探源点6 三次函数 课件-2026届高三数学二轮专题复习

板块六　函数与导数 探源点6　三次函数 高考定位 三次函数通常考查利用导数研究函数的基本性质,如单调性、极(最)值、对称中心、零点问题等,是近年高考的热门考点,现有选择题、填空题,也有解答题. 高考定位 精准强化练 类型一　三次函数的零点 类型二　三次函数的对称性 类型三　三次函数的切线条数 母题突破 类型一　三次函数的零点 (人教B版选修三P114T4)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,求实数a的取值范围. 母题1 法一　f'(x)=3ax2-6x, ①若a=0时,f(x)=-3x2+1, 令f(x)=0,解得x=±, 所以此时不符合题意; ②若a≠0,令f'(x)=0得x=0或x=. 4 若a>0,则当x>或x<0时,f'(x)>0, 当0<x<时,f'(x)<0, 所以f(x)在(-∞,0)和上是增函数, 在上是减函数, 又因为f(-1)=-a-2<0,f(0)=1>0, 则存在x0∈(-1,0),使得f(x0)=0,不满足题意. 若a<0,则当x<或x>0时,f'(x)<0, 当<x<0时,f'(x)>0, 所以f(x)在和(0,+∞)上是减函数,在上是增函数, 所以当x=0时,f(x)取得极大值1, 当x=时,f(x)取得极小值,若要使得f(x)存在唯一零点x0,且x0>0,只需f>0, 即a·-3+1>0, 解得a<-2或a>2(舍去). 法二　由题意知a≠0; 对f(x)求导得f'(x)=3ax2-6x, 其判别式为Δ=36, 令f'(x)=0,解得x=0或x=, 由三次函数的性质得出该三次函数有一个零点, 即Δ>0且f(0)·f>0, 解得a<-2或a>2. 结合该三次函数的图象及f(0)=1, 可得a<0, 综上所述,实数a的取值范围为(-∞,-2). √ (1)(2023·全国乙卷)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是 A.(-∞,-2) B.(-∞,-3) 　　　　C.(-4,-1) 　　　　D.(-3,0) 真题1 法一　由题意知f'(x)=3x2+a,要使函数f(x)存在3个零点,则f'(x)=0要有2个不同的根,则a<0. 令3x2+a=0,解得x=±. 令 f'(x)>0,则x<-或x>, 令f'(x)<0,则-<x<. 所以f(x)在上单调递增,在上单调递减, 所以要使f(x)存在3个零点, 解得a<-3. 法二　由题意知f'(x)=3x2+a, 其判别式需满足Δ=02-4×3×a>0,解得a<0. 则f'(x)=0的两根分别为x1=和x2=-, 故ff<0, 解得a<-3, 综上,实数a的取值范围是(-∞,-3). (2)(2024·全国甲卷)曲线y=x3-3x与y=-(x-1)2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点,则a的取值范围为　　　　.  (-2,1) 法一　令x3-3x=-(x-1)2+a, 即a=x3-3x+(x-1)2, 设h(x)=x3-3x+(x-1)2, 则h'(x)=3x2-3+2(x-1)=(3x+5)(x-1), 令h'(x)=0(x>0),得x=1. 当0<x<1时,h'(x)<0, 当x>1时,h'(x)>0, 所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,在(0,1)上单调递减. 又h(0)=1,h(1)=-2,x→+∞时,h(x)→+∞. 作出y=h(x)的大致图象如图, 因为曲线y=x3-3x与y=-(x-1)2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点, 所以等价于直线y=a与函数y=h(x)的图象有两个交点, 所以a的取值范围为(-2,1). 法二　令f(x)=x3-3x-[-(x-1)2+a] =x3+x2-5x+1-a, 对f(x)求导得f'(x)=3x2+2x-5, 其判别式Δ=4-4×3×(-5)=64, 令f'(x)=0,解得x1=1或x2=-. 由性质我们可以得该三次函数在(0,+∞)上有两个不同的零点, 解得-2<a<1, 所以a的取值范围为(-2,1). 对于三次函数f(x),其导函数为f'(x), (1)若方程f'(x)=0的判别式Δ≤0,则函数f(x)在R上是单调函数,无极值,值域为R,函数f(x)在R上有唯一的零点. (2)若方程f'(x)=0的判别式Δ>0,则f'(x)有两个零点x1,x2,它们是函数f(x)的极值点. ①f(x)有一个零点⇔f(x1)f(x2)>0,如下图所示. 