三次函数的图象与性质课件-2026届高三数学二轮复习

专题六 函数与导数 三次函数的图象与性质 1 三次函数图象的零点 视角 1 　　　已知函数f(x)=x3＋mx2－(m＋1)x． (1) 讨论f(x)的单调性； 　　　　f′(x)=x2＋mx－(m＋1)=(x－1)(x＋m＋1)，令f′(x)=0，解得x=1或x=－m－1. ①当－m－1＞1，即m＜－2时，由f′(x)＞0，得x＜1或x＞－m－1.由f′(x)＜0，得1＜x＜－m－1，所以f(x)在(－∞，1)和(－m－1，＋∞)上单调递增，在(1，－m－1)上单调递减． ②当－m－1=1，即m=－2时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增． 【解答】 1 ③当－m－1＜1，即m＞－2时，由f′(x)＞0得x＞1或x＜－m－1.由f′(x)＜0得－m－1＜x＜1，所以f(x)在(－∞，－m－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－m－1，1)上单调递减． 综上，当m＜－2时，f(x)在(－∞，1)和(－m－1，＋∞)上单调递增，在(1，－m－1)上单调递减；当m=－2时，f(x)在R上单调递增；当m＞－2时，f(x)在(－∞，－m－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－m－1，1)上单调递减． 　　　已知函数f(x)=x3＋mx2－(m＋1)x． (2) 若f(x)有3个不同的零点，求实数m的取值范围． 　　　　因为f(x)有3个不同的零点，所以m≠－2. 当m＞－2时，极大值f(－m－1)=(m＋1)2，极小值f(1)=－m－，所以解得－＜m＜－1或m＞－1； 当m＜－2时，极大值f(1)=－m－，极小值f(－m－1)=(m＋1)2，所以解得m＜－4． 综上，实数m的取值范围为(－∞，－4)⋃⋃(－1，＋∞)． 【解答】 1 研究三次函数的零点问题的策略 (1) 通过单调性与极值的讨论，研究函数的图象；(2) 观察出函数的一个零点，将三次函数转化为二次函数研究；(3) 分离参数，先将三次函数分解为两个函数，再讨论交点问题． 　　　　(2025∙茂名二模)已知f(x)=－x2－ax＋，a为常数，且a＞0. (1) 若f(1)=0，求函数f(x)的单调区间； 　　　　因为f(1)=－－a＋=0，所以a=1，所以f′(x)=x2－(a－1)x－a=(x＋1)(x－a)=(x＋1)(x－1)，x∈R．当x∈(－∞，－1)和x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(－1，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(1，＋∞)，单调递减区间为(－1，1)． 【解答】 变式1　 　　　　(2025∙茂名二模)已知f(x)=－x2－ax＋，a为常数，且a＞0. (2) 若方程f(x)=0有且仅有2个不等的实数解，求a的值． 　　　　因为方程f(x)=0有2个不等的实数解，所以f(x)有2个零点．由(1)可知，f′(x)=(x＋1)(x－a)，因为a＞0，所以当x∈(－∞，－1)⋃(a，＋∞)时，f′(x)＞0，当x∈(－1，a)时，f′(x)＜0，则f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，所以f(－1)=0或f(a)=0，即－－＋a＋=0或－－a2＋=0，解得a=－或a=0或a=－4或a=1.又a＞0，所以a=1. 【解答】 变式1　 三次函数图象的切线 视角 2 　　　已知函数f(x)=2x3－3x． (1) 求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程； 　　　　因为f′(x)=6x2－3，所以f′(0)=－3.又f(0)=0，根据导数的几何意义可知，曲线y=f(x)在x=0处的切线的斜率为－3，所以切线方程为y=－3x． 【解答】 2 　　　已知函数f(x)=2x3－3x． (2) 若过点P(－1，t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切，求实数t的取值范围； 　　　　设切点为(x0，y0)，则f′(x0)=6－3，切线方程为y－y0=(6－3)(x－x0)，整理得y=3(2－1)x－4．又点P(－1，t)在切线上，所以t=－3(2－1)－4= －4－6＋3.要使过点P(－1，t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切，则该方程有3个解． 