1、专题26 三次函数的图像与性质 一、题型选讲题型一 、三次函数的切线问题 三次函数的切线问题关键就是求出切线的斜率以及切点，要注意切点的横坐标、斜率以及切线方程的密切联系。例1、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）当直线和曲线E：交于三点时，曲线E在点A，点C处的切线总是平行的，则过点可作曲线E的切线的条数为（ ）A0B1C2D3【答案】C【解析】直线过定点由题意可知：定点是曲线的对称中心，解得，所以曲线，f（x）= ，设切点M（x0，y0），则M纵坐标y0=，又f（x0）=，切线的方程为：又直线过定点，得-2=0，即解得：故可做两条切线故选C例2、【2018年新课标1理科05】设函数f（
2、x）x3+（a1）x2+ax若f（x）为奇函数，则曲线yf（x）在点（0，0）处的切线方程为（）Ay2xByxCy2xDyx【答案】D【解析】：函数f（x）x3+（a1）x2+ax，若f（x）为奇函数，可得a1，所以函数f（x）x3+x，可得f（x）3x2+1，曲线yf（x）在点（0，0）处的切线的斜率为：1，则曲线yf（x）在点（0，0）处的切线方程为：yx故选：D题型二、 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
3、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3、(2017南通、扬州、泰州、淮安三调）已知函数若函数恰有2个不同的零点，则实数a的取值范围是【答案】【解析】：函数恰有2个不同的零点，即方程恰有2个不相等的根，亦即方程（）和（）共有2个不相等的根.首先（）中，即，若，则都是方程的根，不符合题意，所以，因此（）中由解得，下面分情况讨论（1）若是方程（）的唯一根，则必须满足，即，此时方程（）必须再有唯一的一个根，即有唯一根，因为，由，得必须有满足的唯一根，首先，其次解得的负根需满足，从而解得，（2）若不是方程（）的唯一根，则必须满
4、足，即，此时方程（）必须有两个不相等的根，即有两个不相等的根，由，得适合，另外还有必须一满足的非零实根，首先，解得的正根需满足，从而解得，但前面已经指出，故，综合（1）、（2），得实数的取值范围为.例4、(2019南京学情调研）已知函数f(x)当x(，m时，f(x)的取值范围为16，)，则实数m的取值范围是_【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)的取值范围为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的取值范围进行确定当x0时，f(x)12xx3，所以f(x)123x
5、2.令f(x)0，则x2(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x0时的极小值为f(2)16.当x0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m2,8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三、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5、(2018无锡期末） 若函数f(x)(x1)2|xa|在区间1，2上单调递增，则实数a的取
6、值范围是_【答案】 (，1 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)(x1)2|xa|(x1)2(xa)|x3(2a)x2(12a)xa|.令g(x)x3(2a)x2(12a)xa，则g(x)3x2(42a)x12a(x1)(3x12a)令g(x)0得x11，x2.当1，即a0，即(x1)(3x12a)0，解得x1；令g(x)0，解得x1.所以g(x)的单调增区间是，(1，)，单调减区间是.又因为g(a)g(1)0，所以f(x)的单调增区间是，(1，)，单调减区间是(