规律方法 ②f(x)有两个零点⇔f(x1)f(x2)=0,如下图所示. ③f(x)有三个零点⇔f(x1)f(x2)<0,如下图所示. 函数f(x)=x3-3x+2的零点的个数为　　　　.  样题1 2 f(x)=x3-3x+2的定义域为R,且f'(x)=3x2-3, 其判别式Δ=0-4×(-3)×3=36, 令f'(x)=0,解得x1=1或x2=-1, 其判别式为Δ>0, 且f(-1)f(1)=0, 故函数f(x)=x3-3x+2的零点的个数为2. 16 若函数f(x)=-x3+3x+a恰好有两个零点,则实数a的值为　　　　.  样题2 -2或2 对f(x)求导得f'(x)=-3x2+3, 其判别式Δ=0-4×(-3)×3=36, 令f'(x)=0,解得x1=1或x2=-1, 由性质可得出该三次函数有两个零点, 即Δ>0且f(x1)f(x2)=0,解得a=-2或2. 17 类型二　三次函数的对称性 (人教A版必修一P87T13)我们知道,函数y=f(x)的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数y=f(x)为奇函数,有同学发现可以将其推广为:函数y=f(x)的图象关于点P(a,b)成中心对称图形的充要条件是函数y=f(x+a)-b为奇函数. (1)求函数f(x)=x3-3x2图象的对称中心; 母题2 ∵f(x)=x3-3x2 =(x-1)3-3(x-1)-2, ∴y=f(x+1)+2=x3-3x. 18 设g(x)=x3-3x, 则g(-x)=(-x)3-3(-x) =-x3+3x=-g(x), ∴g(x)为奇函数,∴f(x)=x3-3x2的图象关于点(1,-2)对称. 即f(x)=x3-3x2的图象的对称中心是点(1,-2). (2)类比上述推广结论,写出“函数y=f(x)的图象关于y轴成轴对称图形的充要条件是函数y=f(x)为偶函数”的一个推广结论. 函数y=f(x)的图象关于直线x=a成轴对称图形的充要条件是函数y=f(x+a)为偶函数. √ (多选)(2024·新高考Ⅱ卷)设函数f(x)=2x3-3ax2+1,则 A.当a>1时,f(x)有三个零点 B.当a<0时,x=0是f(x)的极大值点 C.存在a,b,使得x=b为曲线y=f(x)的对称轴 D.存在a,使得点(1,f(1))为曲线y=f(x)的对称中心 真题2 √ 对f(x)求导得f'(x)=6x2-6ax. 对于A,令f'(x)=0,解得x1=0或x2=a, 由性质可得该三次函数有三个零点, 即Δ>0且f(x1)·f(x2)>0, 解得a>1,A正确; 对于B,当a<0时,由f'(x)<0得a<x<0, 由f'(x)>0得x>0或x<a, 则f(x)在(-∞,a)和(0,+∞)上单调递增,在(a,0)上单调递减,故x=0是f(x)的极小值点,B错误; 对于C,假设存在这样的a,b,使得x=b为f(x)的对称轴, 即存在这样的a,b使f(x)=f(2b-x), 即2x3-3ax2+1=2(2b-x)3-3a(2b-x)2+1, 根据二项式定理,等式右边(2b-x)3展开式含有x3的项为2(2b)0(-x)3=-2x3, 于是等式左右两边x3的系数都不相等,原式不可能相等, 故曲线y=f(x)必不存在对称轴,C错误; 对于D, 法一　因为f(x)+f(2-x)=2x3-3ax2+1+2(2-x)3-3a(2-x)2+1 =(12-6a)x2+(12a-24)x+18. 所以当a=2时,有f(x)+f(2-x)=18, 所以存在a=2时,f(x)的图象关于点(1,9)对称. 法二　因为f″(x)=12x-6a, 令f″(x)=12x-6a=0,解得x=, 所以=1,即a=2, 故存在a=2,使得点(1,f(1))为曲线y=f(x)的对称中心,D正确,故选AD. 三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)一定有对称中心,其对称中心的横坐标为x=-,即f'(x)=3ax2+2bx+c的顶点的横坐标,也即f″(x)=6ax+2b的零点,即三次函数f(x)=ax3+2bx2+cx+d(a≠0)的图象的对称中心在其导函数f'(x)=3ax2+2bx+c的图象的对称轴上.若三次函数f(x)有极值,那么它的对称中心也是两个极值点的中点. 规律方法 (2025·青岛段测)函数f(x)=x3-3x2+5x-1图象的对称中心为　　　　.  