2023届新高考数学专题复习 专题26 三次函数的图像与性质（教师版）.docx

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（）A0 B1 C2 D3【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 10

2、()kxykk R325(0)3yaxbxab112233()()()A xyB xyC xy，123()xxx()ba，10kxykkR 1,11,1325:03E yaxbxb51313abba 131ab 3215:33E yxx1,1 3b a，22xx 32001533xx2002xx3220000015y233xxxxxx11 3，3220000011521333xxxxx 30 x03x3000210 xxx2000120 xxx021x 或例 2、【2018 年新课标 1 理科 05】设函数 f（x）x3+（a1）x2+ax若 f（x）为奇函数，则曲线 yf（x）在点（0，0）

3、处的切线方程为（）Ay2x Byx Cy2x Dyx【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

4、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3()3.xxaf xxxxa，若函数()2()g xf xax恰有2 个不同的零点，则实数 a 的取值范围是【答案】3(2)2，【解析】：函数()2()g xf xax恰有 2 个不同的零点，即方程 2()0f xax恰有 2 个不相等的根，亦即方程（）20 xaxax和（）3260 xaxxax共有 2 个不相等的根.首先（）中 20 xax，即(2)0a x，若2a，则2x 都是方程20 xax的根，不符合题意，所以2a，因此（）中由20 xax解得0 x，下面分情况讨论（1

5、）若0 x 是方程（）的唯一根，则必须满足0a，即0a，此时方程（）必须再有唯一的一个根，即30260 xaxxax有唯一根，因为0 x，由3260 xx ax，得226xa必须有满足0 xa的唯一根，首先60a，其次解得的负根需满足602aa，从而解得302a，（2）若0 x 不是方程（）的唯一根，则必须满足0a，即0a，此时方程（）必须有两个不相等的根，即30260axaxxax 有两个不相等的根，由3260 xxax，得0 xa适合，另外226xa还有必须一满足,0 xa a的非零实根，首先 60a，解得的正根需满足62aa，从而解得02a，但前面已经指出2a，故02a，综合（1）、（2

6、），得实数a 的取值范围为3(,2)2.例 4、(2019 南京学情调研）已知函数 f(x)12xx3，x0，2x，x0.)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)123x2.令 f(x)0，则 x2(正值舍去)，所以当 x(，2)时，f(x)0，此时 f

7、(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 的取值范围是_【答案】(，172，思路分析

8、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，x22a13.当2a131，即 a0，即(x1)(3x12a)0，解得 x1；令 g(x)0，解得2a13x1.所以 g(x)的单调增区间是，2a13，(1，)，单调减区间是2a13，1.又因为 g(a)g(1)0，所以 f

9、(x)的单调增区间是a，2a13，(1，)，单调减区间是(，a)，2a13，1，满足条件，故 a1，即 a1 时，令 g(x)0，即(x1)(3x12a)0，解得 x2a13；令 g(x)0，解得1x1，故 a72(此种情况函数 f(x)图像如图 3)综上，实数 a 的取值范围是(，172，.,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()=3+.（1）讨论()在(,+)上的单调性；（2）若 3，求不等式(22 4+3)(2+2)的解集.【答案】（1）见解析；（2）(2 3,2+3).【解析】（1）()=32+.当 0时，()

10、0，则()在(,+)上单调递增.当 0时，令()=0，得=3.（i）当=13时，3=，令()0，得 0，得 .所以()得单调递减区间为(,)，单调递增区间为(,+).（ii）当 ，令()0，得3 0，得 3.所以()得单调减区间为(3,3)，单调递增区间为(,3)，(3,+).（iii）当13 0时，3 ，令()0，得 0，得 3.所以()的单调递减区间为(,3)，单调递增区间为(3,+).（2）因为 3，所以()=32+32 3，当 1时，()0，所以()在1,+)上单调递增，因为22 4+3=2(1)2+1 1，2+2 1，所以22 4+3 2+2，2 4+1 0 解得2 3 2+3，故所

11、求不等式的解集为(2 3,2+3).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

12、D与无关，且与有关【答案】C【解析】，令，得，或，当变化时，、的变化如下表：3()()3f xxaxbMmMmabababab3()()3f xxaxb2()3()3f xxa2()3()30f xxa1xa1xax()fx()f xx,1a1xa1,1aa1xa1,a 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 3230,f xxxax aaR，若函数 f x有三个互不相同的零点 0，1t，2t，其中 12tt，若对任意的12,xt t，都有 14f xa成立，则实数a 的最小值为_.【答案】9 【解析】因为322()3(3)f

