三次函数的常考模型讲义-2026届高三数学一轮复习

三次函数中的常考模型 一、知识点讲解 1函数的单调性与极值 （1）极值的概念：设函数在点附近有定义，且若对附近的所有的点都有（或），则称为函数的一个极大（小）值，称为极大（小）值点. （2）求可导函数极值的步骤: ①求导数，求方程的根；②求方程的根；③检验在方程的根的左右的符号，如果在根的左侧附近为正，右侧附近为负，那么函数在这个根处取得极大值；如果在根的右侧附近为正，左侧附近为负，那么函数在这个根处取得极小值. 2.函数的最大值和最小值 （1）设是定义在区间上的函数，在内有导数，求函数在上的最大值与最小值，可分两步进行： ①求在内的极值。 ②将在各极值点的极值与、比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值. （2）若函数在上单调增加，则为函数的最小值，为函数的最大值；若函数在上单调递减，则为函数的最大值，为函数的最小值。 二、常见三次函数的模式 1 当，这类函数有五种基本图像，分别是与轴有三个交点；与轴有两个交点，一个是极大值与轴相切，另一个是极小值与轴相切；与轴有一个交点，两个极值都为负，或者两个极值都为正。 这五种函数的图像都是两个递增区间和一个递减区间，左为极大值，右为极小值。 2 当，这类函数有五种基本图像，分别是与轴有三个交点；与轴有两个交点，一个是极大值与轴相切，另一个是极小值与轴相切；与轴有一个交点，两个极值都为负，或者两个极值都为正。 这五种函数的图像都是两个递减区间和一个递增区间，左为极小值，右为极大值。 三、例题精析 【考点一、零点个数问题】 【例题】 已知函数y＝x3﹣3x+c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝（　　） A．﹣2或2 B．﹣9或3 C．﹣1或1 D．﹣3或1 解：求导函数可得y′＝3（x+1）（x﹣1）， 令y′＞0，可得x＞1或x＜﹣1；令y′＜0，可得﹣1＜x＜1； ∴函数在（﹣∞，﹣1），（1，+∞）上单调增，（﹣1，1）上单调减， ∴函数在x＝﹣1处取得极大值，在x＝1处取得极小值． ∵函数y＝x3﹣3x+c的图象与x轴恰有两个公共点， ∴极大值等于0或极小值等于0． ∴1﹣3+c＝0或﹣1+3+c＝0， ∴c＝﹣2或2． 故选：A． 【变式一】已知函数f（x）＝x3﹣a（x2+x+1），证明：f（x）只有一个零点． 证明：因为x2+x+1＝（x+）2+， 所以f（x）＝0等价于， 令， 则，仅当x＝0时，g′（x）＝0，所以g（x）在R上是增函数； g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点． 又因为f（3a﹣1）＝﹣6a2+2a﹣＝﹣6（a﹣）2﹣＜0， f（3a+1）＝＞0， 故f（x）有一个零点， 综上，f（x）只有一个零点． 【变式二】已知函数f（x）＝x3﹣3ax﹣1，a≠0．若f（x）在x＝﹣1处取得极值，直线y＝m与y＝f（x）的图象有三个不同的交点，求m的取值范围． 因为f（x）在x＝﹣1处取得极大值， 所以f′（﹣1）＝3×（﹣1）2﹣3a＝0，∴a＝1． 所以f（x）＝x3﹣3x﹣1，f′（x）＝3x2﹣3， 由f′（x）＝0解得x1＝﹣1，x2＝1． 由（1）中f（x）的单调性可知，f（x）在x＝﹣1处取得极大值f（﹣1）＝1， 在x＝1处取得极小值f（1）＝﹣3． 因为直线y＝m与函数y＝f（x）的图象有三个不同的交点， 结合f（x）的单调性可知，m的取值范围是（﹣3，1）． 【考点二、切线问题】 【例题】曲线y＝﹣x3+3x2在点（1，2）处的切线方程为（　　） A．y＝3x﹣1 B．y＝﹣3x+5 C．y＝3x+5 D．y＝2x 解：∵y＝﹣x3+3x2∴y'＝﹣3x2+6x， ∴y'|x＝1＝（﹣3x2+6x）|x＝1＝3， ∴曲线y＝﹣x3+3x2在点（1，2）处的切线方程为y﹣2＝3（x﹣1）， 即y＝3x﹣1， 故选：A． 【变式一】曲线y＝x3+11在点P（1，12）处的切线与y轴交点的纵坐标是（　　） A．﹣9 B．﹣3 C．9 D．15 解：∵y＝x3+11∴y'＝3x2 则y'|x＝1＝3x2|x＝1＝3 ∴曲线y＝x3+11在点P（1，12）处的切线方程为y﹣12＝3（x﹣1）即3x﹣y+9＝0 令x＝0解得y＝9 ∴曲线y＝x3+11在点P（1，12）处的切线与y轴交点的纵坐标是9 故选：C． 【变式二】曲线y＝x3﹣2x+1在点（1，0）处的切线方程为（　　） A．y＝x﹣1 B．y＝﹣x+1 C．y＝2x﹣2 D．y＝﹣2x+2 解：验证知，点（1，0）在曲线上 ∵y＝x3﹣2x+1， y′＝3x2﹣2，所以k＝y′|x﹣1＝1，得切线的斜率为1，所以k＝1； 所以曲线y＝f（x）在点（1，0）处的切线方程为： y﹣0＝1×（x﹣1），即y＝x﹣1． 故选：A． 【变式三】曲线y＝2x3﹣6x2﹣18x+7在点（﹣2，3）处的切线方程是 　　 ． 解：函数y＝2x3﹣6x2﹣18x+7的导数为y′＝6x2﹣12x﹣18， 可得曲线在点（﹣2，3）处的切线的斜率为6×4﹣（﹣24）﹣18＝30， 则曲线y＝2x3﹣6x2﹣18x+7在点（﹣2，3）处的切线方程为y﹣3＝30（x+2）， 即为30x﹣y+63＝0． 故答案为：30x﹣y+63＝0． 【变式四】曲线y＝x3﹣x+3在点（1，3）处的切线方程为　2x﹣y+1＝0　 ． 解：y′＝3x2﹣1， 令x＝1，得切线斜率2， 所以切线方程为y﹣3＝2（x﹣1）， 即2x﹣y+1＝0． 故答案为：2x﹣y+1＝0． 【考点三、切线围成的面积问题】 【例题】曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为（　　） A． B． C． D． 