以f ′(x )＝12－3x 2.令f ′(x )＝0,则x ＝－2(正值舍去),所以当x ∈(－∞,－2)时,f ′(x )＜0,此时f (x )单调递减；当x ∈(－2,0]时,f ′(x )＞0,此时f (x )单调递增,故函数f (x )在x ≤0时的极小值为f (－2)＝－16.当x ＞0时,f (x )＝－2x 单调递减,f (0)＝0,f (8)＝－16,因此,根据f (x )的图像可得m ∈[－2,8]．解后反思 根据函数的解析式来得到函数的相关性质,然后由此画出函数的图像,借助于函数的图像可以有效地进行解题,这就是数形结合的魅力．题型二 三次函数的单调性问题研究三次函数的单调性,往往通过导数进行研究.要特别注意含参的讨论.例3,已知函数32()3f x x x ax =-+()a ∈R ,()|()|g x f x =．(1)求以(2,(2))P f 为切点的切线方程,并证明此切线恒过一个定点；(2)若()g x kx ≤对一切[0,2]x ∈恒成立,求k 的最小值()h a 的表达式；(3)设0a >,求()y g x =的单调增区间．解析 (1)2()36f x x x a '=-+,(2)f a '=,过点P 的切线方程为()224y a x a =-+-,即4y ax =-,它恒过点(0,- 4)；(2)()g x kx ≤即32|3|x x ax kx -+≤． 当0x =时,上式恒成立；当(0,2]x ∈时,即2|3|x x a k -+≤对一切(0,2]x ∈恒成立,设2max ()|3|,[0,2]h a x x a x ∈=-+, ①当94a ≥时,2max |3|x x a -+在0x =时取得,∴()h a a =；②当94a <时,2max 99(),984|3|max{,}994()48a a x x a a a a a ⎧<<⎪⎪-+=-=⎨⎪-⎪⎩≤； 由①②,得9(),8()99()48a a g a a a ⎧>⎪⎪=⎨⎪-⎪⎩≤； (3)32()3f x x x ax =-+,22()363(1)3f x x x a x a '=-+=-+-,令()0f x =,得0x =或230x x a -+=,当94a <时,由230x x a -+=,解得132x =232x =令()0f x '=,得23(1)30x a -+-=,当3a <时,由23(1)30x a -+-=,解得31x =41x =+1)当3a ≥时,()y g x =的单调增区间为(0,)+∞；2)当934a <≤时,()y g x =的单调增区间为3(0,)x 和4(,)x +∞；3)当904a <<时,()y g x =的单调增区间为3(0,)x 和14(,)x x 和2(,)x +∞．例4,(2018某某期末) 若函数f(x)＝(x ＋1)2|x －a|在区间[－1,2]上单调递增,则实数a 的取值X 围是________．【答案】 (－∞,－1]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫72，＋∞思路分析 由于条件中函数的解析式比较复杂,可以先通过代数变形,将其化为熟悉的形式,进而利用导数研究函数的性质及图像,再根据图像变换的知识得到函数f(x)的图像进行求解．函数f(x)＝(x ＋1)2|x －a|＝|(x ＋1)2(x －a)|＝|x 3＋(2－a)x 2＋(1－2a)x －a|.令g(x)＝x 3＋(2－a)x 2＋(1－2a)x －a,则g ′(x)＝3x 2＋(4－2a)x ＋1－2a ＝(x ＋1)(3x ＋1－2a)．令g ′(x)＝0得x 1＝－1,x 2＝2a －13.①当2a －13<－1,即a<－1时,令g ′(x)>0,即(x ＋1)(3x ＋1－2a)>0,解得x<2a －13或x>－1；令g ′(x)<0,解得2a －13<x<－1.所以g(x)的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a －13,(－1,＋∞),单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －13，－1. 又因为g(a)＝g(－1)＝0,所以f(x)的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，2a －13,(－1,＋∞),单调减区间是(－∞,a),⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －13，－1,满足条件,故a<－1(此种情况函数f(x)图像如图1)． ,图1)②当2a －13＝－1,即a ＝－1时,f(x)＝|(x ＋1)3|,函数f(x)图像如图2,则f(x)的单调增区间是(－1,＋∞),单调减区间是(－∞,－1),满足条件,故a ＝－1.,图2)③当2a －13>－1,即a>－1时,令g ′(x)>0,即(x ＋1)(3x ＋1－2a)>0,解得x<－1或x>2a －13；令g ′(x)<0,解得－1<x<2a －13.所以g(x)的单调增区间是(－∞,－1),⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －13，＋∞,单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，2a －13. 