专题集训40 导数与三次函数-（配套练习）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

专题集训(四十)　导数与三次函数 (时间：40分钟　满分：70分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(1—4题，每小题5分，共20分) 1.(2025·山东聊城一模)已知函数f是定义域为R的奇函数，当x＞0时，f＝x3＋ax2＋x＋2a，若f是增函数，则实数a的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：要使奇函数f是增函数，则需要f在x＞0上单调递增，且2a≥0，当x＞0时，f'＝3x2＋2ax＋≥0恒成立.因为2a≥0，此时f'＝3x2＋2ax＋的对称轴x＝－≤0，所以只需6－a≥0即可，即0≤a≤6.故选B. 2.若函数f＝x3－3x＋a在区间内有两个零点，则实数a的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：因为f'＝3x2－3＝3，所以当x＞1或x＜－1时f'＞0，即f，上单调递增，当－1＜x＜1时f'＜0，即f上单调递减，根据题意可得解得0＜a＜2.故选A. 3.若x＝0是函数f(x)＝x3－x2＋(a2＋a)x－1的极小值点，则f(x)的极大值为(　　) A. B. C.－ D.－ 答案：D 解析：由f(x)＝x3－(a＋)x2＋(a2＋a)x－1可得f'＝x2－2x＋.又x＝0是函数f的极小值点，所以f'＝a2＋a＝0，解得a＝0或a＝－1.当a＝0时，f'＝x2－x＝x，当x∈时，f'＞0，此时f单调递增，当x∈时，f'＜0，此时f单调递减，即x＝0是f的极大值点，不符合题意，故舍去；当a＝－1时，f'＝x2＋x＝x，当x∈时，f'＞0，此时f单调递增，当x∈时，f'＜0，此时f单调递减，当x∈时，f'＞0，此时f单调递增，即x＝－1是f的极大值点，x＝0是f的极小值点，符合题意，此时f＝x3＋x2－1，所以f的极大值为f＝－＋－1＝－.故选D. 4.已知一元三次函数对称中心的横坐标为其二阶导函数的零点.若f(x)＝x3－3x2＋3x＋1，则f＋f＝(　　) A.0 B.4 C. D. 答案：B 解析：二级结论：三次函数对称中心的横坐标是其二阶导函数的零点.由题意，f'(x)＝3x2－6x＋3，f″(x)＝6x－6，故二阶导函数的零点为x＝1，即对称中心的横坐标为1，设对称中心为，则f(x)＝2b－f(2－x)，可解得b＝2，由＝1，故f＋f＝2b＝4.故选B. 二、多项选择题(5、6题，每小题6分， 共12分) 5.(2025·浙江杭州一模)已知函数f＝x3－x2－ax，则(　　) A.若f＝f，则a＝1 B.若f＝f，则a＝－ C.若a＝1，则f在上单调递减 D.若a＝－，则f在上单调递增 答案：ACD 解析：对于A、B，f'＝3x2－2x－a.因为f＝f，所以x＝1是f的极小值点，则f'＝3－2－a＝0，解得a＝1，此时f'＝3x2－2x－1＝，当0≤x＜1时，f'＜0，当x＞1时，f'＞0，所以f上单调递减，在上单调递增，所以＝f，所以a＝1，故A正确，B错误；对于C，若a＝1，则f'＝3x2－2x－1＝，当0＜x＜1时，f'＜0，所以f上单调递减，故C正确；对于D，若a＝－，则f'＝3x2－2x＋＝，当1＜x＜3时，f'＞0，所以f上单调递增，故D正确.故选ACD. 6.(2025·辽宁部分重点中学协作体考试)已知函数f＝，则(　　) A.f有三个零点 B.∃m∈R，使得点为曲线y＝f的对称中心 C.f既有极大值又有极小值 D.∃m∈R，∀x＞0，f≥0 答案：BCD 解析：对于A，令f＝＝0，解得x＝m或x＝±1，当m＝±1时，函数f只有2个零点，故A错误；对于B，f＝＝x3－mx2－x＋m，则f＋f＝x3－mx2－x＋m＋－m－＋m＝x2＋x＋60－14m.又2f＝2(23－m·22－2＋m)＝12－6m，要使点为曲线y＝f的对称中心，则对∀x∈R，x2＋x＋60－14m＝12－6m，此时m＝6，所以当m＝6时，点为曲线y＝f的对称中心，故B正确；对于C，由f＝x3－mx2－x＋m，则f'＝3x2－2mx－1，由于Δ＝－4×3×＝4m2＋12＞0，则方程f'＝3x2－2mx－1＝0有两个不相等的实数根x1，x2，设x1＜x2，则x＜x1或x＞x2时，f'＞0；x1＜x＜x2时，f'＜0，则函数f上单调递增，在上单调递减，则函数f在x＝x1取得极大值，在x＝x2取得极小值，故C正确；对于D，当m＝1时，f＝＝，此时∀x＞0，f≥0，故D正确.故选BCD. 三、填空题(7、8题，每小题5分，共10分) 7.对于三次函数f＝ax3＋bx2＋cx＋d(a，b，c，d∈R，a≠0)有如下定义：设f'是函数f的导函数，f″是函数f'的导函数，若方程f″＝0有实数解m，则称点为函数y＝f的“拐点”.若点是函数g＝x3－ax2＋bx－5(a，b∈R)的“拐点”，也是函数g图象上的点，则函数h＝asin x＋bcos2x的最大值是　　　　　　　. 答案： 解析：g'＝3x2－2ax＋b，g″＝6x－2a，由题意g″＝0，则a＝3.