解：若y＝x3+x，则y′|x＝1＝2，即曲线在点处的切线方程是，它与坐标轴的交点是（，0），（0，﹣），围成的三角形面积为，故选A． 【变式一】曲线y＝x3在点（1，1）处的切线与x轴、直线x＝2所围成的三角形的面积为　　 ． 解：∵y＝x3， ∴y'＝3x2，当x＝1时，y'＝3得切线的斜率为3，所以k＝3； 所以曲线在点（1，1）处的切线方程为： y﹣1＝3×（x﹣1），即3x﹣y﹣2＝0． 令y＝o得：x＝， ∴切线与x轴、直线x＝2所围成的三角形的面积为： S＝×（2﹣）×4＝ 故答案为：． 【变式二】曲线f（x）＝x6+3x﹣1在（0，﹣1）处的切线与坐标轴围成的面积为（　　） A． B． C． D．﹣ 解：因为f（x）＝x6+3x， 所以f′（x）＝6x5+3， 曲线在（0，﹣1）处的切线斜率k＝3， 故曲线在（0，﹣1）处的切线方程为y+1＝3x，即y＝3x﹣1， 则其与坐标轴围成的面积S＝＝． 故选：A． 【考点四、函数的单调性问题】 【例题】函数f（x）＝x3﹣3x2+1是减函数的区间为（　　） A．（2，+∞） B．（﹣∞，2） C．（﹣∞，0） D．（0，2） 解：由f′（x）＝3x2﹣6x＜0，得0＜x＜2 ∴函数f（x）＝x3﹣3x2+1是减函数的区间为（0，2）．故选：D． 【变式一】函数f（x）＝x3﹣15x2﹣33x+6的单调减区间为 　　 ． 解：f′（x）＝3x2﹣30x﹣33＝3（x2﹣10x﹣11） ＝3（x+1）（x﹣11）＜0， 解得﹣1＜x＜11，故减区间为（﹣1，11）． 故答案为：（﹣1，11） 【变式二】已知函数f（x）＝x3﹣3ax2+3x+1，设a＝2，求f（x）的单调增区间； 解：（1）f（x）的定义域是R，f′（x）＝3x2﹣6ax+3， 当a＝2时，f′（x）＝3x2﹣12x+3＝3（x2﹣4x+1）， 令f′（x）＞0，可得x2﹣4x+1＞0，解得或 ∴f（x）的单调增区间是和； 【变式三】已知函数f（x）＝x3﹣x，其图象记为曲线C．求函数f（x）的单调区间； 解：（Ⅰ）（i）由f（x）＝x3﹣x得f′（x）＝3x2﹣1＝3（x﹣）（x+）， 当x∈（﹣∞，﹣）和（，+∞）时，f′（x）＞0； 当x∈（﹣，）时，f′（x）＜0， 因此，f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣）和（，+∞），单调递减区间为（﹣，）； 【变式四】已知函数f（x）＝x3+3ax2+3x+1．求a＝时，讨论f（x）的单调性； 解：（I）当a＝时，f（x）＝x3+3x2+3x+1， f′（x）＝3x2+6x+3，令f′（x）＝0，可得x＝﹣，或x＝﹣， 当x∈（﹣∞，﹣）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 当x∈（﹣，﹣）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 当x∈（﹣，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增； 【考点五、函数的极值问题】 【例题】已知函数f（x）＝x3+ax2+x+b在x＝1处取得极小值1，则b＝（　　） A．﹣1 B．0 C．1 D．2 解：f（x）＝x3+ax2+x+b， 则f'（x）＝3x2+2ax+1， ∵函数f（x）＝x3+ax2+x+b在x＝1处取得极小值1， ∴，解得， 故f（x）＝x3﹣2x2+x+1， f'（x）＝3x2﹣4x+1， 令f'（x）＝0，解得x＝或x＝1， f（x）在（﹣∞，），在（1，+∞）上单调递增，在（，1）上单调递减， 故f（x）在x＝1处取得极小值， 故b＝1，符合题意． 故选：C． 【变式一】设x1和x2是函数f（x）＝x3+2ax2+x+1的两个极值点．若x2﹣x1＝2，则a2＝（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 解：∵函数f（x）＝x3+2ax2+x+1， ∴f′（x）＝3x2+4ax+1， 又x1和x2是函数f（x）＝x3+2ax2+x+1的两个极值点， 则x1和x2是方程3x2+4ax+1＝0的两根， 故x1+x2＝﹣，x1•x2＝， 又x2﹣x1＝2， 则＝﹣4x1x2＝4， 即＝4， 则a2＝3， 故选：D． 【变式二】设a≠0，若x＝a为函数f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）的极大值点，则（　　） A．a＜b B．a＞b C．ab＜a2 D．ab＞a2 解：令f（x）＝0，解得x＝a或x＝b，即x＝a及x＝b是f（x）的两个零点， 当a＞0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示， 则0＜a＜b； 当a＜0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示， 则b＜a＜0； 综上，ab＞a2． 故选：D． 【变式三】若a＞0，b＞0，且函数f（x）＝4x3﹣ax2﹣2bx+2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于（　　） A．2 B．3 C．6 D．9 解：∵f′（x）＝12x2﹣2ax﹣2b， 又因为在x＝1处有极值， ∴a+b＝6， ∵a＞0，b＞0， ∴， 当且仅当a＝b＝3时取等号， 所以ab的最大值等于9． 故选：D． 【考点六、函数中含参的单调性问题】 【例题】已知函数f（x）＝x3﹣x2+ax+1．