又因为g(a)＝g(－1)＝0,所以f(x)的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，2a －13,(a,＋∞),单调减区间是(－∞,－1),⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －13，a ,要使f(x)在[－1,2]上单调递增,必须满足2≤2a －13,即a ≥72,又因为a>－1,故a ≥72(此种情况函数f(x)图像如图3)．综上,实数a 的取值X 围是(－∞,－1]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫72，＋∞.,图3)例5,(2018某某期末)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x3＋x2，x<0，ex －ax ，x ≥0，其中常数a ∈R .(1) 当a ＝2时,求函数f (x )的单调区间；(2) 若方程f (－x )＋f (x )＝e x －3在区间(0,＋∞)上有实数解,某某数a 的取值X 围；规X 解答 (1) 当a ＝2时,f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x3＋x2，x<0，ex －2x ，x ≥0.①当x<0时,f ′(x)＝－3x 2＋2x<0恒成立,所以f(x)在(－∞,0)上递减；(2分)②当x ≥0时,f ′(x)＝e x －2,可得f(x)在[0,ln 2]上递减,在[ln 2,＋∞)上递增．(4分)因为f(0)＝1>0,所以f(x)的单调递减区间是(－∞,0)和[0,ln 2],单调递增区间是[ln 2,＋∞)．(5分)(2) 当x>0时,f(x)＝e x －ax,此时－x<0,f(－x)＝－(－x)3＋(－x)2＝x 3＋x 2.所以可化为a ＝x 2＋x ＋3x在区间(0,＋∞)上有实数解．(6分) 记g(x)＝x 2＋x ＋3x ,x ∈(0,＋∞),则g ′(x)＝2x ＋1－3x2＝（x －1）（2x2＋3x ＋3）x2.(7分) 可得g(x)在(0,1]上递减,在[1,＋∞)上递增,且g(1)＝5,当x →＋∞时,g(x)→＋∞.(9分)所以g(x)的值域是[5,＋∞),即实数a 的取值X 围是[5,＋∞)．(10分)题型三 三次函数的极值与最值问题①利用导数刻画函数的单调性,确定函数的极值；② 通过分类讨论,结合图象,实现函数的极值与零点问题的转化.函数,方程和不等式的综合题,常以研究函数的零点,方程的根,不等式的解集的形式出现,大多数情况下会用到等价转化,数形结合的数学思想解决问题,而这里的解法是通过严谨的等价转化,运用纯代数的手段来解决问题的,对抽象思维和逻辑推理的能力要求较高,此题也可通过数形结合的思想来解决问题,可以一试.例6,(2018苏锡常镇调研)已知函数32()1f x x ax bx a b =+++∈，，R ． (1)若20a b +=,① 当0a >时,求函数()f x 的极值(用a 表示)；② 若()f x 有三个相异零点,问是否存在实数a 使得这三个零点成等差数列？若存在,试求出a 的值；若不存在,请说明理由；规X 解答 (1)①由2()32f x x ax b '=++及02=+b a ,得22()32f x x ax a '=+-,令()0f x '=,解得3ax =或a x -=.由0>a 知,(,)()0x a f x '∈-∞->，,)(x f 单调递增,(,)()03a x a f x '∈-<，,)(x f 单调递减,(,)()03ax f x '∈+∞>，,)(x f 单调递增,因此,)(x f 的极大值为3()1f a a -=+,)(x f 的极小值为35()1327a a f =-. ② 当0a =时,0b =,此时3()1f x x =+不存在三个相异零点； 当0a <时,与①同理可得)(x f 的极小值为3()1f a a -=+,)(x f 的极大值为35()1327a a f =-. 要使)(x f 有三个不同零点,则必须有335(1)(1)027a a +-<,即332715a a <->或.不妨设)(x f 的三个零点为321,,x x x ,且321x x x <<,则123()()()0f x f x f x ===,3221111()10f x x ax a x =+-+=, ①3222222()10f x x ax a x =+-+=, ②3223333()10f x x ax a x =+-+=, ③②-①得222212121212121()()()()()0x x x x x x a x x x x a x x -+++-+--=, 因为210x x ->,所以222212121()0x x x x a x x a ++++-=, ④ 同理222332232()0x x x x a x x a ++++-=, ⑤⑤-④得231313131()()()()0x x x x x x x a x x -+-++-=,因为310x x ->,所以2310x x x a +++=,又1322x x x +=,所以23ax =-.所以()03af -=,即22239a a a +=-,即327111a =-<-,因此,存在这样实数a =满足条件.