7、，a)，满足条件，故a1，即a1时，令g(x)0，即(x1)(3x12a)0，解得x；令g(x)0，解得1x1，故a(此种情况函数f(x)图像如图3)综上，实数a的取值范围是(，1.,图3)例6、【吉林省通钢一中、集安一中、梅河口五中等省示范高中2020届高三（5月份）模拟】已知函数f(x)=x3+ax.（1）讨论fx在(a,+)上的单调性；（2）若a-3，求不等式f2x2-4x+3fx2+2的解集.【答案】（1）见解析；（2）2-3,2+3.【解析】（1）f(x)=3x2+a.当a0时，fx0，则fx在a,+上单调递增.当a0时，令fx=0，得x=-a3.（i）当a=-13时，-a3=a，令
8、fx0，得ax0，得x-a.所以fx得单调递减区间为a,-a，单调递增区间为-a,+.（ii）当aa，令fx0，得-a3x0，得ax-a3.所以fx得单调减区间为-a3,-a3，单调递增区间为a,-a3，-a3,+.（iii）当-13a0时，-a3a，令fx0，得ax0，得x-a3.所以fx的单调递减区间为a,-a3，单调递增区间为-a3,+.（2）因为a-3，所以fx=3x2+a3x2-3，当x1时，fx0，所以fx在1,+)上单调递增，因为2x2-4x+3=2(x-1)2+11，x2+21，所以2x2-4x+3x2+2，x2-4x+10解得2-3x2+3，故所求不等式的解集为2-3,2+3
9、.题型四、三次函数的极值与最值问题利用导数刻画函数的单调性，确定函数的极值；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7、（2020届浙江省温丽联盟高三第一次联考）若函数的极大值是，极小值是，则( )A与有关，且与有关B与有关，且与无关C与无关，且与无关D与无关，且与有关【答案】C【解析】，令，得
10、，或，当变化时，、的变化如下表：递增极大值递减极小值递增，故选：C例8、（2020届浙江省十校联盟高三下学期开学）已知函数，若函数有三个互不相同的零点0，其中，若对任意的，都有成立，则实数的最小值为_.【答案】【解析】因为，由题意可知：，是的根，则，当时，则存在的极大值点，且，由题意，将代入得，解可得又因为，结合二次函数的性质可知，得即的最小值故答案为：.例9、（2020届山东省潍坊市高三上期中）已知函数（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数处有极小值，求函数在区间上的最大值【答案】（1）；（2）.【解析】（1）当时，所以，又，所以曲线在点处切线方程为，即.（2）因为，因为函数处有极
11、小值，所以，所以由，得或，当或时，当时，所以在，上是增函数，在上是减函数，因为，所以的最大值为.例10、（2017江苏）已知函数有极值，且导函数的极值点是的零点（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：；（3）若这两个函数的所有极值之和不小于，求a的取值范围解析（1）有零点，即，又，解得，根据题意，即，化简得，又，所以，即；（2）设，而，故，即；（3）设为的两个极值点，令得，法一：记,所有极值之和为，则，而在上单调递减且，故法二：下面证明的图像关于中心对称，所以，所以，下同法一二、达标训练1、（2019山东师范大学附中高三月考）函数的
12、零点所在区间为（ ）ABCD【答案】C【解析】，由.故选：C2、【2014年新课标1理科11】已知函数f（x）ax33x2+1，若f（x）存在唯一的零点x0，且x00，则实数a的取值范围是（）A（1，+）B（2，+）C（，1）D（，2）【答案】D【解析】：f（x）ax33x2+1，f（x）3ax26x3x（ax2），f（0）1；当a0时，f（x）3x2+1有两个零点，不成立；当a0时，f（x）ax33x2+1在（，0）上有零点，故不成立；当a0时，f（x）ax33x2+1在（0，+）上有且只有一个零点；故f（x）ax33x2+1在（，0）上没有零点；而当x=2a时，f（x）ax33x2+1在（
13、，0）上取得最小值；故f（2a）=8a2-34a2+10；故a2；综上所述，实数a的取值范围是（，2）；故选：D3、【2013年新课标2理科10】已知函数f（x）x3+ax2+bx+c，下列结论中错误的是（）Ax0R，f（x0）0B函数yf（x）的图象是中心对称图形C若x0是f（x）的极小值点，则f（x）在区间（，x0）单调递减D若x0是f（x）的极值点，则f（x0）0【答案】解：f（x）3x2+2ax+b（1）当4a212b0时，f（x）0有两解，不妨设为x1x2，列表如下x（，x1）x1（x1，x2）x2（x2，+）f（x）+00+f（x）单调递增极大值单调递减极小值单调递增由表格可知：x