讨论f（x）的单调性； 解：（1）f′（x）＝3x2﹣2x+a，△＝4﹣12a， ①当△≤0，即时，由于f′（x）的图象是开口向上的抛物线，故此时f′（x）≥0，则f（x）在R上单调递增； ②当△＞0，即时，令f′（x）＝0，解得， 令f′（x）＞0，解得x＜x1或x＞x2，令f′（x）＜0，解得x1＜x＜x2， ∴f（x）在（﹣∞，x1），（x2，+∞）单调递增，在（x1，x2）单调递减； 综上，当时，f（x）在R上单调递增；当时，f（x）在单调递增，在单调递减． 【变式一】已知函数f（x）＝x3﹣kx+k2．讨论f（x）的单调性； 解：（1）f（x）＝x3﹣kx+k2．f′（x）＝3x2﹣k， k≤0时，f′（x）≥0，f（x）在R递增， k＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＞或x＜﹣， 令f′（x）＜0，解得：﹣＜x＜， ∴f（x）在（﹣∞，﹣）递增，在（﹣，）递减，在（，+∞）递增， 综上，k≤0时，f（x）在R递增， k＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣）递增，在（﹣，）递减，在（，+∞）递增； 【变式二】已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+2．讨论f（x）的单调性； 解：（1）f′（x）＝6x2﹣2ax＝2x（3x﹣a）， 令f′（x）＝0，得x＝0或x＝． 若a＞0，则当x∈（﹣∞，0）∪（）时，f′（x）＞0；当x∈（0，）时，f′（x）＜0． 故f（x）在（﹣∞，0），（）上单调递增，在（0，）上单调递减； 若a＝0，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增； 若a＜0，则当x∈（﹣∞，）∪（0，+∞）时，f′（x）＞0；当x∈（，0）时，f′（x）＜0． 故f（x）在（﹣∞，），（0，+∞）上单调递增，在（，0）上单调递减； 【变式三】已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+b．讨论f（x）的单调性； 解：（1）f′（x）＝6x2﹣2ax＝6x（x﹣）． 令f′（x）＝6x（x﹣）＝0，解得x＝0，或． 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），（，+∞）上单调递增，在（0，）上单调递减． ③a＜0时，函数f（x）在（﹣∞，），（0，+∞）上单调递增，在（，0）上单调递减． 【变式四】设函数f（x）＝x3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R．求f（x）的单调区间； 解：（1）若f（x）＝x3﹣ax﹣b，则f′（x）＝3x2﹣a， 分两种情况讨论： ①当a≤0时，有f′（x）＝3x2﹣a≥0恒成立， 此时f（x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞）， ②当a＞0时，令f′（x）＝3x2﹣a＝0，解得x＝或x＝， 当x＞或x＜﹣时，f′（x）＝3x2﹣a＞0，f（x）为增函数， 当﹣＜x＜时，f′（x）＝3x2﹣a＜0，f（x）为减函数， 故f（x）的增区间为（﹣∞，﹣），（，+∞），减区间为（﹣，）； 【考点七、函数中含参的讨论问题】 【例题】已知函数f（x）＝x3﹣kx+k2．若f（x）有三个零点，求k的取值范围． 解：由（1）得：k＞0，f（x）极小值＝f（），f（x）极大值＝f（﹣）， 若f（x）有三个零点， 只需，解得：0＜k＜， 故k∈（0，）． 【变式一】已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+2．当0＜a＜3时，记f（x）在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求M﹣m的取值范围． 解：当0＜a＜3时，由（1）知，f（x）在（0，）上单调递减，在（，1）上单调递增， ∴f（x）在区间[0，1]的最小值为，最大值为f（0）＝2或f（1）＝4﹣a． 于是，m＝+2，M＝． ∴M﹣m＝． 当0＜a＜2时，可知2﹣a+单调递减，∴M﹣m的取值范围是（）； 当2≤a＜3时，单调递增，∴M﹣m的取值范围是[，1）． 综上，M﹣m的取值范围[，2）． 【变式二】已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点． （Ⅰ）求b关于a的函数关系式，并写出定义域； （Ⅱ）证明：b2＞3a； （Ⅲ）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，求实数a的取值范围． （Ⅰ）解：因为f（x）＝x3+ax2+bx+1， 所以g（x）＝f′（x）＝3x2+2ax+b，g′（x）＝6x+2a， 令g′（x）＝0，解得x＝﹣． 由于当x＞﹣时g′（x）＞0，g（x）＝f′（x）单调递增；当x＜﹣时g′（x）＜0，g（x）＝f′（x）单调递减； 所以f′（x）的极小值点为x＝﹣， 由于导函数f′（x）的极值点是原函数f（x）的零点， 所以f（﹣）＝0，即﹣+﹣+1＝0， 所以b＝+（a＞0）． 因为f（x）＝x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值， 所以f′（x）＝3x2+2ax+b＝0有实根， 所以4a2﹣12b＞0，即a2﹣﹣＞0，解得a＞3， 所以b＝+（a＞3）． （Ⅱ）证明：由（1）可知h（a）＝b2﹣3a＝﹣+＝（4a3﹣27）（a3﹣27）， 由于a＞3，所以h（a）＞0，即b2＞3a； （Ⅲ）解：由（1）可知f′（x）的极小值为f′（﹣）＝b﹣， 设x1，x2是y＝f（x）的两个极值点，则x1+x2＝，x1x2＝， 所以f（x1）+f（x2）＝++a（+）+b（x1+x2）+2 ＝（x1+x2）[（x1+x2）2﹣3x1x2]+a[（x1+x2）2﹣2x1x2]+b（x1+x2）+2 ＝﹣+2， 又因为f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣， 所以b﹣+﹣+2＝﹣≥﹣， 因为a＞3，所以2a3﹣63a﹣54≤0， 所以2a（a2﹣36）+9（a﹣6）≤0， 所以（a﹣6）（2a2+12a+9）≤0， 由于a＞3时2a2+12a+9＞0， 所以a﹣6≤0，解得a≤6， 所以a的取值范围是（3，6]． 