令g(x)=－4x3－6x2＋3，则g′(x)=－12x2－12x=－12x(x＋1)．由g′(x)＞0，可得－1＜x＜0，由g′(x)＜0，可得x＜－1或x＞0，所以g(x)在(－∞，－1)上单调递减，在 (－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)在x=－1处取得极小值，在x=0处取得极大值．由题意可知g(x)=－4x3－6x2＋3与y=t有3个交点，又g(－1)=1，g(0)=3，从而1＜t＜3，即实数t的取值范围是(1，3)． 【解答】 2 　　　已知函数f(x)=2x3－3x． (3) 请问：过点A(0，0)，B(－1，－1)，C(－1，3)，D(1，－1)，E(1，－2)分别存在几条直线与曲线y=f(x)相切？ 　　　　设切点为(x0，y0)，则f′(x0)=6－3，切线方程为y=3(2－1)x－4． ①当点A(0，0)在切线上时，有x0=0，此时y0=0，即点A(0，0)为切点．由(1)知，切线为1条． ②当点B(－1，－1)在切线上时，由(2)知，g(x0)在x0=－1处取得极小值，且g(－1)=1＞－1，此时－4－6＋3=－1只有1个解，即只存在1条切线． ③当C(－1，3)在切线上时，由(2)知，由－4－6＋3=3，解得x0=0或x0=－，所以此时存在2条切线． 【解答】 2 ④设切线过点Q(1，s)，此时有s=3(2－1)－4=－4＋6－3.令h(x0)=－4＋6－3，则h′(x0)=－12＋12x0=－12x0(x0－1)．由h′(x0)＞0，可得0＜x0＜1，所以h(x0)在(0，1)上单调递增；由h′(x0)＜0，可得x0＜0或x0＞1，所以h(x0)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递减．所以h(x0)在x0=0处取得极小值，在x0=1处取得极大值．又h(0)=－3，h(1)=－1，所以当－3＜s＜－1时，有3条切线，所以过点E(1，－2)的切线有3条．又方程h(x0)=－4＋6－3=－1，可化为(x0－1)2(2x0＋1)=0，解得x0=1或x0=－，所以过点D(1，－1)的切线有2条． 研究过点P(a，b)可以作出几条三次函数f(x)=ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)图象的切线，本质上是研究方程根的个数：设切点，写出切线方程，判断关于切点横坐标的方程有几个实数解． 　　　　已知函数f(x)=ax3＋bx2＋cx(a＞0)的极小值为－2，其导函数f′(x)的图象经过A(－1，0)，B(1，0)两点． (1) 求f(x)的解析式； 　　　　f′(x)=3ax2＋2bx＋c，因为a＞0，且f′(x)的图象经过A(－1，0)，B(1，0)两点．所以当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(－1，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以f(x)在x=1处取得极小值，f(1)=a＋b＋c=－2. 又因为f′(－1)=0，f′(1)=0，所以3a－2b＋c=0，3a＋2b＋c=0. 联立解得a=1，b=0，c=－3，所以f(x)=x3－3x． 【解答】 变式2　 　　　　已知函数f(x)=ax3＋bx2＋cx(a＞0)的极小值为－2，其导函数f′(x)的图象经过A(－1，0)，B(1，0)两点． (2) 若曲线y=f(x)恰有三条过点P(1，m)的切线，求实数m的取值范围． 　　　　设切点为(x0，y0)，则y0=－3x0，因为f′(x)=3x2－3，所以f′(x0)=3－3，所以切线方程为y－(－3x0)=(3－3)∙(x－x0)．将P(1，m)代入上式，得2－3＋m＋3=0.因为曲线y=f(x)恰有三条过点P(1，m)的切线，所以方程2x3－3x2＋m＋3=0有三个不同的实数解． 记g(x)=2x3－3x2＋m＋3，则g′(x)=6x2－6x=6x(x－1)．令g′(x)=0，得x=0或x=1. 当x变化时，g(x)，g′(x)的变化情况如表： 【解答】 所以g(x)的极大值为g(0)=m＋3，g(x)的极小值为g(1)=m＋2，所以解得－3＜m＜－2.