样题3 (1,2) 法一　由题意设对称中心的坐标为(a,b),则有2b=f(x)+f(2a-x)对任意x∈R均成立,代入函数解析式得, 2b=x3-3x2+5x-1+(2a-x)3-3(2a-x)2+5(2a-x)-1 整理得2b=(6a-6)x2+2a3-6a2+10a-2 对任意x∈R均成立, 所以a=1,b=2.即对称中心(1,2). 26 法二　∵f ″(x)=6x-6, 令f ″(x)=6x-6=0,解得x=1, 将x=1代入得f (1)=2, ∴对称中心为(1,2). (2025·武汉调研)已知函数f(x)=x3+3x2+x-3,若直线ax-by+a-2b=0与曲线y=f(x)有三个交点P(x1,y1),Q(x2,y2),R(x3,y3),则x1+x2+x3=　　　　.  样题4 -3 法一　f(x)=x3+3x2+x-3, 若b=0,直线ax-by+a-2b=0⇒x=-1, 此时与曲线f(x)=x3+3x2+x-3只有1个交点,不合要求,故b≠0, 由b≠0时,直线ax-by+a-2b=0与曲线f(x)=x3+3x2+x-3联立得 x3+3x2+x-1-=0, 设x3+3x2+x-1-=(x-x1)(x-x2)(x-x3), 故x3+3x2+x-1-=x3-(x1+x2+x3)x2+(x1x2+x2x3+x1x3)x-x1x2x3, 所以3=-(x1+x2+x3),则x1+x2+x3=-3. 法二　由ax-by+a-2b=a(x+1)-b(y+2)=0, 得直线ax-by+a-2b=0恒过点(-1,-2), 又f'(x)=3x2+6x+1,f″(x)=6x+6, 令f″(x)=0得x=-1,f(-1)=-2, 故f(x)关于点(-1,-2)对称, 不妨设x1<x2<x3,则x1+x3=-2,x2=-1, 故x1+x2+x3=-3. 类型三　三次函数的切线条数 (人教B版选修三P108T8)已知x轴为函数f(x)=x3+ax+的图象的一条切线,求实数a的值. 母题3 设切点为(x0,0), 由f(x)=x3+ax+,得f'(x)=3x2+a, 30 (2021·全国乙卷节选)已知函数f(x)=x3-x2+ax+1,求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标. 真题3 记曲线y=f(x)过坐标原点的切线为l,切点为P(x0,-+ax0+1). 因为f'(x0)=3-2x0+a, 所以切线l的方程为y-(-+ax0+1) =(3-2x0+a)(x-x0). 由l过坐标原点,得2--1=0, 解得x0=1, 所以切线l的方程为y=(1+a)x. 所以曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标为(1,1+a)和(-1,-1-a). 一般地,如图,过三次函数f(x)图象的对称中心作切线l,则坐标平面被切线l和函数f(x)的图象分割为四个区域,有以下结论: 规律方法 (1)过区域Ⅰ、Ⅳ内的点作曲线f(x)的切线,有且仅有3条; (2)过区域Ⅱ、Ⅲ内的点以及对称中心作曲线f(x)的切线,有且仅有1条; (3)过切线l或函数f(x)图象(除去对称中心)上的点作曲线f(x)的切线,有且仅有2条. √ (2025·长沙质检)经过点P(1,-2)可以作与曲线y=f(x)=2x3-3x相切的不同直线共有 A.0条 B.1条　　　　C.2条　　　　　　D.3条 样题5 由f(0)=0,作出y=f(x)的大致图象,如图, 过曲线y=f(x)对称中心的切线方程为y=-3x, 所以点P位于线段AB(不含端点)上时, 其中A(1,-1),B(1,-3), 经过点P(1,-2)可以作3条直线与曲线y=f(x)=2x3-3x相切. 34 【精准强化练】 √ 1.已知a>0,若过点P(a,b)可以作曲线y=x3的三条切线,则 A.b<0 B.0<b<a3　　　　C.b>a3　　　　D.b(b-a3)=0 如图,过曲线y=f(x)对称中心的切线方程为y=0, 当P点位于线段AB(不含端点)上时,存在三条直线与曲线y=f(x)相切, 其中A(a,0),B(a,a3),所以0<b<a3. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 一、单选题 13 14 √ 2.(2025·石家庄调研)已知函数f(x)=x3+x2+c有3个零点,则c的取值范围是 A. 　　B.∪(0,+∞) C. 　　D.∪(0,+∞) 对f(x)求导得f'(x)=3x2+9x, 令f'(x)=0,解得x1=0或x2=-3. 由三次函数的性质得出该三次函数有三个零点 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 3.