【变式三】设函数f（x）＝x3+ax2+bx+c．设a＝b＝4，若函数f（x）有三个不同零点，求c的取值范围； 解：设a＝b＝4，即有f（x）＝x3+4x2+4x+c， 由f（x）＝0，可得﹣c＝x3+4x2+4x， 由g（x）＝x3+4x2+4x的导数g′（x）＝3x2+8x+4＝（x+2）（3x+2）， 当x＞﹣或x＜﹣2时，g′（x）＞0，g（x）递增； 当﹣2＜x＜﹣时，g′（x）＜0，g（x）递减． 即有g（x）在x＝﹣2处取得极大值，且为0； g（x）在x＝﹣处取得极小值，且为﹣． 由函数f（x）有三个不同零点，可得﹣＜﹣c＜0， 解得0＜c＜， 则c的取值范围是（0，）； 【变式四】函数f（x）＝ax3+3x2+3x（a≠0）．若f（x）在区间（1，2）是增函数，求a的取值范围． 解：法一：当a＞0，x＞0时，f′（x）＝3ax2+6x+3＞0 故a＞0时，f（x）在区间（1，2）是增函数， 当a＜0时，f（x）在区间（1，2）是增函数， 当且仅当：f′（1）≥0且f′（2）≥0，解得﹣， a的取值范围[）∪（0，+∞）． 法二：由题意x∈（1，2），3ax2+6x+3≥0，即x∈（1，2），a≥， 令t＝，问题等价于t∈（，1），a≥﹣t2﹣2t， 因为y＝﹣t2﹣2t在区间（，1）上的取值范围是（﹣3，﹣）， 因此，a的取值范围[）∪（0，+∞）． 【考点八、三次函数与其他函数的综合】 【例题】已知函数f（x）＝x3﹣ax2，a∈R，设函数g（x）＝f（x）+（x﹣a）cosx﹣sinx，讨论g（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 解：函数g（x）＝f（x）+（x﹣a）cosx﹣sinx＝x3﹣ax2+（x﹣a）cosx﹣sinx， ∴g′（x）＝（x﹣a）（x﹣sinx）， 令g′（x）＝0，解得x＝a，或x＝0， ①若a＞0时，当x＜0时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（﹣∞，0）上单调递增， 当x＞a时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（a，+∞）上单调递增， 当0＜x＜a时，g′（x）＜0恒成立，故g（x）在（0，a）上单调递减， ∴当x＝a时，函数有极小值，极小值为g（a）＝﹣a3﹣sina 当x＝0时，有极大值，极大值为g（0）＝﹣a， ②若a＜0时，当x＞0时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（﹣∞，0）上单调递增， 当x＜a时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（﹣∞，a）上单调递增， 当a＜x＜0时，g′（x）＜0恒成立，故g（x）在（a，0）上单调递减， ∴当x＝a时，函数有极大值，极大值为g（a）＝﹣a3﹣sina 当x＝0时，有极小值，极小值为g（0）＝﹣a ③当a＝0时，g′（x）＝x（x﹣sinx）， 当x＞0时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（0，+∞）上单调递增， 当x＜0时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（﹣∞，0）上单调递增， ∴g（x）在R上单调递增，无极值． 【变式一】已知函数f（x）＝x3+ax+，g（x）＝﹣lnx．用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h（x）＝min{f（x），g（x）}（x＞0），讨论h（x）零点的个数． 解：当x∈（1，+∞）时，g（x）＝﹣lnx＜0， ∴函数h（x）＝min{f（x），g（x）}＜0， 故h（x）在x∈（1，+∞）时无零点． 当x＝1时，若a≥﹣，则f（1）＝a+≥0， ∴h（x）＝min{f（1），g（1）}＝g（1）＝0，故x＝1是函数h（x）的一个零点； 若a＜﹣，则f（1）＝a+＜0，∴h（x）＝min{f（1），g（1）}＝f（1）＜0，故x＝1不是函数h（x）的零点； 当x∈（0，1）时，g（x）＝﹣lnx＞0，因此只考虑f（x）在（0，1）内的零点个数即可． ①当a≤﹣3或a≥0时，f′（x）＝3x2+a在（0，1）内无零点，因此f（x）在区间（0，1）内单调， 而f（0）＝，f（1）＝a+，∴当a≤﹣3时，函数f（x）在区间（0，1）内有一个零点， 当a≥0时，函数f（x）在区间（0，1）内没有零点． ②当﹣3＜a＜0时，函数f（x）在内单调递减，在内单调递增，故当x＝时，f（x）取得最小值＝． 若＞0，即，则f（x）在（0，1）内无零点． 若＝0，即a＝﹣，则f（x）在（0，1）内有唯一零点． 若＜0，即，由f（0）＝，f（1）＝a+， ∴当时，f（x）在（0，1）内有两个零点．当﹣3＜a时，f（x）在（0，1）内有一个零点． 综上可得：a＜时，函数h（x）有一个零点． 当时，h（x）有一个零点； 当a＝或时，h（x）有两个零点； 当时，函数h（x）有三个零点． 【变式二】已知函数f（x）＝x3﹣3x2+ax+2，曲线y＝f（x）在点（0，2）处的切线与x轴交点的横坐标为﹣2． （Ⅰ）求a； （Ⅱ）证明：当k＜1时，曲线y＝f（x）与直线y＝kx﹣2只有一个交点． 