例7,(2017⋅某某)已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b =+++>∈R 有极值,且导函数'()f x 的极值点是()f x 的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b 关于a 的函数关系式,并写出定义域；(2)证明：33b a >；(3)若(),'()f x f x 这两个函数的所有极值之和不小于72-,求a 的取值X 围．解析(1)2'()32f x x ax b =++有零点,24120a b ∆=->,即23a b >,又''()620f x x a =+=,解得3a x =-,根据题意,()03a f -=,即3210333a a a a b ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,化简得2239b a a =+,又203a a b >⎧⎨>⎩,所以3a >,即223(3)9b a a a =+>；(2)设2433224591()3(427)(27)81381g a b a a a a a a a =-=-+=--,而3a >,故()0g a >,即23b a >；(3)设12,x x 为()f x 的两个极值点,令'()0f x =得12122,33b ax x x x =+=-, 法一：332212121212()()()()2f x f x x x a x x b x x +=++++++ 22121212121212()[()3][()2]()2x x x x x x a x x x x b x x =++-++-+++3324242232()202732739a ab a a a a =-+=-++=．记()f x ,()f x '所有极值之和为()S a ,12()()0f x f x +=,2'()33a a f b -=-, 则221237()()()'()3392a a a S a f x f x f b a =++-=-=--≥, 而23()()3a S a a =-在(3,)a ∈+∞上单调递减且7(6)2S =-,故36a <≤．法二：下面证明()f x 的图像关于(,())33a af --中心对称,233232()1()()()1333327a a a ab a f x x ax bx x b x =+++=++-++-+23()()()()3333a a a ax b x f =++-++-,所以()()2()0333a a a f x f x f --+-+=-=,所以12()()0f x f x +=,下同法一．例8,(2018某某学情调研)已知函数f(x)＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax,a ∈R .(1) 曲线y ＝f (x )在x ＝0处的切线的斜率为3,求a 的值；(2) 若对于任意x ∈(0,＋∞),f (x )＋f (－x )≥12ln x 恒成立,求a 的取值X 围；(3) 若a ＞1,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．思路分析 第(3)问,欲求函数f(x)在区间[1,2]上的最值M(a),m(a),可从函数f(x)在区间[1,2]上的单调性入手,由于f ′(x)＝6(x －1)(x －a),且a ＞1,故只需分为两大类：a ≥2,1＜a ＜2.当1＜a ＜2时,函数f(x)在区间[1,2]上先减后增,进而比较f(1)和f(2)的大小确定函数最大值,由f(1)＝f(2)得到分类的节点a ＝53.规X 解答 (1) 因为f(x)＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax,所以f ′(x)＝6x 2－6(a ＋1)x ＋6a,所以曲线y ＝f(x)在x ＝0处的切线的斜率k ＝f ′(0)＝6a,所以6a ＝3,所以a ＝12.(2分)(2) f(x)＋f(－x)＝－6(a ＋1)x 2≥12ln x对任意x ∈(0,＋∞)恒成立,所以－(a ＋1)≥2lnxx2.(4分)令g(x)＝2lnx x2,x ＞0,则g ′(x)＝2（1－2lnx ）x3.令g ′(x)＝0,解得x ＝ e.当x ∈(0,e)时,g ′(x)＞0,所以g(x)在(0,e)上单调递增；当x ∈(e,＋∞)时,g ′(x)＜0,所以g(x)在(e,＋∞)上单调递减．所以g(x)max ＝g(e)＝1e,(6分)所以－(a ＋1)≥1e ,即a ≤－1－1e,所以a 的取值X 围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－1－1e .(8分)(3) 因为f(x)＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax,所以f ′(x)＝6x 2－6(a ＋1)x ＋6a ＝6(x －1)(x －a),令f ′(x)＝0,则x ＝1或x ＝a.(10分)f(1)＝3a －1,f(2)＝4.由f(1)＝f(2)得到分类的节点a ＝53.①当1＜a ≤53时,当x ∈(1,a)时,f ′(x)＜0,所以f(x)在(1,a)上单调递减；当x ∈(a,2)时,f ′(x)＞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(2)＝4,m(a)＝f(a)＝－a 3＋3a 2,所以h(a)＝M(a)－m(a)＝4－(－a 3＋3a 2)＝a 3－3a 2＋4.