专题26 三次函数的图像与性质-2021年高考数学微专题复习（新高考地区专用）练习

这是一份专题26 三次函数的图像与性质-2021年高考数学微专题复习（新高考地区专用）练习，文件包含专题26三次函数的图像与性质原卷版docx、专题26三次函数的图像与性质解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。

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（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【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（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax．若f（x）为奇函数，则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为（　　　　）
A．y＝﹣2x B．y＝﹣x C．y＝2x D．y＝x
【答案】D
【解析】：函数f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax，若f（x）为奇函数，
可得a＝1，所以函数f（x）＝x3+x，可得f′（x）＝3x2+1，
曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线的斜率为：1，
则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为：y＝x．
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（Ⅰ）和（Ⅱ）共有2个不相等的根.
首先（Ⅰ）中，即，若，则都是方程的根，不符合题意，所以，因此（Ⅰ）中由解得，下面分情况讨论
（1）若是方程（Ⅰ）的唯一根，则必须满足，即，此时方程（Ⅱ）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（Ⅰ）的唯一根，则必须满足，即，此时方程（Ⅱ）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x≤0时，f(x)＝12x－x3，所以f′(x)＝12－3x2.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)＝(x＋1)2|x－a|在区间[－1，2]上单调递增，则实数a的取值范围是________．
【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)＝(x＋1)2|x－a|＝|(x＋1)2(x－a)|＝|x3＋(2－a)x2＋(1－2a)x－a|.
令g(x)＝x3＋(2－a)x2＋(1－2a)x－a，则
g′(x)＝3x2＋(4－2a)x＋1－2a＝(x＋1)(3x＋1－2a)．
令g′(x)＝0得x1＝－1，x2＝.
①当<－1，即a<－1时，
令g′(x)>0，即(x＋1)(3x＋1－2a)>0，解得x<或x>－1；令g′(x)<0，解得 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(－∞，a)，，满足条件，故a<－1(此种情况函数f(x)图像如图1)．
,图1)
②当＝－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>－1，即a>－1时，
令g′(x)>0，即(x＋1)(3x＋1－2a)>0，解得x<－1或x>；令g′(x)<0，解得－1 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，(a，＋∞)，单调减区间是(－∞，－1)，，要使f(x)在[－1，2]上单调递增，必须满足2≤，即a≥，又因为a>－1，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+3 【答案】（1）见解析；（2）2−3,2+3.
【解析】（1）f'(x)=3x2+a.
当a≥0时，f'x≥0，则fx在a,+∞上单调递增.
当a<0时，令f'x=0，得x=±−a3.
（i）当a=−13时，−−a3=a，
令f'x<0，得a0，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a<−13时，−−a3>a，
令f'x<0，得−−a30，得a−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−13 令f'x<0，得a0，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+a≥3x2−3，当x≥1时，f'x≥0，
所以fx在[1,+∞)上单调递增，
因为2x2−4x+3=2(x−1)2+1≥1，x2+2>1，
所以2x2−4x+3 解得2−3

题型四、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，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）函数的零点所在区间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】，，
，，
，由.
故选：C
2、【2014年新课标1理科11】已知函数f（x）＝ax3﹣3x2+1，若f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，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）＝ax3﹣3x2+1，
∴f′（x）＝3ax2﹣6x＝3x（ax﹣2），f（0）＝1；
①当a＝0时，f（x）＝﹣3x2+1有两个零点，不成立；
②当a＞0时，f（x）＝ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上有零点，故不成立；
③当a＜0时，f（x）＝ax3﹣3x2+1在（0，+∞）上有且只有一个零点；
故f（x）＝ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上没有零点；
而当x=2a时，f（x）＝ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上取得最小值；
故f（2a）=8a2−3•4a2+1＞0；
故a＜﹣2；
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．∃x0∈R，f（x0）＝0
B．函数y＝f（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△＝4a2﹣12b＞0时，f′（x）＝0有两解，不妨设为x1＜x2，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：
①x2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．
②∵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．
③由表格可知x1，x2分别为极值点，则f'(x1)=f'(x2)=0，故D正确．
④∵x→﹣∞时，f（x）→﹣∞；x→+∞，f（x）→+∞，函数f（x）必然穿过x轴，即∃xα∈R，f（xα）＝0，故A正确．
（2）当△≤0时，f'(x)=3(x+a3)2≥0，故f（x）在R上单调递增，①此时不存在极值点，故D正确，C不正确；
②B同（1）中②正确；
③∵x→﹣∞时，f（x）→﹣∞；x→+∞，f（x）→+∞，函数f（x）必然穿过x轴，即∃x0∈R，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)<0⇔a⋅(3+4a+a)<0⇒a∈−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f(x)=ex−a,x<1x3−3x2,x≥1有最小值，则实数a的取值范围为______．
【答案】(−∞,4]
【解析】y=ex−a在−∞，1上单调递增，
∴y=ex−a>−a，
当x≥1时，y=x3−3x2，此时y'=3x2−6x=3xx−2
∴y=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,x<1x3−3x2,x≥1有最小值，
则−a≥−4，即a≤4，
故答案为−∞,4
6、(2019南京、盐城二模）已知函数f(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的取值范围为________．
【答案】 　
【解析】解法1　y＝若其图像经过四个象限．
①当x>0时，y＝x3－(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＝x3－(k＋12)x＋2<0，则k＋12>x2＋，即k＋12>.令h(x)＝x2＋(x>0)，h′(x)＝2x－＝，当x>1时，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上递增；当03，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<，即k 综上，由①②得实数k的取值范围为.
解法2　可根据函数解析式画出函数图像，当x>0时，f(x)＝x3－12x＋3，f′(x)＝3x2－12＝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 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)＝x3－12x＋3(x>0)图像的切线即可，设切点为(x0，x－12x0＋3)，由k＝3x－12＝，解得x0＝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，则实数的取值范围是 ▲ ．
【答案】a＜0或a＞2
【解析】当a＜0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a＜0时显然满足题意；
当a≥0时，的图象仅经过第三象限，
（图14（1））