故m的取值范围是(－3，－2)． x (－∞，0) 0 (0，1) 1 (1，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 变式2　 三次函数图象的对称中心 视角 3 　　　(多选)设f′(x)是三次函数y=f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)=0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为三次函数y=f(x)的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心．设函数f(x)=x3＋bx2＋cx，则以下说法正确的是 (　　) A．f(x)的拐点为 B．若f(x)有极值点，则b2－3c＞0 C．过f(x)的拐点有三条切线 D．若b=－3，c=1，则f(2－x)＋f(x)=－2 3 【解析】 　　　　对于A，f′(x)=3x2＋2bx＋c，f″(x)=6x＋2b，令f″(x)=0，解得x=－，故f(x)的拐点为，A正确． 对于B，f(x)有极值点，则f′(x)=3x2＋2bx＋c有变号零点，即Δ=4b2－12c＞0，即b2－3c＞0，B正确． 对于C，不妨设b=c=0，此时f(x)=x3，拐点为(0，0)，f′(x)=3x2，记切点为(x0，y0)，y0=，故切线方程为y=3x－2，将(0，0)代入y=3x－2，得x0=0，故过f(x)的拐点只有1条切线，C错误． 对于D，当b=－3，c=1时，f(x)=x3－3x2＋x，f′(x)=3x2－6x＋1，f″(x)=6x－6.令f″(x)=6x－6=0，得x=1，则f(1)=1－3＋1=－1，故拐点为(1，－1)，则f(x)=x3－3x2＋x的图象关于点(1，－1)对称，所以f(2－x)＋f(x)=－2，D正确． 【答案】ABD (1) 任意一个三次函数f(x)=ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的图象一定是中心对称图形，且对称中心为． (2) 三次函数的对称中心与其导函数的关系：可导三次函数y=f(x)图象的对称中心为A(m，n)⇔导函数f′(x)图象的对称轴是直线x=m． 　　　　(多选)(2025∙安庆三模)设函数f(x)=x3－x2＋ax－1，则 (　　) A．当a=－1时，f(x)有三个零点 B．当a≥时，f(x)无极值点 C．∃a∈R，f(x)在R上是减函数 D．∀a∈R，f(x)图象的对称中心的横坐标不变 　　　　对于A，当a=－1时，f(x)=x3－x2－x－1，则f′(x)=3x2－2x－1，令f′(x)=0得x=－或x=1，由f′(x)＞0，得x＜－或x＞1，由f′(x)＜0，得－＜x＜1，于是f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，故f(x)的极大值 f=－－＋－1＜0，因此f(x)最多有一个零点，A错误． 【解析】 变式3　 对于B，f′(x)=3x2－2x＋a，当a≥时，Δ=4－12a≤0，即f′(x)≥0恒成立，故函数f(x)在R上单调递增，f(x)无极值点，B正确． 对于C，要使f(x)在R上是减函数，则f′(x)=3x2－2x＋a≤0恒成立，而不等式3x2－2x＋a≤0的解集不可能为R，C错误． 对于D，f′(x)=3x2－2x＋a，f″(x)=6x－2，令f″(x)=0，得x=，可得f(x)图象的对称中心的横坐标为，D正确． 【答案】BD 　　　　因为f′(x)=x2＋2ax＋b，所以x1＋x2=－2a＜0，x1x2=b＞0，所以x1，x2为两个不等的负数，不妨设x1＜x2＜0，则必有x1，x2，2成等差数列，x1，2，x2成等比数列，故有2x2=x1＋2，x1x2=4，解得x1=－4，x2=－1，可得a=，b=4，故a＋b=． 【解析】 1. 若x1，x2是函数f(x)=x3＋ax2＋bx＋1(a＞0，b＞0)的导函数的两个不同零点，且x1，x2，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则a＋b= (　　) A．　　　　B．　　　　C．　　　　D．4 A 2. 过y轴上一点(0，a)可以作函数f(x)=x3＋x2－x图象的3条切线，则实数a的取值范围是 (　　) A．　　　　 B． C．　　　　 D． 【解析】 　　　　因为f(x)=x3＋x2－x，所以f′(x)=3x2＋2x－1，设切点为(x0，＋－x0)，则切线方程为y=(3＋2x0－1)(x－x0)＋＋－x0，而l过(0，a)，将(0，a)代入方程得a=－2－．令g(x)=－2x3－x2，g′(x)=－6x2－2x，令g′(x)＜0，得x∈⋃(0，＋∞)，此时g(x)单调递减，令g′(x)＞0，得x∈，此时g(x)单调递增，故g(x)的极小值为g=－，极大值为g(0)=0，作出y=g(x)的大致图象如图所示，由题知y=a与y=g(x)的图象有3个交点， 由图可知，a∈，故A正确． 