因为h ′(a)＝3a 2－6a ＝3a(a －2)＜0,所以h(a)在⎝ ⎛⎦⎥⎤1，53上单调递减,所以当a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1，53时,h(a)的最小值为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫53＝827.(12分)②当53＜a ＜2时,当x ∈(1,a)时,f ′(x)＜0,所以f(x)在(1,a)上单调递减；当x ∈(a,2)时,f ′(x)＞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)＝－a 3＋3a 2,所以h(a)＝M(a)－m(a)＝3a －1－(－a 3＋3a 2)＝a 3－3a 2＋3a －1.因为h ′(a)＝3a 2－6a ＋3＝3(a －1)2>0.所以h(a)在⎝ ⎛⎭⎪⎫53，2上单调递增,所以当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫53，2时,h(a)＞h ⎝ ⎛⎭⎪⎫53＝827.(14分)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827.(16分)二、达标训练1,(2017某某暑假测试) 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x，x ＞1，x3，－1≤x ≤1，)若关于x 的方程f (x )＝k (x ＋1)有两个不同的实数根,则实数k 的取值X 围是________．【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12【解析】思路分析 方程f (x )＝k (x ＋1)的实数根的个数可以理解为函数y ＝f (x )与函数y ＝k (x ＋1)交点的个数,因此,在同一个坐标系中作出它们的图像,由图像来观察它们的交点的个数．在同一个直角坐标系中,分别作出函数y ＝f (x )及y ＝k (x ＋1)的图像,则函数f (x )max ＝f (1)＝1,设A (1,1),B (－1,0),函数y ＝k (x ＋1)过点B ,则由图可知要使关于x 的方程f (x )＝k (x ＋1)有两个不同的实数根,则0＜k ＜k AB ＝12.2,(2017苏北四市期末) 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧sinx ，x ＜1，x3－9x2＋25x ＋a ，x ≥1，)若函数f (x )的图像与直线y ＝x 有三个不同的公共点,则实数a 的取值集合为________．【答案】 {－20,－16}【解析】当x ＜1时,f(x)＝sin x,联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝sinx ，y ＝x ，得x －sin x ＝0,令u(x)＝x －sin x(x ＜1),则u ′(x)＝1－cos x ≥0,所以函数u(x)＝x －sin x(x ＜1)为单调增函数,且u(0)＝0,所以u(x)＝x －sin x(x ＜1)只有唯一的解x＝0,这表明当x ＜1时,函数f(x)的图像与直线y ＝x 只有1个公共点．因为函数f(x)的图像与直线y ＝x 有3个不同的公共点,从而当x ≥1时,函数f(x)的图像与直线y ＝x 只有2个公共点．当x ≥1时,f(x)＝x 3－9x 2＋25x ＋a,联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x3－9x2＋25x ＋a ，y ＝x ，得a ＝－x 3＋9x 2－24x,令h(x)＝－x 3＋9x 2－24x(x ≥1),则h ′(x)＝－3x 2＋18x －24＝－3(x －2)(x －4)．令h ′(x)＝0得x ＝2或x ＝4,列表如下：32数a ＝－20或a ＝－16.综上所述,实数a 的取值集合为{－20,－16}．3,(2019某某,某某二模)已知函数f(x)＝⎪⎩⎪⎨⎧>+-≤+0,3120,33x x x x x 设g(x)＝kx ＋1,且函数y ＝f(x)－g(x)的图像经过四个象限,则实数k 的取值X 围为________．【答案】 ⎝⎛⎭⎪⎫－9，13【解析】解法1 y ＝⎩⎪⎨⎪⎧|x ＋3|－（kx ＋1），x ≤0，x 3－（k ＋12）x ＋2，x>0，若其图像经过四个象限．①当x>0时,y ＝x 3－(k ＋12)x ＋2,当x ＝0时,y ＝2>0,故它要经过第一象限和第四象限,则存在x>0,使y＝x 3－(k ＋12)x ＋2<0,则k ＋12>x 2＋2x ,即k ＋12>⎝ ⎛⎭⎪⎫x2＋2x min .令h(x)＝x 2＋2x (x>0),h ′(x)＝2x －2x2＝2（x3－1）x2,当x>1时,h ′(x)>0,h(x)在(1,＋∞)上递增；当0<x<1时,h ′(x)<0,h(x)在(0,1)上递减,当x ＝1时取得极小值,也是最小值,h(x)min ＝h(1)＝3,所以k ＋12>3,即k>－9.