2023届高考数学二轮复习 微专题36 三次函数的图象与性质学案.docx

1、微专题36三次函数的图象与性质三次函数f(x)ax3bx2cxd(a0)具有丰富的性质，利用导数研究这些性质，其研究的过程与方法具有普适性、一般性和有效性，可以迁移到其他函数的研究中本专题主要研究三次函数的单调性、极值、最值、对称性等，并在研究的过程中体会数形结合、分类与整合、化归与转化等思想方法.例题：已知函数f(x)x3ax2bx1(a0，bR)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：b23a；(3)若f(x)，f(x)这两个函数的所有极值之和不小于，求a的取值范围变式1设函数f(x)

2、x3x21，其中a0，若过点(0，2)可作曲线yf(x)的三条不同切线，求实数a的取值范围变式2设函数f(x)x(x1)(xa)(其中a1)有两个不同的极值点x1，x2，若不等式f(x1)f(x2)0成立，求实数a的取值范围串讲1设f(x)x3x2ax有两个极值点x1，x2，若过两点(x1，f(x1)，(x2，f(x2)的直线l与x轴的交点在曲线yf(x)上，求实数a的值串讲2已知函数f(x)x3x2axb的图象在点P(0，f(0)处的切线方程为y3x2.(1)求实数a，b的值；(2)设g(x)f(x)是2，)上的增函数求实数m的最大值；当m取最大值时，是否存在点Q，使得过点Q的直线若能与曲线

3、yg(x)围成两个封闭图形，则这两个封闭图形的面积总相等？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由(2018苏州期末)已知函数f(x)x33x2(2t)x，f(x)为f(x)的导函数，其中tR.(1)当t2时，求函数f(x)的单调区间；(2)若方程f(x)0有三个互不相同的根0，其中.是否存在实数t，使得成立？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由若对任意的x，不等式f(x)16t恒成立，求t的取值范围(2018苏锡常镇二模)已知函数f(x)x3ax2bx1，a，bR.(1)若a2b0，当a0时，求函数f(x)的极值(用a表示)；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

4、差数列？若存在，试求出a的值；若不存在，请说明理由；(2)函数f(x)图象上点A处的切线l1与f(x)的图象相交于另一点B，在点B处的切线为l2，直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，且k24k1，求a，b满足的关系式答案：(1)1，存在a；(2)a23b.解析：(1)由f(x)3x22axb及a2b0，得f(x)3x22axa2，令f(x)0，解得x或xa.2分由a0知，x(，a)，f(x)0，f(x)单调递增，x，f(x)0，f(x)单调递减，x，f(x)0，f(x)单调递增，因此，f(x)的极大值为f(a)1a3，f(x)的极小值为f1.4分当a0时，b0，此时f(x)x31不存在三个相

5、异零点；当a0时，与同理可得f(x)的极小值为f(a)1a3，f(x)的极大值为f1.要使f(x)有三个不同零点，则必须有(1a3)0，即a31或a3.6分不妨设f(x)的三个零点为x1，x2，x3，且x1x2x3，则f(x1)f(x2)f(x3)0，f(x1)x13ax12a2x110，f(x2)x23ax22a2x210，f(x3)x33ax32a2x310，得(x2x1)(x22x1x2x12)a(x2x1)(x2x1)a2(x2x1)0，因为x2x10，所以x22x1x2x12a(x2x1)a20，同理x32x3x2x22a(x3x2)a20，得x2(x3x1)(x3x1)(x3x1)

6、a(x3x1)0，因为x3x10，所以x2x3x1a0，又x1x32x2，所以x2.9分所以f0，即a2a2，即a31，因此，存在这样实数a满足条件.12分(2) 设A(m，f(m)，B(n，f(n)，则k13m22amb，k23n22anb，又k1m2mnn2a(mn)b，由此可得3m22ambm2mnn2a(mn)b，化简得na2m，因此，k23(a2m)22a(a2m)b12m28ama2b，所以，12m28amba24(3m22amb)，所以a23b.16分微专题36例题答案：(1)b，定义域为(3，)；(2)略；(3)(3，6解析：(1)由f(x)x3ax2bx1，得f(x)3x22

7、axb3b.x时，f(x)有极小值，f(x)的极值点是f(x)的零点，f0，即ab10，化简得ba2，又函数f(x)有极值，f(x)3x22axb中4a212b0，即a23b，即a2a2.a0，解得a3，于是b，定义域为(3，)(2)证法1：设g(a)b23aa4a(4a327)(a327)，a3，g(a)0，即b23a；证法2：由(1)知，令ta，设g(t)，则g(t)，当t时，g(t)0，从而g(t)在上单调递增，a3，a3，g(a)g(3)，即，即b23a；(3)设x1，x2为f(x)的两个极值点，令f(x)0得x1x2，x1x2，解法1：f(x1)f(x2)x13x23a(x12x22