【答案】A 3. (多选)(2025∙赣州期末)若方程2x3＋3x2＋b=0有三个实根，则b的可能取值为 (　　) A．－1　　　　　　　B．－　　　　C．0　　　　D．－ 　　　　设函数f(x)=2x3＋3x2＋b，则问题可转化为f(x)有三个零点． f′(x)=6x2＋6x=6x(x＋1)，由f′(x)＞0，可得x＞0或x＜－1，由f′(x)＜0，可得－1＜x＜0，所以f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在(－1，0)上单调递减，所以f(x)在x=－1处取到极大值f(－1)=1＋b，在x=0处取到极小值f(0)=b． 要使f(x)有三个零点，则有解得－1＜b＜0，故B，D正确． 【解析】 BD 4. (多选)(2025∙苏锡常镇一模)已知函数f(x)=x3－x2＋1，其导函数为f′(x)，则 (　　) A．直线y=－2x是曲线y=f(x)的切线 B．f(x)有三个零点 C．f′(2－x)=f′(x) D．若f(x)在区间(a，a＋4)上有最大值，则a的取值范围为(－4，0) 　　　　因为f(x)=x3－x2＋1，则f′(x)=x2－2x，f′(2－x)=(2－x)2－2(2－x)=(2－x)(－x)=x2－2x，所以f′(2－x)=f′(x)，故C正确． 【解析】 令f′(x)=0，得x2－2x=0，解得x=0或x=2.当x＜0或x＞2时，f′(x)＞0，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增，在(0，2)上单调递减，所以f(x)在x=0处取得极大值，在x=2处取得极小值，又f(0)=1，f(2)=－4＋1=－，当x→－∞时，f(x)2→－∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，作出f(x)的大致图象如图所示，由图知，f(x)有三个零点，故B正确． 对于A，设切点的坐标为，令切线斜率－2x0=－2，则－2x0＋2=(x0－1)2＋1≠0，所以不存在斜率为－2的切线，所以直线y=－2x不是曲线y=f(x)的切线，故A错误． 因为f(0)=1=f(3)，所以由图可知，若f(x)在区间(a，a＋4)上有最大值，则解得－4＜a≤－1，故D错误． 【答案】BC 5. (多选)(2025∙武汉一模)已知函数f(x)=ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，若函数g(x)=|f(x＋2)－3|为偶函数，则下列说法一定正确的是 (　　) A．y=|f(x)|的图象关于直线x=2对称 B．g(0)=0 C．ab＜0 D．f(0)＋f(4)=6 　　　　对于A，令f(x)=(x－2)3＋3，则g(x)=|f(x＋2)－3|=|x3|，满足g(x)为偶函数，由|f(0)|=5，|f(4)|=11，知其不关于直线x=2对称，故A错误． 对于B，D，g(x)=|f(x＋2)－3|为偶函数，故q(x)=f(x＋2)－3为奇函数，即q(－x)=－q(x)，即f(－x＋2)－3=－f(x＋2)＋3，故f(－x＋2)＋f(x＋2)=6，故点(2，3)为曲线y=f(x)的对称中心，故f(2)=3，则g(0)=|f(2)－3|=0，f(0)＋f(4)=6，故B正确，D正确． 【解析】 对于C，由题意得f′(x)=3ax2＋2bx＋c，令h(x)=f′(x)，则h′(x)=6ax＋2b，由于曲线y=f(x)的对称中心为(2，3)，结合三次函数的图象特征可知h′(2)=12a＋2b=0，则b=－6a，又a≠0，所以ab＜0，故C正确． 【答案】BCD 6. 已知所有的三次函数f(x)=ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的图象都有对称中心，若函数f(x)=－x3＋3x2，则f＋f＋f＋…＋f=_________． 　　　　因为f(x)=－x3＋3x2，则a=－1，b=3，所以－=1，f(1)=2，即函数y=f(x)的图象的对称中心为(1，2)，则f(x)＋f(2－x)=4，故f＋f＋f＋…＋f＋f=＋＋…＋＋f=4×2 025＋2=8 102. 【解析】 8 102 7. 已知函数f(x)=x3－4mx2－3m2x＋2，其中m≥0. (1) 若f(x)的极小值为－16，求m的值； 　　　　由题得f′(x)=3x2－8mx－3m2=(x－3m)∙(3x＋m)，其中m≥0.