l0
O
x
y
P

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a＞2，则实数的取值范围为a＜0或a＞2．

8、【2020年全国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3×122+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x>12或x<−12；令f'(x)<0，得−12 所以f(x)在(−12,12)上单调递减，在(−∞,−12)，(12,+∞)上单调递增，
且f(−1)=c−14,f(−12)=c+14,f(12)=c−14,f(1)=c+14，
若f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x0，则f(−1)>0或f(1)<0，
即c>14或c<−14.
当c>14时，f(−1)=c−14>0,f(−12)=c+14>0,f(12)=c−14>0,f(1)=c+14>0，
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−14<0,f(−12)=c+14<0,f(12)=c−14<0,f(1)=c+14<0，
又f(−4c)=64c3+3c+c=4c(1−16c2)>0，
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不大于1.
9、【2019年新课标3理科20】已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+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）＝6x2﹣2ax＝6x（x−2a3）．
令f′（x）＝6x（x−2a3）＝0，解得x＝0，或2a3．
①a＝0时，f′（x）＝6x2≥0，函数f（x）在R上单调递增．
②a＞0时，函数f（x）在（﹣∞，0），（2a3，+∞）上单调递增，在（0，2a3）上单调递减．
③a＜0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：
①a＝0时，函数f（x）在[0，1]上单调递增．则f（0）＝b＝﹣1，f（1）＝2﹣a+b＝1，解得b＝﹣1，a＝0，满足条件．
②a＞0时，函数f（x）在[0，2a3]上单调递减．
2a3≥1，即a≥32时，函数f（x）在[0，1]上单调递减．则f（0）＝b＝1，f（1）＝2﹣a+b＝﹣1，解得b＝1，a＝4，满足条件．
0＜2a3＜1，即0＜a＜32时，函数f（x）在[0，2a3）上单调递减，在（2a3，1]上单调递增．则f（2a3）=2×8a327−a×4a29+b＝﹣1，
而f（0）＝b，f（1）＝2﹣a+b＞b，∴f（1）＝2﹣a+b＝1，联立解得：无解，舍去．
③a＜0时，函数f（x）在[0，1]上单调递增，则f（0）＝b＝﹣1，f（1）＝2﹣a+b＝1，解得b＝﹣1，a＝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：a=0b=−1，或a=4b=1．
10、(2019苏州期末）已知函数f(x)＝ax3＋bx2－4a(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，求的值；
(3) 当a＝0时，若f(x) 在第(2)题中，也可转化为＝－x恰有两个不同的实数解．
另外，由g(x)＝x3＋kx2－4恰有两个不同的零点，可设g(x)＝(x－s)(x－t)2.展开，得x3－(s＋2t)x2＋(2st＋t2)x－st2＝x3＋kx2－4，所以解得
解：(1)当a＝b＝1时，f(x)＝x3＋x2－4，f′(x)＝3x2＋2x.(2分)
令f′(x)>0，解得x>0或x<－，
所以f(x)的单调增区间是和(0，＋∞)．(4分)
(2)法一：f′(x)＝3ax2＋2bx，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－，(6分)
因为函数f(x)有两个不同的零点，所以f(0)＝0或f＝0.
当f(0)＝0时，得a＝0，不合题意，舍去；(8分)
当f＝0时，代入得a＋b－4a＝0，
即－＋－4＝0，所以＝3.(10分)
法二：由于a≠0，所以f(0)≠0，
由f(x)＝0得，＝＝－x(x≠0)．(6分)
设h(x)＝－x，h′(x)＝－－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，
故不论取何值，方程＝＝－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) 设g(x)＝lnx－bx2，则g′(x)＝－2bx＝(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)＝lnx－bx2≥0，不合题意；(11分)
当b>0时，令g′(x)＝＝0，得x＝，
所以g(x)在递增，在递减，
所以g(x)max＝g＝ln－，
要使g(x)>0有解，首先要满足ln－>0，解得b<.　①(13分)
又因为g(1)＝－b<0，g(e)＝－be>0，
要使f(x) 即解得≤b<.　②(15分)
设h(x)＝，则h′(x)＝，
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)＝>h(2)＝，所以>，
所以由①和②得，≤b＜.(16分)