13、xxxaxx xxa，由题意可知：1t，2t 是230 xxa的根，则 123tt，120t ta，940a，0a，120tt，当 120tt时，26()3fxxxa，则存在()f x 的极大值点11(xt，0)，且21136axx，由题意，321111()()314maxf xf xxxaxa，将21136axx 代入得31(3)8x，解可得110 x 又因为21136axx，结合二次函数的性质可知，09a ，得 90a即a 的最小值 9 故答案为：9.()fx00()f x(1)1 3123f aabMab (1)1 3123mf aabab 4Mm例 9、（2020 届山东省潍坊市高三上

14、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32()1(0,)f xxaxbxabR 有极值，且导函数()fx 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：33ba；（3）若(),()f xfx 这两个函数的所有极值

15、之和不小于72，求 a 的取值范围 32112f xxxax2a yf x 0,0f 1f xx 在 f x32,2210 xy 49272a 321()212f xxxx2()32fxxx(0)2f(0)1f yf x 0,0f12yx 210 xy 2()3fxxxa 1f xx 在(1)202faa 2()32fxxx 0fx23x 1x 23x 1x 0fx213x()0fx f x22,331,22,13249327f 3124f f x249327f 解析（1）2()32fxxaxb有零点，24120ab，即23ab，又()620f xxa，解得3ax ，根据题意，()03af，即

16、3210333aaaab，化简得2239baa，又203aab，所以3a ，即223(3)9baaa；（2）设2433224591()3(427)(27)81381g abaaaaaaa，而3a ，故()0g a，即23ba；（3）设12,x x 为()f x 的两个极值点，令()0fx 得12122,33bax xxx，法一：332212121212()()()()2f xf xxxa xxb xx 2212121 2121 212()()3()2()2xxxxx xa xxx xb xx 3324242232()202732739aabaaaa 记()f x,()fx所有极值之和为()S

17、a，12()()0f xf x，2()33aafb，则221237()()()()3392aaaS af xf xfba，而23()()3aS aa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(,()33aaf中心对称，233232()1()()()1333327aaaabaf xxaxbxxbx 23()()()()3333aaaaxbxf，所以()()2()0333aaafxfxf，所以12()()0f xf x，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 312xf xx的零点所在区间为（）A1,0 B10,2 C 1,

18、12 D1,2 【答案】C【解析】311(1)(1)()302f ，301(0)0()102f ，13211112()()()022282f，31111(1)1()10222f，321115(2)2()80222f，由 1102ff.故选：C 2、【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

19、，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=2时，f（x）ax33x2+1 在（，0）上取得最小值；故 f（2）=82 342+10；故 a2；综上所述，实数 a 的取值范围是（，2）；故选：D 3、【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（）A x0R，f（x0）0 B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

20、 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）+0 0+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：x2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(23 )+f（x）=(23 )3+(23 )2+(23 )+x3+ax2+bx+c=427 3 23+2c，(3)=(3)3+(3)2+(3)+=227 3 3+，(23 )+f（x）=2(3)，点 P(3，(3)为对称中心，

21、故 B 正确 由表格可知 x1，x2分别为极值点，则(1)=(2)=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，()=3(+3)2 0，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：C 4、【2020 届百师联盟高三练习题四】若函数()=3+22+1在(0,1)上存在唯一极值点，则实数的取值范围是_

22、.【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.()=32+4+，若()在(0,1)上存在唯一极值点，则(0)(1)0 (3+4+)0 (35,0).故答案为：(35,0).5、【2019 届福建省宁德市高三质量检查】若函数()=e ,，当 1时，=3 32，此时=32 6=3(2)=3 32在(1,2)上单调递减，在(2，+)上单调递增，=3 32在1，+)上的最小值为4，若函数()=e ,0 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)x2x22x，即 k12x22x min

23、.令 h(x)x22x(x0)，h(x)2x2x22（x31）x2，当 x1 时，h(x)0，h(x)在(1，)上递增；当 0 x1 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|x3|(kx1)0，则 k|x3|1x，即 k|x3|1xmax.令(x)|x3|1x错误!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)13，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