又g＝－3，得b＝4，所以h＝sin x＋4cos2x＝sin x－4sin2x＋4.令sin x＝t，则t∈，即求y＝－4t2＋t＋4，t∈时的最大值，当t＝时，y有最大值. 8.已知函数f＝ax3＋bx2－3x在点处的切线方程为y＋2＝0.若经过点M可以作出曲线y＝f的三条切线，则实数m的取值范围是　　　　　　　. 答案： 解析：因为f＝ax3＋bx2－3x，所以f'＝3ax2＋2bx－3.根据题意得所以函数的解析式为f＝x3－3x，所以f'(x)＝3x2－3.设切点为，则y0＝－3x0，f'＝3－3，故切线的斜率为3－3.由题意得3－3＝，即2－6＋6＋m＝0.因为过点M(2，m)可作曲线y＝f的三条切线，所以方程2－6＋6＋m＝0有三个不同的实数解， 所以函数g＝2x3－6x2＋6＋m有三个不同的零点.由于g'(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，所以当x＜0时，g'(x)＞0，g(x)单调递增，当0＜x＜2时，g'(x)＜0，g(x)单调递减，当x＞2时，g'(x)＞0，g(x)单调递增.所以当x＝0时，g(x)有极大值，且极大值为g(0)＝m＋6；当x＝2时，g(x)有极小值，且极小值为g(2)＝m－2.因为函数g有3个零点，所以解得－6＜m＜2.所以实数m的取值范围是(－6，2). 四、解答题 9.(13分)已知x＝2是三次函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的极值点，且直线3x＋y－5＝0与曲线y＝f(x)相切于点(1，f(1)). (1)求实数a，b，c的值； (2)若f(t)＝－1，f(s)＝5，求f(t＋s)的值； (3)若对于任意实数x，都有f(x2－2x＋4)＋f(x2＋λx)＞4恒成立，求实数λ的取值范围. 解：(1)f'(x)＝3x2＋2ax＋b，在3x＋y－5＝0中令x＝1得y＝2，即f(1)＝2， 所以 (2)由(1)得f(x)＝x3－3x2＋4，得f'(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)， x＜0或x＞2时，f'(x)＞0，0＜x＜2时，f'(x)＜0， f(x)在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增，在(0，2)上单调递减，极大值为f(0)＝4，极小值为f(2)＝0， f(t)＝－1＜0，f(s)＝5＞4，因此s，t都是唯一的实数. 又因为f(1＋x)＋f(1－x)＝(1＋x)3－3(1＋x)2＋4＋(1－x)3－3(1－x)2＋4 ＝1＋3x＋3x2＋x3－3(1＋2x＋x2)＋4＋1－3x＋3x2－x3－3(1－2x＋x2)＋4＝4， 所以f(x)的图象关于(1，2)对称，而f(s)＋f(t)＝4. 又(t，－1)和(s，5)都是y＝f(x)图象上唯一的点， 所以s＋t＝2，f(s＋t)＝f(2)＝0. (3)x2－2x＋4＝(x－1)2＋3≥3，当且仅当x＝1时，x2－2x＋4＝3， 所以f≥f＝4＝f，且x≤3时，f(x)≤4. 由f(x2－2x＋4)＋f(x2＋λx)＞4恒成立， 得f(x2－2x＋4)＞4－f(x2＋λx)(*). 又y＝f(x)的图象关于点(1，2)对称，所以f(2－x)＝4－f(x)， 所以不等式(*)为f(x2－2x＋4)＞f(2－x2－λx)， 所以x2－2x＋4＞2－x2－λx(且x2－2x＋4＝3时，2－x2－λx≠0)，所以2x2＋(λ－2)x＋2＞0恒成立(λ≠1)， Δ＝(λ－2)2－16＜0，所以－2＜λ＜1或1＜λ＜6. 所以实数λ的取值范围是(－2，1)∪(1，6). 10.(15分)已知三次函数f＝ax3－3ax2＋2＋4a. (1)若函数f在区间上具有单调性，求实数a的取值范围； (2)当a＞0时，若x1＋x2＞2，求f＋f的取值范围. 解：由f＝ax3－3ax2＋2＋4a可得f'＝3ax2－6ax＝3ax. (1)由已知可得a≠0，①当a＞0时，令f'＝0得x＝0或x＝2. f与f'上的情况如下： x 0 2 f' ＋ 0 － 0 ＋ f 增 极大值 减 极小值 增 因为f上具有单调性，所以a≥2. ②当a＜0时，f与f'上的情况如下： x 0 2 f' － 0 ＋ 0 － f 减 极小值 增 极大值 减 因为f上具有单调性，所以a＋3≤0，即a≤－3. 综上所述，实数a的取值范围为(－∞，－3]∪[2，＋∞). (2)先证明：f(x1)＋f(x2)≥4.由(1)知，当a＞0时，f，，递减区间是.因为x1＋x2＞2，不妨设x1≤x2，则x2＞1. ①若x1≤0，则x2＞2－x1≥2.所以f＋f＞f＋f＝4＋4a＞4. ②若x1＞0，因为x2＞1，所以f＋f≥f＋f＝4，当且仅当x1＝x2＝2时取等号. 综上所述，f＋f≥4. 再证明：f＋f. 假设存在常数m，使得对任意x1＋x2＞2，f＋f≤m. 取x1＝2，且x2＞2＋， 则f＋f＝2＋a－3a＋2＋4a＝2＋ax2＋a＋2＞a＋4＞m，与f＋f≤m矛盾. 所以f＋f. 学生用书⬇第130页 学科网（北京）股份有限公司 $