已知函数f(x)=-x3+3x-1,下列说法错误的是 A.f(x)在x=-1处取得极小值　　　　　　 B.f(x)有3个零点 C.f(x)在区间(-2,2)上的值域为(-3,1) 　　　　D.曲线y=f(x)的对称中心为(0,-1) 由f(x)=-x3+3x-1, 可得f'(x)=-3x2+3=-3(x+1)(x-1), 当x<-1或x>1时,f'(x)<0;当-1<x<1时,f'(x)>0. 即函数f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减;在(-1,1)上单调递增. 对于A,由上分析知f(x)在x=-1处取得极小值,故A正确; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 对于B,结合以上分析,因为f(-2)=1>0,f(-1)=-3<0,f(1)=1>0,f(2)=-3<0, 由零点存在性定理知,f(x)有3个零点,故B正确; 对于C,因为f(x)在(-2,-1)上递减,在(-1,1)上递增,在(1,2)上递减, 而f(-2)=f(1)=1,f(-1)=f(2)=-3, 故f(x)在区间(-2,2)上的值域为[-3,1],故C错误; 对于D,因为f″(x)=-6x, 令f″(x)=-6x=0,解得x=0, 则f(0)=-1, 故曲线y=f(x)的对称中心为(0,-1),即D正确. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 4.(2025·杭州质检)对于三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0),现给出定义:设f'(x)是函数f(x)的导数,f″(x)是f'(x)的导数,若方程f″(x)有实数解x0,则称点(x0,f(x0))为函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的“拐点”.经过探究发现:任何一个三次函数都有“拐点”,任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心.设函数g(x)=-x2+,则g+g+g+…+g= A. B. C.17 D.34 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 由函数g(x)=-x2+, 可得g'(x)=x2-2x,所以g″(x)=2x-2, 令g″(x0)=2x0-2=0,可得x0=1, 又由g(1)=-1+=1, 即函数g(x)的对称中心为(1,1), 所以g(x)+g(2-x)=2, 则g+g+g+…+g 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 5.(2025·西安模拟)从点P(2,t)可向曲线y=f(x)=x-x3引三条不同切线,则t的取值范围为 A.-6<t<2 B.-2<t<6　　　　C.-4<1<4　　　　D.-4<t<6 如图,过曲线y=f(x)对称中心的切线方程为y=x, 当P点位于线段AB(不含端点)上时,存在三条直线与曲线y=f(x)相切, 其中A(2,2),B(2,-6),所以-6<t<2. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 6.过点(-7,-5)作曲线y=x3-12x+11的切线l,切点为P,则点P的横坐标不可能是 A.2 B.- C.- D.-10 设切点为(x0,-12x0+11),而切线也过点(-7,-5), 由斜率公式得 k==, 因为y=f(x)=x3-12x+11, 所以f'(x)=3x2-12, 由导数的几何意义得k=f'(x0)=3-12, 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 故3-12=成立, 化简得(3-12)(x0+7)=-12x0+16, 得到3-12x0+21-84=-12x0+16, 即2+21-100=0, 显然x0=2是方程的根, 则方程可化为(x0-2)(2+25x0+50)=0, 解得x0=-或x0=-10,而原方程最多有三个根, 则x0=-不可能是原方程的根,即点P的横坐标不可能是-. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 7.