24、，)上单调递增，且 f(2)130 时，在(0，)必有交点，在(，0)区间内，需满足 0k13.当 k0)图像的切线即可，设切点为(x0，x3012x03)，由 k3x2012x3012x031x0，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9，13.7、(2018 苏中三市、苏北四市三调）已知函数310()2 0axxf xxaxxx，的图象恰好经过三个象限，则实数a 的取值范围是【答案】a0 或 a2【解析】当 a0 时，10yaxx，的图象经过两个象限，3|2|0yxaxx在（0，+）恒成立，所以图象仅在第一象限，所以 a0 时显

25、然满足题意；当 a0 时，10yaxx，的图象仅经过第三象限，由题意 3|2|0yxaxxx，的图象需经过第一、二象限 【解法 1】（图像法）3|2|yxx与 yax在 y 轴右侧的图象有公 共点（且不相切）如图，3|2|yxx=332,022,2xxxxxx-+，设切点坐标为3000(,2)xxx+-，231yx=-，则有320000231xxxx-+-=，解得01x=,所以临界直线0l 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()g x在0 x，使得3|2|0,yxaxx=-+-+设函数22221,02|

26、2|()21,2xxxxg xxxxxx+-，当02x时，函数为增函数，所以函数的最小值为 2，所以a2，则实数a 的取值范围为 a0 或 a2 8、【2020 年全国 3 卷理科 21】设函数()=3+，曲线=()在点(12，f(12)处的切线与y 轴垂直（1）求 b（2）若()有一个绝对值不大于 1 的零点，证明：()所有零点的绝对值都不大于 1【答案】（1）=34；（2）证明见解析【解析】（1）因为()=32+，由题意，(12)=0，即3 (12)2+=0 则=34；（2）由（1）可得()=3 34 +，()=32 34=3(+12)(12)，令()0，得 12或 12；令()0，得12

27、 0或(1)14或 14时，(1)=14 0,(12)=+14 0,(12)=14 0,(1)=+14 0，又(4)=643+3+=4(1 162)0，由零点存在性定理知()在(4,1)上存在唯一一个零点0，即()在(,1)上存在唯一一个零点，在(1,+)上不存在零点，此时()不存在绝对值不大于 1 的零点，与题设矛盾；当 14时，(1)=14 0,(12)=+14 0,(12)=14 0,(1)=+14 0，由零点存在性定理知()在(1,4)上存在唯一一个零点0，即()在(1,+)上存在唯一一个零点，在(,1)上不存在零点，此时()不存在绝对值不大于 1 的零点，与题设矛盾；综上，()所有零

28、点的绝对值都不大于 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（x23）令 f（x）6x（x23）0，解得 x0，或23 a0 时，f（x）6x20，函数 f（x）在 R 上单调递增 a0 时，函数 f（x）在（，0），（23，+）上单调递增，在（0，23）上单调递减 a0 时，函数 f（x）在（，23），（0，+）上单调递增，在（23，0）上单调递减（2）

29、由（1）可得：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，满足条件 a0 时，函数 f（x）在0，23 上单调递减 23 1，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 023 1，即 0a32时，函数 f（x）在0，23）上单调递减，在（23，1上单调递增则 f（23）=2 8327 a429+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，a

30、0，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 且最大值为 1 a，b 的所有值为：=0=1，或=4=1 10、(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ba的值；(3)当 a0 时，若 f(x)0，解得 x0 或 x23，所以 f(x)的单调增区间是，23 和(0，)(4 分)(2)法一：f(x)3ax22bx，令 f(x)0，得 x0 或 x2b3a，(6 分)因为函数 f(x)有两个不同的零点，所以 f(0)0 或 f2

31、b3a 0.当 f(0)0 时，得 a0，不合题意，舍去；(8 分)当 f2b3a 0 时，代入得 a2b3a b2b3a24a0，即 827ba349ba340，所以ba3.(10 分)法二：由于 a0，所以 f(0)0，由 f(x)0 得，ba4x3x2 4x2x(x0)(6 分)设 h(x)4x2x，h(x)8x31，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ba取何值，方程ba4x3x2 4x2x 恰有一个根2，此时函数 f(x)a(x2)2(x1)恰有两个零点2 和

32、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)12bx2x0，得 x12b，所以 g(x)在0，12b 递增，在12b，递减，所以 g(x)maxg12b ln12b12，要使 g(x)0 有解，首先要满足 ln12b120，解得 b 12e.(13 分)又因为 g(1)b0，要使 f(x)0，g（3）0，即ln24b0，ln39b0，解得ln39 b0，h(x)递增；当 x(e，)时，h(x)h(2)ln22，所以 12eln24，所以由和得，ln39 bln24.(16 分)