解：（Ⅰ）函数的导数f′（x）＝3x2﹣6x+a；f′（0）＝a； 则y＝f（x）在点（0，2）处的切线方程为y＝ax+2， ∵切线与x轴交点的横坐标为﹣2， ∴f（﹣2）＝﹣2a+2＝0，解得a＝1． （Ⅱ）方法一：当a＝1时，f（x）＝x3﹣3x2+x+2， 设g（x）＝f（x）﹣kx+2＝x3﹣3x2+（1﹣k）x+4， 由题设知1﹣k＞0， 当x≤0时，g′（x）＝3x2﹣6x+1﹣k＞0，g（x）单调递增，g（﹣1）＝k﹣1，g（0）＝4， 当x＞0时，令h（x）＝x3﹣3x2+4，则g（x）＝h（x）+（1﹣k）x＞h（x）． 则h′（x）＝3x2﹣6x＝3x（x﹣2）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）单调递增， ∴在x＝2时，h（x）取得极小值h（2）＝0， g（﹣1）＝k﹣1，g（0）＝4， 则g（x）＝0在（﹣∞，0]有唯一实根． ∵g（x）＞h（x）≥h（2）＝0， ∴g（x）＝0在（0，+∞）上没有实根． 综上当k＜1时，曲线y＝f（x）与直线y＝kx﹣2只有一个交点． 方法二：证明：当a＝1时，f（x）＝x3﹣3x2+x+2， 则由f（x）＝kx﹣2，可得， 令，则（x≠0）， 令g'（x）＝0，则x＝2，又x≠0， 所以当x＜0或0＜x＜2时，g'（x）＜0；当x＞2时，g'（x）＞0， 所以g（x）在（﹣∞，0）和（0，2）上单调递减；在（2，+∞）上单调递增， 所以g（x）min＝g（2）＝1，又当x→0时，g（x）→﹣∞，g（x）的图象如下图所示： 由图象可知，当k＜1时，曲线y＝g（x）与直线y＝k有且仅有一个交点， 即当k＜1时，曲线y＝f（x）与直线y＝kx﹣2只有一个交点． 【变式三】设f（x）＝x3+ax2+bx+1的导数f′（x）满足f′（1）＝2a，f′（2）＝﹣b，其中常数a，b∈R． 设g（x）＝f′（x）e﹣x．求函数g（x）的极值． 解：由（I）知g（x）＝（3x2﹣3x﹣3）e﹣x 从而有g'（x）＝（﹣3x2+9x）e﹣x 令g'（x）＝0，则x＝0或x＝3 ∵当x∈（﹣∞，0）时，g'（x）＜0， 当x∈（0，3）时，g'（x）＞0， 当x∈（3，+∞）时，g'（x）＜0， ∴g（x）＝（3x2﹣3x﹣3）e﹣x在x＝0时取极小值g（0）＝﹣3，在x＝3时取极大值g（3）＝15e﹣3 【考点九、三次函数的最值问题】 【例题】设f（x）＝﹣x3+x2+2ax．当0＜a＜2时，f（x）在[1，4]的最小值为﹣，求f（x）在该区间上的最大值． 解：当0＜a＜2时，Δ＞0； f′（x）＝0得到两个根为；（舍） ∵ ∴时，f′（x）＞0；时，f′（x）＜0 当x＝1时，f（1）＝2a+；当x＝4时，f（4）＝8a＜f（1） 当x＝4时最小∴＝解得a＝1 所以当x＝时最大为 【变式一】已知函数f（x）＝ax3+bx+c在点x＝2处取得极值c﹣16． （Ⅰ）求a，b的值； （Ⅱ）若f（x）有极大值28，求f（x）在[﹣3，3]上的最小值． 解：（Ⅰ）由题f（x）＝ax3+bx+c，可得f′（x）＝3ax2+b，又函数在点x＝2处取得极值c﹣16 ∴，即，化简得 解得a＝1，b＝﹣12 （II）由（I）知f（x）＝x3﹣12x+c，f′（x）＝3x2﹣12＝3（x+2）（x﹣2） 令f′（x）＝3x2﹣12＝3（x+2）（x﹣2）＝0，解得x1＝﹣2，x2＝2 当x∈（﹣∞，﹣2）时，f′（x）＞0，故f（x）在∈（﹣∞，﹣2）上为增函数；当x∈（﹣2，2）时，f′（x）＜0，故f（x）在（﹣2，2）上为减函数； 当x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0，故f（x）在（2，+∞）上为增函数； 由此可知f（x）在x1＝﹣2处取得极大值f（﹣2）＝16+c，f（x）在x2＝2处取得极小值f（2）＝c﹣16， 由题设条件知16+c＝28得，c＝12 此时f（﹣3）＝9+c＝21，f（3）＝﹣9+c＝3，f（2）＝﹣16+c＝﹣4 因此f（x）在[﹣3，3]上的最小值f（2）＝﹣4 【变式二】已知函数f（x）＝x3+x2﹣ax﹣a，x∈R，其中a＞0．当a＝1时，设函数f（x）在区间[t，t+3]上的最大值为M（t），最小值为m（t）．记g（t）＝M（t）﹣m（t），求函数g（t）在区间[﹣3，﹣1]上的最小值． 解：a＝1时，f（x）＝，由（1）知，函数在（﹣3，﹣1）上单调递增，在（﹣1，1）上单调递减，在（1，2）上单调递增 ①当t∈[﹣3，﹣2]时，t+3∈[0，1]，﹣1∈[t，t+3]，f（x）在[t，﹣1]上单调递增，在[﹣1，t+3]上单调递减 因此函数在[t，t+3]上的最大值为M（t）＝f（﹣1）＝﹣，而最小值m（t）为f（t）与f（t+3）中的较小者 由f（t+3）﹣f（t）＝3（t+1）（t+2）知，当t∈[﹣3，﹣2]时，f（t）≤f（t+3），故m（t）＝f（t），所以g（t）＝f（﹣1）﹣f（t） 而f（t）在[﹣3，﹣2]上单调递增，因此f（t）≤f（﹣2）＝﹣，所以g（t）在[﹣3，﹣2]上的最小值为 ②当t∈[﹣2，﹣1]时，t+3∈[1，2]，﹣1，1∈[t，t+3]，下面比较f（﹣1），f（1），f（t），f（t+3）的大小． 由f（x）在[﹣2，﹣1]，[1，2]上单调递增，有 f（﹣2）≤f（t）≤f（﹣1），f（1）≤f（t+3）≤f（2） ∵f（1）＝f（﹣2）＝﹣，f（﹣1）＝f（2）＝﹣ ∴M（t）＝f（﹣1）＝﹣，m（t）＝f（1）＝﹣ ∴g（t）＝M（t）﹣m（t）＝ 综上，函数g（t）在区间[﹣3，﹣1]上的最小值为． 【变式三】已知a∈R，函数f（x）＝2x3﹣3（a+1）x2+6ax，若|a|＞1，求f（x）在闭区间[0，|2a|]上的最小值． 