14、2是函数f（x）的极小值点，但是f（x）在区间（，x2）不具有单调性，故C不正确f(-2a3-x)+f（x）=(-2a3-x)3+a(-2a3-x)2+b(-2a3-x)+c+x3+ax2+bx+c=427a3-2ab3+2c，f(-a3)=(-a3)3+a(-a3)2+b(-a3)+c=227a3-ab3+c，f(-2a3-x)+f（x）=2f(-a3)，点P(-a3，f(-a3)为对称中心，故B正确由表格可知x1，x2分别为极值点，则f(x1)=f(x2)=0，故D正确x时，f（x）；x+，f（x）+，函数f（x）必然穿过x轴，即xR，f（x）0，故A正确（2）当0时，f(x)=3(x+a
15、3)20，故f（x）在R上单调递增，此时不存在极值点，故D正确，C不正确；B同（1）中正确；x时，f（x）；x+，f（x）+，函数f（x）必然穿过x轴，即x0R，f（x0）0，故A正确综上可知：错误的结论是C由于该题选择错误的，故选：C4、【2020届百师联盟高三练习题四】若函数f(x)=x3+2ax2+ax-1在(0,1)上存在唯一极值点，则实数a的取值范围是_.【答案】-35,0【解析】由三次函数图象特点知，其最多有1个极大值点和1个极小值点.f(x)=3x2+4ax+a，若f(x)在(0,1)上存在唯一极值点，则f(0)f(1)0a(3+4a+a)0a-35,0.故答案为：-35,0.5
16、、【2019届福建省宁德市高三质量检查】若函数f(x)=ex-a,x-a，当x1时，y=x3-3x2，此时y=3x2-6x=3xx-2y=x3-3x2在1,2上单调递减，在2，+上单调递增，y=x3-3x2在1，+上的最小值为-4，若函数fx=ex-a,x0时，yx3(k12)x2，当x0时，y20，故它要经过第一象限和第四象限，则存在x0，使yx3(k12)x2x2，即k12.令h(x)x2(x0)，h(x)2x，当x1时，h(x)0，h(x)在(1，)上递增；当0x1时，h(x)3，即k9.当x0时，y|x3|(kx1)，当x0时，y20，故它要经过第二象限和第三象限，则存在x0，使y|x
17、3|(kx1)0，则k，即kmax.令(x)易知(x)在(，3上单调递增，在(3，0)上单调递减，当x3时取得极大值，也是最大值，(x)max(3)，故k0时，f(x)x312x3，f(x)3x2123(x2)(x2)，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)130时，在(0，)必有交点，在(，0)区间内，需满足0k.当k0)图像的切线即可，设切点为(x0，x12x03)，由k3x12，解得x01，切线斜率k9，所以k(9，0)当k0也符合题意综上可知实数k的取值范围为.7、(2018苏中三市、苏北四市三调）已知函数的图象恰好经过三个象限，则实数的取值范围
18、是【答案】a0或a2【解析】当a0时，的图象经过两个象限，在（0，+）恒成立，所以图象仅在第一象限，所以a0时显然满足题意； 当a0时，的图象仅经过第三象限，（图14（1）l0OxyP 由题意的图象需经过第一、二象限 【解法1】（图像法）与在y轴右侧的图象有公共点（且不相切） 如图，=，设切点坐标为，则有，解得,所以临界直线的斜率为2，所以a2时，符合综上，a0或a2【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，则存在，使得即设函数，当，在(0,1)单调递减，在（1，2）单调递增，又时，函数为增函数，所以函数的最小值为2，所以a2，则实数的取值范围为a0或a28、【2020年
19、全国3卷理科21】设函数f(x)=x3+bx+c，曲线y=f(x)在点(12，f(12)处的切线与y轴垂直（1）求b（2）若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1【答案】（1）b=-34；（2）证明见解析【解析】（1）因为f(x)=3x2+b，由题意，f(12)=0，即3122+b=0则b=-34；（2）由（1）可得f(x)=x3-34x+c，f(x)=3x2-34=3(x+12)(x-12)，令f(x)0，得x12或x-12；令f(x)0，得-12x0或f(1)14或c14时，f(-1)=c-140,f(-12)=c+140,f(12)=c-140,f(