②当x ≤0时,y ＝|x ＋3|－(kx ＋1),当x ＝0时,y ＝2>0,故它要经过第二象限和第三象限,则存在x<0,使y ＝|x ＋3|－(kx ＋1)<0,则k<|x ＋3|－1x,即k<⎝⎛⎭⎪⎫|x ＋3|－1x max .令φ(x)＝|x ＋3|－1x＝⎩⎪⎨⎪⎧－1－4x ，x ≤－3，1＋2x ，－3<x<0，易知φ(x)在(－∞,－3]上单调递增,在(－3,0)上单调递减,当x ＝－3时取得极大值,也是最大值,φ(x)max ＝φ(－3)＝13,故k<13.综上,由①②得实数k 的取值X 围为⎝⎛⎭⎪⎫－9，13.解法2 可根据函数解析式画出函数图像,当x>0时,f(x)＝x 3－12x ＋3,f ′(x)＝3x 2－12＝3(x ＋2)(x －2),可知f(x)在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,＋∞)上单调递增,且 f(2)＝－13<0,当x ≤0时,f(x)＝|x ＋3|.g(x)＝kx ＋1恒过(0,1),若要使y ＝f(x)－g(x)经过四个象限,由图可知只需f(x)与g(x)在(－∞,0)和(0,＋∞)上分别有交点即可(交点不可为(－3,0)和切点)．①当k>0时,在(0,＋∞)必有交点,在(－∞,0)区间内,需满足0<k<13.②当k<0时,在(－∞,0)必有交点,在(0,＋∞)内,只需求过定点(0,1)与函数f(x)＝x 3－12x ＋3(x>0)图像的切线即可,设切点为(x 0,x30－12x 0＋3),由k ＝3x20－12＝x30－12x 0＋3－1x 0,解得x 0＝1,切线斜率k ＝－9,所以k∈(－9,0)．③当k ＝0也符合题意．综上可知实数k 的取值X 围为⎝⎛⎭⎪⎫－9，13.4,(2018苏中三市,苏北四市三调)已知函数310() 2 0ax x f x x ax x x -≤⎧⎪=⎨-+->⎪⎩， ，，的图象恰好经过三个象限,则实数a 的取值X 围是 ▲ ．【答案】a ＜0或a ＞2【解析】当a ＜0时,10y ax x =-，≤的图象经过两个象限,3|2|0y x ax x =-+->在 (0,+∞)恒成立,所以图象仅在第一象限,所以a ＜0时显然满足题意； 当a ≥0时,10y ax x =-，≤的图象仅经过第三象限,由题意 3|2|0y x ax x x =-+->，的图象需经过第一,二象限．【解法1】(图像法)3|2|y x x =+-与y ax =在y 轴右侧的图象有公 共点(且不相切)．如图,3|2|y x x =+-=332,022,2x xx x xx,设切点坐标为3000(,2)x x x ,231yx,则有32000231x x x x ,解得01x ,所以临界直线l 的斜率为2,所以a ＞2时,符合．综上,a ＜0或a ＞2．【解法2】(函数最值法)由三次函数的性质知,函数图象过第一象限,则存()g x 在0x,使得3|2|0,yxax x即2|2|x a xx 设函数22221,02|2|()21,2x x x x g x x xx x x,当02x,322222()2x g x xx x()g x 在(0,1)单调递减,在(1,2)单调递增,又2x时,函数为增函数,所以函数的最小值为2,所以a ＞2,则实数a 的取值X 围为a ＜0或a ＞2．5,(2019某某期末)已知函数f(x)＝ax 3＋bx 2－4a(a,b ∈R )．(1) 当a ＝b ＝1时,求f (x )的单调增区间；(2) 当a ≠0时,若函数f (x )恰有两个不同的零点,求b a的值；(3) 当a ＝0时,若f (x )<ln x 的解集为(m ,n ),且(m ,n )中有且仅有一个整数,某某数b 的取值X 围．解后反思 在第(2)题中,也可转化为b a ＝4x2－x 恰有两个不同的实数解．另外,由g(x)＝x 3＋kx 2－4恰有两个不同的零点,可设g(x)＝(x －s)(x －t)2.展开,得x 3－(s ＋2t)x 2＋(2st ＋t 2)x －st 2＝x 3＋kx 2－4,所以⎩⎪⎨⎪⎧－（s ＋2t ）＝k ，2st ＋t2＝0，－st2＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧s ＝1，t ＝－2，k ＝3.解：(1)当a ＝b ＝1时,f(x)＝x 3＋x 2－4,f ′(x)＝3x 2＋2x.(2分)令f ′(x)>0,解得x>0或x<－23,所以f(x)的单调增区间是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－23和(0,＋∞)．(4分)(2)法一：f ′(x)＝3ax 2＋2bx,令f ′(x)＝0,得x ＝0或x ＝－2b3a,(6分)因为函数f(x)有两个不同的零点,所以f(0)＝0或f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2b 3a ＝0.当f(0)＝0时,得a ＝0,不合题意,舍去；(8分)当f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2b 3a ＝0时,代入得a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2b 3a ＋b ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2b 3a 2－4a ＝0,即－827⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 3＋49⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 3－4＝0,所以ba ＝3.