解：记g（a）为f（x）在闭区间[0，|2a|]上的最小值． f′（x）＝6x2﹣6（a+1）x+6a＝6（x﹣1）（x﹣a） 令f′（x）＝0，得到x1＝1，x2＝a 当a＞1时， x 0 （0，1） 1 （1，a） a （a，2a） 2a f′（x） + 0 ﹣ 0 + f（x） 0 单调递增 极大值3a﹣1 单调递减 极小值 a2（3﹣a） 单调递增 4a3 比较f（0）＝0和f（a）＝a2（3﹣a）的大小可得g（a）＝； 当a＜﹣1时， X 0 （0，1） 1 （1，﹣2a） ﹣2a f′x） ﹣ 0 + f（x） 0 单调递减 极小值3a﹣1 单调递增 ﹣28a3﹣24a2 ∴g（a）＝3a﹣1 ∴f（x）在闭区间[0，|2a|]上的最小值为g（a）＝． 【考点十、三次函数的综合性问题】 【例题】函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d的图象如图所示，则下列结论成立的是（　　） A．a＞0，b＜0，c＞0，d＞0 B．a＞0，b＜0，c＜0，d＞0 C．a＜0，b＜0，c＜0，d＞0 D．a＞0，b＞0，c＞0，d＜0 解：f（0）＝d＞0，排除D， 当x→+∞时，y→+∞，∴a＞0，排除C， 函数的导数f′（x）＝3ax2+2bx+c， 则f′（x）＝0有两个不同的正实根， 则x1+x2＝﹣＞0且x1x2＝＞0，（a＞0）， ∴b＜0，c＞0， 方法2：f′（x）＝3ax2+2bx+c， 由图象知当x＜x1时函数递增，当x1＜x＜x2时函数递减，则f′（x）对应的图象开口向上， 则a＞0，且x1+x2＝﹣＞0且x1x2＝＞0，（a＞0）， ∴b＜0，c＞0， 方法3：f（0）＝d＞0，排除D， 函数的导数f′（x）＝3ax2+2bx+c， 则f′（0）＝c＞0，排除B，C， 故选：A． 【变式一】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 解：f′（x）＝3x2+2ax+b． （1）当Δ＝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（x）＝+x3+ax2+bx+c＝﹣+2c， ＝， ∵+f（x）＝， ∴点P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，，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． 【变式三】若函数f（x）＝x3+ax2+bx+c有极值点x1，x2，且f（x1）＝x1，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根个数是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 解：f′（x）＝3x2+2ax+b，x1，x2是方程3x2+2ax+b＝0的两根， 由3（f（x））2+2af（x）+b＝0，得x＝x1，或x＝x2， 即3（f（x））2+2af（x）+b＝0的根为f（x）＝x1或f（x）＝x2的解． 如图所示 ， 由图象可知f（x）＝x1有2个解，f（x）＝x2有1个解，因此3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根个数为3． 故选：A． 【变式四】设函数f（x）＝（x﹣1）2（x﹣4），则（　　） A．x＝3是f（x）的极小值点 B．当0＜x＜1时，f（x）＜f（x2） C．当1＜x＜2时，﹣4＜f（2x﹣1）＜0 D．当﹣1＜x＜0时，f（2﹣x）＞f（x） 解：对于A，f′（x）＝2（x﹣1）（x﹣4）+（x﹣1）2＝3（x﹣1）（x﹣3）， 易知当x∈（1，3）时，f′（x）＜0，则函数f（x）在（1，3）上单调递减， 当x∈（﹣∞，1）∪（3，+∞）时，f′（x）＞0，则函数f（x）在（﹣∞，1），（3，+∞）上单调递增， 故x＝3是函数f（x）的极小值点，选项A正确； 对于B，当0＜x＜1时，0＜x2＜1，且x2＜x， 又f（x）在（0，1）上单调递增， 则f（x2）＜f（x），选项B错误； 对于C，由于1＜x＜2， 一方面，f（2x﹣1）＝（2x﹣2）2（2x﹣5）＝4（x﹣1）2（2x﹣5）＜0， 另一方面，f（2x﹣1）+4＝4（x﹣1）2（2x﹣5）+4＝4[（x﹣1）2（2x﹣5）+1]＝4（x﹣2）2（2x﹣1）＞0， 则﹣4＜f（2x﹣1）＜0，选项C正确； 对于D，由于﹣1＜x＜0， 则f（2﹣x）﹣f（x）＝（x﹣1）2（﹣2﹣x）﹣（x﹣1）2（x﹣4）＝（x﹣1）2（2﹣2x）＝﹣2（x﹣1）3＞0， 即f（2﹣x）＞f（x），选项D正确． 故选：ACD． 【变式五】已知函数f（x）＝x3﹣x+1，则（　　） A．f（x）有两个极值点 B．f（x）有三个零点 C．点（0，1）是曲线y＝f（x）的对称中心 D．直线y＝2x是曲线y＝f（x）的切线 解：f′（x）＝3x2﹣1，令f′（x）＞0，解得或，令f′（x）＜0，解得， ∴f（x）在上单调递增，在上单调递减，且， ∴f（x）有两个极值点，有且仅有一个零点，故选项A正确，选项B错误； 又f（x）+f（﹣x）＝x3﹣x+1﹣x3+x+1＝2，则f（x）关于点（0，1）对称，故选项C正确； 假设y＝2x是曲线y＝f（x）的切线，设切点为（a，b），则，解得或， 显然（1，2）和（﹣1，﹣2）均不在曲线y＝f（x）上，故选项D错误． 故选：AC． 【变式六】已知函数f（x）＝+ax+b的图象在点P（0，f（0））处的切线方程为y＝3x﹣2． （1）求实数a，b的值； （2）设g（x）＝f（x）+是[2，+∞）上的增函数． ①求实数m的最大值； ②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y＝g（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，说明理由． 