当m=0时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，f(x)无极值．当m＞0时，令f′(x)＞0，解得x＜－或x＞3m，令f′(x)＜0，解得－＜x＜3m，所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，(3m，＋∞)，所以f(x)的极小值为f(3m)=2－18m3=－16，解得m=1. 【解答】 7. 已知函数f(x)=x3－4mx2－3m2x＋2，其中m≥0. (2) 讨论函数f(x)的零点个数． 　　　　由(1)知当m＞0时，f(x)的极小值为f(3m)=2－18m3，f(x)的极大值为f=2＋m3＞0.当2－18m3＜0，即m＞时，如图曲线①，f(x)有三个零点； 当2－18m3=0，即m=时，如图曲线②，f(x)有两个零点； 【解答】 当2－18m3＞0，即0＜m＜时，如图曲线③，f(x)有一个零点； 当m=0时，f(x)=x3＋2，易知f(x)有一个零点． 综上，当0≤m＜时，f(x)有一个零点；当m=时，f(x)有两个零点；当m＞时，f(x)有三个零点． 8．(2025∙秦皇岛一模)已知函数f(x)=x3＋ax2＋bx＋c在x=及x=1处取得极值． (1) 求a，b的值； 　　　　因为f(x)=x3＋ax2＋bx＋c，所以f′(x)=3x2＋2ax＋b，由已知得，，1是3x2＋2ax＋b=0的两个根，故解得a=－2，b=1， 此时f(x)=x3－2x2＋x＋c，则f′(x)=3x2－4x＋1，令f′(x)＜0，解得＜x＜1，令f′(x)＞0，解得x＜或x＞1，所以函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，可知和1均为极值点，符合题意，所以a=－2，b=1. 【解答】 8．(2025∙秦皇岛一模)已知函数f(x)=x3＋ax2＋bx＋c在x=及x=1处取得极值． (2) 若方程f(x)=0有三个不同的实根，求c的取值范围． 　　　　由(1)得f(x)=x3－2x2＋x＋c，f′(x)=3x2－4x＋1，结合(1)可知，f(x)的极小值为f(1)=c，极大值为f=＋c．若方程f(x)=0有三个不同的实根，则解得－＜c＜0，所以c的取值范围是． 【解答】 9．设函数f(x)=x3＋ax2＋bx＋c(a＜0)在x=0处取得极值－1. (1) 设点A(－a，f(－a))，求证：过点A的曲线y=f(x)的切线有且只有一条，并求出该切线方程； 　　　　由f(x)=x3＋ax2＋bx＋c(a＜0)，得f′(x)=x2＋2ax＋b．由题意可得所以f(x)=x3＋ax2－1，此时f′(x)=x2＋2ax．当x＜0时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增，当0＜x＜－2a时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减，所以函数f(x)在x=0处取得极大值－1. 【解答】 设切点为(x0，y0)，则切线方程为y－y0=f′(x0)(x－x0)，即y－－a＋1=(＋2ax0)(x－x0)，即y=(＋2ax0)x－－a－1，将点(－a，f(－a))的坐标代入方程可得＋3a＋3a2x0＋a3=0，即(x0＋a)3=0，所以x0=－a，即点A为切点，且切点是唯一的，故切线有且只有一条，切线方程为a2x＋y＋a3＋1=0. 9．设函数f(x)=x3＋ax2＋bx＋c(a＜0)在x=0处取得极值－1. (2) 若过点(0，0)可作曲线y=f(x)的三条切线，求a的取值范围． 　　　　由(1)知切线方程为y=(＋2ax0)x－－a－1，把点(0，0)的坐标代入切线方程可得＋a＋1=0.因为有三条切线，所以＋a＋1=0有三个不同的实数根． 【解答】 设g(x)=x3＋ax2＋1(a＜0)，g′(x)=2x2＋2ax，令g′(x)=2x2＋2ax=0，可得x=0和x=－a．当x∈(－∞，0)时，g′(x)＞0，g(x)为增函数；当x∈(0，－a)时，g′(x)＜0，g(x)为减函数；当x∈(－a，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)为增函数．所以函数g(x)在x=0处取得极大值，且g(x)极大值=g(0)=1＞0，函数g(x)在x=－a处取得极小值，且g(x)极小值=g(－a)=－a3＋a3＋1=＋1. 因为方程g(x)=0有三个根，所以g(－a)=＋1＜0，解得a＜－．因为g=a×2＜0，g(－3a)=－9a3＋1＞0，所以由零点存在定理可知，函数g(x)有三个零点．综上所述，a的取值范围是(－∞，－)． $