8、)b(x1x2)2(x1x2)(x1x2)23x1x2a(x1x2)22x1x2b(x1x2)2a3ab2a3a20.记f(x)，f(x)所有极值之和为S(a)，f(x1)f(x2)0，fb，则S(a)f(x1)f(x2)fb，S(a)，S(a)0对a(3，)恒成立，S(a)在a(3，)上单调递减，且S(6)，故3a6.解法2：首先证明f(x)的图象关于中心对称，f(x)x3ax2bx11f，所以ff2f0，所以f(x1)f(x2)0，下同法一说明：利用三次函数的对称中心，可使解题有的放矢，事半功倍变式联想变式1答案：(，)解析：f(x)x2ax，设切点为(t，f(t)，切线方程为y(t2at

9、)(xt)t3t21，代入(0，2)化简可得t3t210，设g(t)t3t21，令g(t)0，有t10，t20.过点(0，2)可以作曲线yf(x)的三条切线，g(t)0有三个不同的根，故解得a，实数a的取值范围是(，)变式2答案：2，)解法1由f(x1)f(x2)0得x13x23(a1)(x12x22)a(x1x2)0，此不等式化为(x1x2)(x1x2)23x1x2(a1)(x1x2)22x1x2a(x1x2)0.又f(x)x(x1)(xa)，所以f(x)3x22(1a)xa，所以代入上述不等式并化简得2a25a20，解得a2，即实数a的取值范围为2，)解法2由例题的过程可得出如下结论：函数

10、f(x)ax3bx2cxd(a0)是中心对称图形，其对称中心为，若f(x)有极值点x1，x2，则它的对称中心就是(x1，f(x1)和(x2，f(x2)的中点，即ff(读者可自行证明)应用此结论，得到如下解法：f(x1)f(x2)0f0，即f0，即0，解得a2，即实数a的取值范围为2，)串讲激活串讲1答案：0或或.解析：f(x)x22xa，设x1，x2为f(x)0的两个根，由题意知直线l的斜率k(a1)，直线过(x1，f(x1)，(x2，f(x2)则必过对称中心，即，则直线l的方程为y(a1)(x1)令y0，则x，又在曲线上，代入得a0，解得a的值为0或或.串讲2答案：(1)a3，b2；(2)3

11、；存在Q.解法1(1)由f(x)x22xa及题设可得即(2)g(x)x3x23x2，得g(x)x22x3，g(x)是2，)上的增函数，g(x)0对x2，)恒成立，即x22x30对x2，)恒成立，设t(x1)21，)，即t20对t1，)恒成立，当m0时，t20对t1，)恒成立；当m0时，设(t)t2，t1，)，(t)10，函数(t)t2在1，)上单调递增，(t)min3m0，即m3，又m0，故0m3，综上，m的最大值为3.由得g(x)x3x23x2，其图象关于点Q成中心对称，证明如下：g(x)x3x23x2，g(2x)(2x)3(2x)23(2x)2x3x23x，g(x)g(2x)，此式表明，若

12、点A(x，y)为函数g(x)在图象上的任意一点，则点B也一定在函数g(x)的图象上，而线段AB中点恒为点Q，即函数g(x)的图象关于点Q成中心对称这也就表明，存在点Q，使得过点Q的直线若能与函数g(x)的图象围成两个封闭图形，则这两个封闭图形的面积总相等解法2(1)由f(x)x22xa及题设可得即(2)g(x)x3x23x2，得g(x)x22x3，g(x)在2，)上的增函数，g(x)0对x2，)恒成立，即x22x30对x2，)恒成立，设t(x1)21，)，即t20对t1，)恒成立，mt22t对t1，)恒成立，令h(t)t22t，t1，)，可得h(t)min3，故m3，即m的最大值为3.由得g(

13、x)x3x23x2，将函数g(x)的图象向左平移1个长度单位，再向下平移个长度单位，所得图象相应的函数解析式为G(x)x32x，x(，0)(0，)，G(x)G(x)，G(x)为奇函数，故G(x)的图象关于坐标原点成中心对称，由此即得函数g(x)的图象关于点Q成中心对称，这也表明，存在点Q，使得过点Q的直线若能与函数g(x)的图象围成两个封闭图形，则这两个封闭图形的面积总相等新题在线答案：(1)增区间为(，0)和(2，)，减区间为(0，2)；(2)不存在；(2，11解析：(1)当t2时，f(x)3x26x，令f(x)3x26x0，得x2或x0，f(x)的单调增区间为(，0)和(2，)；令f(x)

14、3x26x0，得0x2，f(x)的单调减区间为(0，2)(2)由题意知，是方程x23x(2t)0的两个实根，1(3)24(2t)0，得t.且3，2t，2252t，由成立得，af()f()，得3(22)6()(2t)0，代入得3(52t2t)63(2t)0，即52t0，解得t，因为t，这样的实数t不存在因为对任意的x，f(x)16t恒成立由3，2t，1当t2时，有0，对x，f(x)0，016t，解得t16.t2.2当t2时，有0，f(x)3x26x(2t)中(6)212(2t)12(t1)0.由f(x)0，得x或x，此时f(x)存在极大值点x1(，0)，且x1.由题意得f(x1)x133x12(2t)x116t，将x1代入化简得(t1)72，解得t11.2t11.综上，t的取值范围是(2，11