20、1)=c+140，又f(-4c)=-64c3+3c+c=4c(1-16c2)0，由零点存在性定理知f(x)在(-4c,-1)上存在唯一一个零点x0，即f(x)在(-,-1)上存在唯一一个零点，在(-1,+)上不存在零点，此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当c-14时，f(-1)=c-140,f(-12)=c+140,f(12)=c-140,f(1)=c+140，由零点存在性定理知f(x)在(1,-4c)上存在唯一一个零点x0，即f(x)在(1,+)上存在唯一一个零点，在(-,1)上不存在零点，此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；综上，f(x)所有零点的绝对值都
21、不大于1.9、【2019年新课标3理科20】已知函数f（x）2x3ax2+b（1）讨论f（x）的单调性；（2）是否存在a，b，使得f（x）在区间0，1的最小值为1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由【答案】解：（1）f（x）6x22ax6x（x-2a3）令f（x）6x（x-2a3）0，解得x0，或2a3a0时，f（x）6x20，函数f（x）在R上单调递增a0时，函数f（x）在（，0），（2a3，+）上单调递增，在（0，2a3）上单调递减a0时，函数f（x）在（，2a3），（0，+）上单调递增，在（2a3，0）上单调递减（2）由（1）可得：a0时，函数f（x）在0，1上单
22、调递增则f（0）b1，f（1）2a+b1，解得b1，a0，满足条件a0时，函数f（x）在0，2a3上单调递减2a31，即a32时，函数f（x）在0，1上单调递减则f（0）b1，f（1）2a+b1，解得b1，a4，满足条件02a31，即0a32时，函数f（x）在0，2a3）上单调递减，在（2a3，1上单调递增则f（2a3）=28a327-a4a29+b1，而f（0）b，f（1）2a+bb，f（1）2a+b1，联立解得：无解，舍去a0时，函数f（x）在0，1上单调递增，则f（0）b1，f（1）2a+b1，解得b1，a0，不满足条件，舍去综上可得：存在a，b，使得f（x）在区间0，1的最小值为1且最
23、大值为1a，b的所有值为：a=0b=-1，或a=4b=110、(2019苏州期末）已知函数f(x)ax3bx24a(a，bR)(1) 当ab1时，求f(x)的单调增区间；(2) 当a0时，若函数f(x)恰有两个不同的零点，求的值；(3) 当a0时，若f(x)0，解得x0或x，所以f(x)的单调增区间是和(0，)(4分)(2)法一：f(x)3ax22bx，令f(x)0，得x0或x，(6分)因为函数f(x)有两个不同的零点，所以f(0)0或f0.当f(0)0时，得a0，不合题意，舍去；(8分)当f0时，代入得ab4a0，即40，所以3.(10分)法二：由于a0，所以f(0)0，由f(x)0得，x(
24、x0)(6分)设h(x)x，h(x)1，令h(x)0，得x2，当x(，2)时，h(x)0，h(x)递增，当x(0，)时，h(x)0，h(x)单调递增，当x0时，h(x)的值域为R，故不论取何值，方程x恰有一个根2，此时函数f(x)a(x2)2(x1)恰有两个零点2和1.(10分)(3)当a0时，因为f(x)lnx，所以bx20)，当b0时，因为g(x)0，所以g(x)在(0，)上递增，且g(1)b0，所以在(1，)上，g(x)lnxbx20，不合题意；(11分)当b0时，令g(x)0，得x，所以g(x)在递增，在递减，所以g(x)maxgln，要使g(x)0有解，首先要满足ln0，解得b.(13分)又因为g(1)b0，要使f(x)lnx的解集(m，n)中只有一个整数，则即解得b0，h(x)递增；当x(e，)时，h(x)h(2)，所以，所以由和得，b.(16分)