关于函数f(x)=x3-x2-2x+1,下列说法正确的是 ①曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程为8x-2y-25=0; ②f(x)的图象关于原点对称; ③f(x)在(-1,1)上单调递减; ④若y=f(x)-m有三个不同零点,则实数m的范围是. A.①④ B.②④ C.①②③ D.①③④ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 函数f(x)=x3-x2-2x+1, 得f'(x)=x2-x-2=(x+1)(x-2), 对于①,f'(3)=4,而f(3)=-, 则切线方程为y+=4(x-3), 即8x-2y-25=0,①正确; 对于②,f(-3)=-≠-f(3), 则f(x)的图象关于原点不对称,②错误; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 对于③,当x<-1或x>2时,f'(x)>0; 当-1<x<2时,f'(x)<0, 所以f(x)在(-1,1)上单调递减,③正确. 对于④,令φ(x)=f(x)-m=x3-x2-2x+1, 对φ(x)求导得φ'(x)=x2-x-2, 其判别式为Δ,令φ'(x)=0,解得x1=-1或x2=2. 由三次函数的性质得出该三次函数有三个零点, 即Δ>0且φ(-1)φ(2)<0, 解得-<m<,④正确. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 8.(2025·兰州诊断)设函数f(x)=x3-3ax+3,则 A.存在a∈R,函数f(x)仅有一个极值点 B.曲线f(x)关于点(0,3)对称 C.当a=1时,9x-y-13=0是曲线f(x)的切线方程 D.当a>1时,函数f(x)有唯一零点 √ 对于A,由题意可得f'(x)=3x2-3a,当a≤0时,f'(x)≥0恒成立, 函数f(x)在R上单调递减,无极值点,当a>0时,令f'(x)=0, 即3x2-3a=0,解得x=±,此时函数有两个极值点, 所以不存在a∈R,使函数f(x)仅有一个极值点,故A错误; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 二、多选题 13 14 对于B,因为f″(x)=6x, 令f″(x)=6x=0,解得x=0,将x=0代入得f(0)=3, 所以曲线f(x)关于点(0,3)对称,故B正确; 对于C,当a=1时,f(x)=x3-3x+3,f'(x)=3x2-3, 若9x-y-13=0是切线方程,则其斜率为9, 令f'(x)=3x2-3=9,解得x=±2, 当x=2时,f(2)=23-3×2+3=5,切线方程为y-5=9(x-2), 化简可得9x-y-13=0; 当x=-2时,f(-2)=(-2)3-3×(-2)+3=1,切线方程为y-1=9(x+2), 化简可得9x-y+19=0; 所以9x-y-13=0是曲线f(x)的切线方程,故C正确; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 对于D,对f(x)求导得f'(x)=3x2-3a(a>1), 其判别式为Δ=0-4×3×(-3a)=36a>0, 令f'(x)=0,解得x1=或x2=-, 不妨令a=4,则f()f(-)<0, 此时f(x)有三个零点,故D错误. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 9.(2025·合肥调研)已知函数f(x)=x3+3x2-9x-m有三个零点,记为x1,x2,x3(x1<x2<x3),则 A.-5<m<27 B.过点A(-2,23-m)可作曲线y=f(x)的三条切线 C.x1+x2>-6 D.x2+x3<2 √ √ 由题意,得f'(x)=3x2+6x-9=3(x+3)(x-1),其判别式为Δ, 令f'(x)=0,得到x1=1或x2=-3, 对于A,由三次函数的性质得出该函数有三个零点, 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 即Δ>0且f(1)·f(-3)<0, 解得-5<m<27,所以A正确; 对于B,过曲线y=f(x)对称中心的切线方程为12x+y+m+1=0, 当x=-2时,代入此切线方程得y=23-m, 所以点A在过曲线f(x)对称中心的切线上, 故过点A可作曲线y=f(x)的两条切线,故B错误; 对于C,令h(x)=f(x)-f(-6-x)(-3<x<1), 则h'(x)=f'(x)+f'(-6-x)=6(x+3)2>0, 所以h(x)在区间(-3,1)上递增. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 因为x1<-3<x2<1<x3, 所以h(x2)>h(-3)=0, 即f(x2)>f(-6-x2), 因为f(x1)=f(x2),所以f(x1)>f(-6-x2), 因为x1<-3,-6-x2<-3且f(x)在区间(-∞,-3)上单调递增, 所以x1>-6-x2,即x1+x2>-6, 所以C正确; 对于D,令t(x)=f(x)-f(2-x)(-3<x<1), 则t'(x)=f'(x)+f'(2-x)=6(x-1)2>0, 所以t(x)在区间(-3,1)上递增. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 因为x1<-3<x2<1<x3, 所以t(x2)<t(1)=0, 即f(x2)<f(2-x2), 因为f(x2)=f(x3),所以f(x3)<f(2-x2), 因为x3>1,2-x2>1且f(x)在区间(1,+∞)上递增,所以x3<2-x2,即x2+x3<2, 所以D正确,故选ACD. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 10.已知曲线f(x)=x3-3x2+6x+2在点P处的切线与在点Q处的切线平行,若点P的纵坐标为1,则点Q的纵坐标为　　　　.  11 法一　f(x)=x3-3x2+6x+2, 则f'(x)=3x2-6x+6, 设P(m,1),Q(n,f(n)), 依题意f'(m)=f'(n), 所以3m2-6m+6=3n2-6n+6, 则m2-n2=2(m-n), 三、填空题 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 显然m≠n,则m+n=2, 因为f(x)=(x-1)3+3(x-1)+6, 所以f(x)的图象关于点(1,6)中心对称, 所以点P与点Q关于点(1,6)对称, 所以=6,则f(n)=11, 所以点Q的纵坐标为11. 法二　f(x)=x3-3x2+6x+2, 则f'(x)=3x2-6x+6, 因为f'(x)=3(x-1)2+3>0, 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 所以f(x)在R上单调递增, 令x3-3x2+6x+2=1, 设其根为xP,则-3+6xP=-1. 因为f(x)在点P处的切线与在点Q处的切线平行, 所以f'(x)=k存在两实根,其中一个为xP,设另一个为xQ. 即3x2-6x+6=k两根为xP,xQ, 由韦达定理得xP+xQ=2,则xQ=2-xP, 所以f(xQ)=-3+6xQ+2 =-3+6(2-xP)+2 =-+6-12xP+8-3+12xP-12+12-6xP+2=-(-3+6xP)+10=11, 所以点Q的纵坐标为11. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 11.(2025·贵阳调研)若函数f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为　　　　.  -3 因为f(0)=1,且由f'(x)=6x2-2ax=6x=0,得x=0或x=a, 所以函数f(x)的图象是增-减-增型, 且在x=0或x=a处取得极值, 欲使函数在(0,+∞)内有且只有一个零点, 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 解得a=3. 当x∈[-1,0]时,f'(x)>0,f(x)单调递增; x∈[0,1]时,f'(x)<0,f(x)单调递减, 故f(x)max=f(0)=1, f(x)min=min{f(1),f(-1)}=-4, 所以f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为-3. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 12.已知直线l与曲线y=x3-x+1有三个不同的交点A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),且|AB|=|AC|,则(xi+yi)=　　　　.  由题意,函数y=x3-x是奇函数, 则函数y=x3-x的图象关于原点对称, 所以函数y=x3-x+1的图象关于点(0,1)对称, 因为直线l与曲线y=x3-x+1有三个不同的交点A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3), 且|AB|=|AC|,所以点A为函数的对称点, 即A(0,1),且B,C两点关于点A(0,1)对称, 所以x1+x2+x3=0,y1+y2+y3=3, 于是(xi+yi)=3. 