(10分)法二：由于a ≠0,所以f(0)≠0,由f(x)＝0得,b a ＝4－x3x2＝4x2－x(x ≠0)．(6分)设h(x)＝4x2－x,h ′(x)＝－8x3－1,令h ′(x)＝0,得x ＝－2, 当x ∈(－∞,－2)时,h ′(x)<0,h(x)递减；当x ∈(－2,0)时,h ′(x)>0,h(x)递增,当x ∈(0,＋∞)时,h ′(x)>0,h(x)单调递增,当x>0时,h(x)的值域为R ,故不论b a取何值,方程b a＝4－x3x2＝4x2－x 恰有一个根－2,此时函数f (x )＝a (x ＋2)2(x －1)恰有两个零点－2和1.(10分)(3)当a ＝0时,因为f (x )<ln x ,所以bx 2<ln x ,设g (x )＝ln x －bx 2,则g ′(x )＝1x－2bx ＝1－2bx2x(x >0),当b ≤0时,因为g ′(x )>0,所以g (x )在(0,＋∞)上递增,且g (1)＝－b ≥0,所以在(1,＋∞)上,g (x )＝ln x －bx 2≥0,不合题意；(11分)当b >0时,令g ′(x )＝1－2bx2x＝0,得x ＝12b,所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，12b 递增,在⎝⎛⎭⎪⎪⎫12b ，＋∞递减, 所以g (x )max ＝g ⎝⎛⎭⎪⎪⎫12b ＝ln12b －12,要使g (x )>0有解,首先要满足ln12b －12>0,解得b <12e. ①(13分)又因为g (1)＝－b <0,g (e 12)＝12－b e>0,要使f (x )<ln x 的解集(m ,n )中只有一个整数,则⎩⎪⎨⎪⎧g （2）>0，g （3）≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧ln2－4b>0，ln3－9b ≤0，解得ln39≤b <ln24. ②(15分)设h (x )＝lnx x,则h ′(x )＝1－lnx x2,当x ∈(0,e)时,h ′(x )>0,h (x )递增；当x ∈(e,＋∞)时,h ′(x )<0,h (x )递减．所以h (x )max ＝h (e)＝1e>h (2)＝ln22,所以12e >ln24,所以由①和②得,ln39≤b ＜ln24.(16分)(注：用数形结合方法做只给2分)6,(2019某某,某某一模)若函数y ＝f(x)在x ＝x 0处取得极大值或极小值,则称x 0为函数y ＝f(x)的极值点．设函数f(x)＝x 3－tx 2＋1(t ∈R )．(1) 若函数f (x )在(0,1)上无极值点,求t 的取值X 围；(2) 求证：对任意实数t ,函数f (x )的图像总存在两条切线相互平行；(3) 当t ＝3时,函数f (x )的图像存在的两条平行切线之间的距离为4,求满足此条件的平行线共有几组．规X 解答 (1)由函数f(x)＝x 3－tx 2＋1,得f ′(x)＝3x 2－2tx.由f ′(x)＝0,得x ＝0,或x ＝23t.因为函数f(x)在(0,1)上无极值点,所以23t ≤0或23t ≥1,解得t ≤0或t ≥32.(4分)(2)令f ′(x)＝3x 2－2tx ＝p,即3x 2－2tx －p ＝0,Δ＝4t 2＋12p.当p ＞－t23时,Δ＞0,此时3x 2－2tx －p ＝0存在不同的两个解x 1,x 2.(8分)设这两条切线方程为分别为y ＝(3x21－2tx 1)x －2x31＋tx21＋1和y ＝(3x22－2tx 2)x －2x32＋tx22＋1.若两切线重合,则－2x31＋tx21＋1＝－2x32＋tx22＋1,即2(x21＋x 1x 2＋x22)＝t(x 1＋x 2),即2＝t(x 1＋x 2)．而x 1＋x 2＝2t 3,化简得x 1·x 2＝t29,此时(x 1－x 2)2＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝4t29－4t29＝0,与x 1≠x 2矛盾,所以,这两条切线不重合．综上,对任意实数t,函数f(x)的图像总存在两条切线相互平行．(10分)(3)当t ＝3时f(x)＝x 3－3x 2＋1,f ′(x)＝3x 2－6x.由(2)知x 1＋x 2＝2时,两切线平行．设A(x 1,x31－3x21＋1),B(x 2,x32－3x22＋1),不妨设x 1＞x 2,则x 1＞1.过点A 的切线方程为y ＝(3x21－6x 1)x －2x31＋3x21＋1.(11分)所以,两条平行线间的距离 d ＝|2x32－2x31－3（x22－x21）|1＋9（x21－2x 1）2＝|（x2－x1）|1＋9（x21－2x 1）2＝4,化简得(x 1－1)6＝1＋92,(13分)令(x 1－1)2＝λ(λ＞0),则λ3－1＝9(λ－1)2,即(λ－1)( λ2＋λ＋1)＝9(λ－1)2,即(λ－1)( λ2－8λ＋10)＝0.显然λ＝1为一解,λ2－8λ＋10＝0有两个异于1的正根,所以这样的λ有3解．因为x 1－1＞0,所以x 1有3解,所以满足此条件的平行切线共有3组．