解：（1）求导函数可得f′（x）＝x2﹣2x+a ∵函数在点P（0，f（0））处的切线方程为y＝3x﹣2，∴，∴． （2）①由＝，得g′（x）＝． ∵g（x）是[2，+∞）上的增函数，∴g′（x）≥0在[2，+∞）上恒成立， 即在[2，+∞）上恒成立． 设（x﹣1）2＝t，∵x∈[2，+∞），∴t≥1，∴不等式t+2﹣≥0在[1，+∞）上恒成立 当m≤0时，不等式t+2﹣≥0在[1，+∞）上恒成立． 当m＞0时，设y＝t+2﹣，t∈[1，+∞） 因为y′＝1+＞0，所以函数y＝t+2﹣在[1，+∞）上单调递增，因此ymin＝3﹣m． ∴ymin≥0，∴3﹣m≥0，即m≤3，又m＞0，故0＜m≤3． 综上，m的最大值为3． ②由①得g（x）＝，其图象关于点Q（1，）成中心对称． 证明如下：∵g（x）＝， ∴g（2﹣x）＝＝ 因此，g（x）+g（2﹣x）＝． ∴函数g（x）的图象关于点Q成中心对称． ∴存在点Q（1，），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． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 三次函数中的常考模型 一、知识点讲解 1函数的单调性与极值 （1）极值的概念：设函数在点附近有定义，且若对附近的所有的点都有（或），则称为函数的一个极大（小）值，称为极大（小）值点. （2）求可导函数极值的步骤: ①求导数，求方程的根；②求方程的根；③检验在方程的根的左右的符号，如果在根的左侧附近为正，右侧附近为负，那么函数在这个根处取得极大值；如果在根的右侧附近为正，左侧附近为负，那么函数在这个根处取得极小值. 2.函数的最大值和最小值 （1）设是定义在区间上的函数，在内有导数，求函数在上的最大值与最小值，可分两步进行： ①求在内的极值。 ②将在各极值点的极值与、比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值. （2）若函数在上单调增加，则为函数的最小值，为函数的最大值；若函数在上单调递减，则为函数的最大值，为函数的最小值。 二、常见三次函数的模式 1 当，这类函数有五种基本图像，分别是与轴有三个交点；与轴有两个交点，一个是极大值与轴相切，另一个是极小值与轴相切；与轴有一个交点，两个极值都为负，或者两个极值都为正。 这五种函数的图像都是两个递增区间和一个递减区间，左为极大值，右为极小值。 2 当，这类函数有五种基本图像，分别是与轴有三个交点；与轴有两个交点，一个是极大值与轴相切，另一个是极小值与轴相切；与轴有一个交点，两个极值都为负，或者两个极值都为正。 这五种函数的图像都是两个递减区间和一个递增区间，左为极小值，右为极大值。 三、例题精析 【考点一、零点个数问题】 【例题】 已知函数y＝x3﹣3x+c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝（　　） A．﹣2或2 B．﹣9或3 C．﹣1或1 D．﹣3或1 【变式一】已知函数f（x）＝x3﹣a（x2+x+1），证明：f（x）只有一个零点． 【变式二】已知函数f（x）＝x3﹣3ax﹣1，a≠0．若f（x）在x＝﹣1处取得极值，直线y＝m与y＝f（x）的图象有三个不同的交点，求m的取值范围． 【考点二、切线问题】 【例题】曲线y＝﹣x3+3x2在点（1，2）处的切线方程为（　　） A．y＝3x﹣1 B．y＝﹣3x+5 C．y＝3x+5 D．y＝2x 【变式一】曲线y＝x3+11在点P（1，12）处的切线与y轴交点的纵坐标是（　　） A．﹣9 B．﹣3 C．9 D．15 【变式二】曲线y＝x3﹣2x+1在点（1，0）处的切线方程为（　　） A．y＝x﹣1 B．y＝﹣x+1 C．y＝2x﹣2 D．y＝﹣2x+2 【变式三】曲线y＝2x3﹣6x2﹣18x+7在点（﹣2，3）处的切线方程是 　　 ． 【变式四】曲线y＝x3﹣x+3在点（1，3）处的切线方程为　2x﹣y+1＝0　 ． 【考点三、切线围成的面积问题】 【例题】曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为（　　） A． B． C． D． 【变式一】曲线y＝x3在点（1，1）处的切线与x轴、直线x＝2所围成的三角形的面积为　　 ． 【变式二】曲线f（x）＝x6+3x﹣1在（0，﹣1）处的切线与坐标轴围成的面积为（　　） A． B． C． D．﹣ 【考点四、函数的单调性问题】 【例题】函数f（x）＝x3﹣3x2+1是减函数的区间为（　　） A．（2，+∞） B．（﹣∞，2） C．（﹣∞，0） D．（0，2） 【变式一】函数f（x）＝x3﹣15x2﹣33x+6的单调减区间为 　　 ． 【变式二】已知函数f（x）＝x3﹣3ax2+3x+1，设a＝2，求f（x）的单调增区间； 【变式三】已知函数f（x）＝x3﹣x，其图象记为曲线C．求函数f（x）的单调区间； 【变式四】已知函数f（x）＝x3+3ax2+3x+1．求a＝时，讨论f（x）的单调性； 【考点五、函数的极值问题】 【例题】已知函数f（x）＝x3+ax2+x+b在x＝1处取得极小值1，则b＝（　　） A．﹣1 B．0 C．1 D．2 【变式一】设x1和x2是函数f（x）＝x3+2ax2+x+1的两个极值点．若x2﹣x1＝2，则a2＝（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【变式二】设a≠0，若x＝a为函数f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）的极大值点，则（　　） A．a＜b B．a＞b C．ab＜a2 D．