3 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 13.(2025·重庆诊断)已知函数f(x)=x3+ax(a∈R)的一个极值点为x=1. (1)求a的值; f'(x)=3x2+a,由于x=1是极值点,故f'(1)=3+a=0,故a=-3, 当a=-3时,f'(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1), 当x>1或x<-1时,f'(x)>0, 当-1<x<1时,f'(x)<0, 故x=1是f(x)的一个极值点,故a=-3. 四、解答题 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 (2)若过点(3,m)可作曲线y=f(x)的三条不同的切线,求实数m的取值范围. 设切点为(x0,y0),则切点处的切线方程为y=(3-3)(x-x0)+-3x0, 将(3,m)代入可得m=(3-3)(3-x0)+-3x0,故m=-2+9-9, 要使过点(3,m)可作曲线y=f(x)的三条不同的切线,则m=-2+9-9有三个不同的根, 记g(x)=-2x3+9x2-9, 则g'(x)=-6x2+18x=-6x(x-3), 当x>3或x<0时,g'(x)<0, 当0<x<3时,g'(x)>0, 故g(x)在(3,+∞),(-∞,0)上单调递减,在(0,3)上单调递增, 且g(0)=-9,g(3)=18,因此-9<m<18. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 14.(2025·东北三省四校模拟)已知函数f(x)=2x3-ax2+1. (1)讨论f(x)的单调性; f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a), 当a=0时,f'(x)≥0恒成立,f(x)在R上单调递增; 当a<0时,令f'(x)<0,解得x∈(,0), 令f'(x)>0,解得x∈(-∞,)∪(0,+∞), 故f(x)在(,0)上单调递减,在(-∞,)和(0,+∞)上单调递增; 当a>0时,令f'(x)<0,解得x∈(0,), 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 令f'(x)>0,解得x∈(-∞,0)∪(,+∞), 故f(x)在(0,)上单调递减,在(-∞,0)和(,+∞)上单调递增. 综上,a=0时,f(x)在R上单调递增; a<0时,f(x)在(,0)上单调递减,在(-∞,)和(0,+∞)上单调递增; a>0时,f(x)在(0,)上单调递减,在(-∞,0)和(,+∞)上单调递增. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 (2)若f(x)在区间[0,2]上有且仅有一个零点,求a的取值范围. 当a=0时,在[0,2]上f(x)=2x3+1>0,故不存在零点; 当a<0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,故在[0,2]上单调递增, 又x∈[0,2]时,f(x)≥f(0)=1,故f(x)在[0,2]上不可能存在零点; 当a>0时,f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增; 若<2,即a<6时,f(x)在(0,)上单调递减,在(,2)上单调递增, 又f(0)=1,f()=-+1,f(2)=17-4a, 故只能在[0,]上有零点, 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 解得a>. 或f()=-+1=0,解得a=3; 故此时a∈{3}∪(,6)满足条件; 若≥2,即a≥6时,f(x)在(0,2)上单调递减, 则f(0)·f(2)<0,此时均满足题意, 故a∈[6,+∞)满足条件. 综上,a∈{3}∪(,+∞). 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 本课结束 越努力，越幸运！ 则 即 即为 所以 则 由 解得 即解得-<c<0. =g+g+g+g+…+g+g=×2×17=17. 当且仅当 由零点存在性定理有 $