(16分)7,(2018某某,某某一调)已知函数g(x)＝x 3＋ax 2＋bx(a,b ∈R )有极值,且函数f (x )＝(x ＋a )e x 的极值点是g (x )的极值点,其中e 是自然对数的底数．(极值点是指函数取得极值时对应的自变量的值)(1) 求b 关于a 的函数关系式；(2) 当a >0时,若函数F (x )＝f (x )－g (x )的最小值为M (a ),证明：M (a )<－73.思路分析 (1) 易求得f(x)的极值点为－a －1,则g ′(－a －1)＝0且g ′(x)＝0有两个不等的实数解,解之得b 与a 的关系．(2) 求导得F ′(x)＝(x ＋a ＋1)(e x －3x ＋a ＋3),解方程F ′(x)＝0时,无法解方程e x －3x ＋a ＋3＝0,构造函数h(x)＝e x －3x ＋a ＋3,证得h(x)>0,所以－a －1为极小值点,而且得出M(a),利用导数法证明即可．规X 解答 (1) 因为f ′(x)＝e x ＋(x ＋a)e x ＝(x ＋a ＋1)e x ,令f ′(x)＝0,解得x ＝－a －1.列表如下：所以x ＝－a －1时,f(x)取得极小值．(2分)因为g ′(x)＝3x 2＋2ax ＋b,由题意可知g ′(－a －1)＝0,且Δ＝4a 2－12b>0,所以3(－a －1)2＋2a(－a －1)＋b ＝0,化简得b ＝－a 2－4a －3.(4分)由Δ＝4a 2－12b ＝4a 2＋12(a ＋1)(a ＋3)>0,得a ≠－32.所以b ＝－a 2－4a －3⎝⎛⎭⎪⎫a ≠－32.(6分)(2) 因为F(x)＝f(x)－g(x)＝(x ＋a)e x －(x 3＋ax 2＋bx),所以F ′(x)＝f ′(x)－g ′(x)＝(x ＋a ＋1)e x －[3x 2＋2ax －(a ＋1)(a ＋3)]＝(x ＋a ＋1)e x －(x ＋a ＋1)(3x －a －3)＝(x ＋a ＋1)(e x －3x ＋a ＋3)．(8分)记h(x)＝e x －3x ＋a ＋3,则h ′(x)＝e x －3,令h ′(x)＝0,解得x ＝ln 3.列表如下：所以x ＝ln 3时,h(x)取得极小值,也是最小值,此时,h(ln 3)＝e ln 3－3ln 3＋a ＋3＝6－3ln 3＋a＝3(2－ln 3)＋a＝3ln e23＋a>a>0.(10分)所以h(x)＝e x －3x ＋a ＋3≥h(ln 3)>0,令F ′(x)＝0,解得x ＝－a －1.列表如下：所以x ＝－a －1时,F(x)取得极小值,也是最小值．所以M(a)＝F(－a －1)＝(－a －1＋a)e －a －1－[(－a －1)3＋a(－a －1)2＋b(－a －1)]＝－e －a －1－(a ＋1)2(a ＋2)．(12分)令t ＝－a －1,则t<－1,记m(t)＝－e t －t 2(1－t)＝－e t ＋t 3－t 2,t<－1,则m ′(t)＝－e t ＋3t 2－2t,t<－1.因为－e －1<－e t <0,3t 2－2t>5,所以m ′(t)>0,所以m(t)单调递增．(14分)所以m(t)<－e －1－2<－13－2＝－73,即M(a)<－73.(16分)。
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三次函数的几种基本题型
题型 1：求解函数的单调区间和极值问题
一般解法：对函数求导，之后利用二次函数的图象来判断函数的增减性。
注意，所得的二次函数是导函数，其正负才是原函数的单调性的决定因素。
注意一点：导数有零点并不一定都
有极值。
特别注意导函数为恰有一解的二次函数的三次函数没有极值。
题型 2：求解函数等于某个函数值的解的个数问题。
例如：f x m 有n个实根，试求参数的取值范围。
一般解法：将其转化成函数图象与直线的交点问题
题型 3：恒成立和存在性问题
一般解法：（ 1）将所求参数移到一边，自变量移到另一边，之后构造新函数求解新函数的最
值（ 2）直接将参数移至函数中，在利用导数等方法求解函数的最值。
注意，函数的另一边
应该是常数。
例题 1：设函数 f(x)＝ x3－ 6x＋ 5，x∈ R.
(1)求函数 f(x)的单调区间和极值；
(2) 若关于 x 的方程 f(x)＝ a 有三个不同实根，求实数 a 的取值范围；
(3) 已知当 x∈ (1，＋∞)时， f(x) ≥k(x－ 1)恒成立，求实数 k 的取值范围．
解析： (1)f′(x)＝ 3x2－ 6，令 f′(x)＝ 0，解得 x1＝－ 2， x2＝ 2.
因为当 x> 2或 x<－ 2时， f′(x)>0；
当－ 2<x< 2时， f ′(x)<0.所以 f(x)的单调递增区间为 (－∞，－2)和 ( 2，＋∞)；单调减区间为(－ 2，2)．当 x＝－ 2时， f(x)有极大值 5＋ 4 2；当 x＝2时， f(x)有极小值 5－ 4 2.
(2)由 (1)的分析知 y＝ f(x)的图象的大致形状及走向如图所示，当5－ 4 2<a<5＋ 4 2时，直线y＝a 与 y＝ f(x)的图象有三个不同交点，即方程f(x)＝ a 有三个不同的解．
(3)f(x) ≥k(x － 1)，即 (x －1)(x 2＋ x －5) ≥k(x －1)．因为 x>1，所以 k ≤x 2 ＋x － 5 在 (1，＋ ∞)上恒成 立．令 g(x)＝ x 2＋ x － 5，此函数在 (1，＋ ∞)上是增函数．所以 g(x)>g(1)＝－ 3，所以 k 的取值
范围是 k ≤－ 3.
例题 2：（ 2012 广西柳铁一中第一次月考） 已知 a 为实数，函数 f (x) x 3 ax 2 (a
2) x
的导函数 f
'
( x)
是偶函数，则曲线 y
f
(x)
在原点处的切线方程是（ ）
A. y 3x
B. y
2x
C. y
3x
D.
y
2x
答案 ： B 解析：
Q f ( x) x 3 ax 2 ( a 2) x f '( x) 3x 2 2ax a 2,
Q 为偶函数， a 0,
f ( x) 3 2, f '( x) 2
2,
f '( x) x 3x
f '(0) 2, 且f (0) 0，由点斜式方程可得 y 2x.
例题 3：若函数 f x x 3 3ax 2 bx ，其中为实数 . 在区间 1, 2 上为减函数， 且 b 9a ，
则 a 的取值范围
解析： 因为 f ' ( x) 3x 2
6ax b
0 对 x [ 1,2] 恒成立 ,所以 f '
( x) 3x 2
6ax 9a 0 对 x [
1,2] 恒成立 , x 2
2ax 3a 0 ,因为 2x 3 0 ,所以 a
x 2 对 x [ 1,2] 恒成
2 x 3
立,容易求得 a 1 . 答案 a 1
练习 1：设 f (x)
1 x 3 1 x
2 2ax .
2 ,
3
2
（1）若在 (
) 上存在单调递增区间，求 a 的取值范围；
3
16 （2）当 0
a 2时，在上的最小值为
，求在该区间上的最大值 .
3
解析：（ 1）在 ( 2
,
) 上存在单调递增区间，即存在某个子区间
(m, n)
( 2
,
) 使得
3
3
f '
(x)
0 .由 f '
(x)
x
2
x 2a
( x 1 ) 2
1 2a ， f '
(x) 在区间 [ 2
,
) 上单调
2 4
3
递减，则只需
f '
( 2
) 0 即可。
由 f ' ( 2 ) 2 2a 0 解得 a 1 ，
1 3
2
3 9 9
所以，当 a
时，在 , ) 上存在单调递增区间 .
9 (
3
（2）令 f ' ( x)
0 ，得两根 x 1 1
1 8a ， x
2 1
1 8a .
2
2
所以在 ( , x 1 ) ， (x 2 , ) 上单调递减，在 ( x 1 , x 2 ) 上单调递增
当 0 a 2 时，有 x 1 1
x 2 4 ，所以在上的最大值为
f (x 2 )
又
27 6 0 ，即
f (1)
a
f (4)
f (1)
f (4) 2
所以在上的最小值为
从而在上的最大值为
f (4) 8a 40 16
2 ，
3 ，得， x 2
10 3
f (2).
3 练习 2：已知函数 f
x
ax 3 3 x 2 1 x R ，其中．
2
（1）若，求曲线 y
f x 在点 2, f 2
处的切线方程；
（2）若在区间
1 , 1 上， f x
0 恒成立，求 a 的取值范围．
2 2
解析：（ 1）当时， f
x
x 3 3 x 2 1， f 2
3． f x
3x 2 3x ， f
2 6 ．
2
所以曲线 y f x 在点 2, f 2 处的切线方程为 y 3
6 x 2 ，即 y
6x 9 ．
（2） f x
3ax
2
3x 3x ax 1 ．令 f
x
0 ，解得或 x 1 ．针对区间
1 , 1
，
a
2 2
需分两种情况讨论：
(1) 若 0 a
2 ,则 1 1
a
．
2
当 x 变化时， f
x , f x 的变化情况如下表：
x
1
,0 0,
1
2
2
f x
增
极大值 减
所以在区间
1 , 1 上的最小值在区间的端点得到．
因此在区间
1 , 1
上， f x
0 恒
2 2
2 2
成立，等价于
f
1 0,
5 a
0,
2
8
即
解得 5 a 5 ，又因为 0 a 2 ，所以 0
a 2 ．
1
a f
0,
5 0,
2
8
1 1
(2) 若，则 0
．
a 2
当 x 变化时， f
x , f x 的变化情况如下表：
x
1
,0
0,
1
1 1 , 1
a
2
a
a
2
f x
增
极大值
减
极小值
增
所以在区间
1 , 1 上的最小值在区间的端点或
x 1 处得到．
2 2
a
f
1
5 a
0,
1 1
0,
8
因此在区间
上， f x
0 恒成立，等价于
2
即
2 ,
1
1
2
f
1
0,
0,
a
2a 2
解得
2 a 5 或 a
2
2 a 5 ．综合 (1),(2), a 的取值范围为
2
，又因为，所以
2
0 a 5 .。