ab＞a2 【变式三】若a＞0，b＞0，且函数f（x）＝4x3﹣ax2﹣2bx+2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于（　　） A．2 B．3 C．6 D．9 【考点六、函数中含参的单调性问题】 【例题】已知函数f（x）＝x3﹣x2+ax+1．讨论f（x）的单调性； 【变式一】已知函数f（x）＝x3﹣kx+k2．讨论f（x）的单调性； 【变式二】已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+2．讨论f（x）的单调性； 【变式三】已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+b．讨论f（x）的单调性； 【变式四】设函数f（x）＝x3﹣ax﹣b，x∈R，其中a，b∈R．求f（x）的单调区间； 【考点七、函数中含参的讨论问题】 【例题】已知函数f（x）＝x3﹣kx+k2．若f（x）有三个零点，求k的取值范围． 【变式一】已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+2．当0＜a＜3时，记f（x）在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求M﹣m的取值范围． 【变式二】已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点． （Ⅰ）求b关于a的函数关系式，并写出定义域； （Ⅱ）证明：b2＞3a； （Ⅲ）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，求实数a的取值范围． 【变式三】设函数f（x）＝x3+ax2+bx+c．设a＝b＝4，若函数f（x）有三个不同零点，求c的取值范围； 【变式四】函数f（x）＝ax3+3x2+3x（a≠0）．若f（x）在区间（1，2）是增函数，求a的取值范围． 【考点八、三次函数与其他函数的综合】 【例题】已知函数f（x）＝x3﹣ax2，a∈R，设函数g（x）＝f（x）+（x﹣a）cosx﹣sinx，讨论g（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 【变式一】已知函数f（x）＝x3+ax+，g（x）＝﹣lnx．用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h（x）＝min{f（x），g（x）}（x＞0），讨论h（x）零点的个数． 【变式二】已知函数f（x）＝x3﹣3x2+ax+2，曲线y＝f（x）在点（0，2）处的切线与x轴交点的横坐标为﹣2． （Ⅰ）求a； （Ⅱ）证明：当k＜1时，曲线y＝f（x）与直线y＝kx﹣2只有一个交点． 【变式三】设f（x）＝x3+ax2+bx+1的导数f′（x）满足f′（1）＝2a，f′（2）＝﹣b，其中常数a，b∈R． 设g（x）＝f′（x）e﹣x．求函数g（x）的极值． 【考点九、三次函数的最值问题】 【例题】设f（x）＝﹣x3+x2+2ax．当0＜a＜2时，f（x）在[1，4]的最小值为﹣，求f（x）在该区间上的最大值． 【变式一】已知函数f（x）＝ax3+bx+c在点x＝2处取得极值c﹣16． （Ⅰ）求a，b的值； （Ⅱ）若f（x）有极大值28，求f（x）在[﹣3，3]上的最小值． 【变式二】已知函数f（x）＝x3+x2﹣ax﹣a，x∈R，其中a＞0．当a＝1时，设函数f（x）在区间[t，t+3]上的最大值为M（t），最小值为m（t）．记g（t）＝M（t）﹣m（t），求函数g（t）在区间[﹣3，﹣1]上的最小值． 【变式三】已知a∈R，函数f（x）＝2x3﹣3（a+1）x2+6ax，若|a|＞1，求f（x）在闭区间[0，|2a|]上的最小值． 【考点十、三次函数的综合性问题】 【例题】函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d的图象如图所示，则下列结论成立的是（　　） A．a＞0，b＜0，c＞0，d＞0 B．a＞0，b＜0，c＜0，d＞0 C．a＜0，b＜0，c＜0，d＞0 D．a＞0，b＞0，c＞0，d＜0 【变式一】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 【变式三】若函数f（x）＝x3+ax2+bx+c有极值点x1，x2，且f（x1）＝x1，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根个数是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【变式四】设函数f（x）＝（x﹣1）2（x﹣4），则（　　） A．x＝3是f（x）的极小值点 B．当0＜x＜1时，f（x）＜f（x2） C．当1＜x＜2时，﹣4＜f（2x﹣1）＜0 D．当﹣1＜x＜0时，f（2﹣x）＞f（x） 【变式五】已知函数f（x）＝x3﹣x+1，则（　　） A．f（x）有两个极值点 B．f（x）有三个零点 C．点（0，1）是曲线y＝f（x）的对称中心 D．直线y＝2x是曲线y＝f（x）的切线 【变式六】已知函数f（x）＝+ax+b的图象在点P（0，f（0））处的切线方程为y＝3x﹣2． （1）求实数a，b的值； （2）设g（x）＝f（x）+是[2，+∞）上的增函数． ①求实数m的最大值； ②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y＝g（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，说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $$