专题1 教考衔接1 导数与三次函数-【红对勾讲与练】2026年高考数学二轮复习讲义

故f(x)在(-ln2a,+o)上有一个 零点 综上，实数。的取值范围为0，）. 跟踪训练2 解：由f(x)=lnx+k e女=0得lnx+x=x-k+e= In ee 构造函数p(x)=Inx+x,则g'(x)= 1 +1. 因为x>0,所以g(x)=】+1>0, 即函数p(x)=Inx+x在(0，十∞)上 单调递增。 由lnx+x=lne+e台(x)= p(e),根据单调性可得x=e曰 lnx=x一k台k=x一lnx. 再构造t(x)=x一lnx,则t'(x)= 1-1=x-1 C 则当x>1时，t(x)=二1>0，当 0<x<1时，t'(x)=-1<0, 所以t(x)=x一lnx在(0,1)上单调 递减，在(1，十∞)上单调递增，即 t(x)=2 -lnx≥t(1)=1. 当x 0 时，由lnx一o,可知 t(x)=x 一lnx十co, 当x-+©∞时，由对数函数没有一次函 数增长得快，可知t(x)=x一lnx~ +∞，画出t(x)的图象和直线y=k 如图所示. y=(x) y=k 而函数f(.x)=lnx十k一e一：有两个 零点等价于直线y=与函数t(x) x一lnx的图象有两个交点，根据数形 结合可得k>1. 》真题演练·重温高考《 1.解：令f(x）=ax-(lnx)2=0,x 0,得a= (In 2) x 设g(x）= (In z)2 ,x>0, 则g'(z)=nx(2-lnx) 由g'(x)=0,解得x=1或x=e 当0<x<1时，g'(x)<0,g(x)在 (0,1)上单调递减； 当1<x<e2时，g'(x)>0,g(x)在 (1,e)上单调递增； 当x>e时，g'(x)<0,g(x)在 (e,十∞)上单调递减. 且当x→0时，g(x)+∞，当x→+∞ 时g)0g①=0，ge)= 如图，作出函数g(x)的图象和直线 y=a y=g(x) y=a 01 e2 2722对闪讲与练·高三二轮数学 要使函数f(x)有3个零点， 则方程a=g(x)在(0，十∞)内有3个 不同的根，即直线y=a与函数g(x) 的图象有3个交点. 结合图象可知0<a<。,故a的取 4 值范福为0，)】 2.解：由f(x)=ax- --(a+1)lnx (x>0),得f'(x)=a+ 1a+1_ 2 x (a.x-1)(x-1) (x>0). 当a=0时，f'(x)=1-x x2 当x∈(0,1)时，f'(x)>0,f(x)单 调递增， 当x∈(1，+oo)时，f'(x)<0,f(x) 单调递减， 所以f(x)mx =f(1)=一1<0，所以 f(x)不存在零点. 当a<0时， a(x-)(x-1) f'(x)= a 22 当x∈(0,1)时，f'(x)>0,f(x)单 调递增， 当x∈(1，十∞)时，f(x)<0,f(x) 单调递减， 所以f(x）m =f(1)=a-1<0,所 以f(x)不存在零点. 当a>0时， a(x-)(x-1D f'(x)= a 当a=1时，f'(x)≥0，f(x)在 (0,十∞)上单调递增，因为f(1) a-1=0, 所以函数f(x)恰有一个零点，即a= 1满足条件. 当a>1时，0<1<1，故f(x)在 (0,）.1,+∞)上单调递增，在 (。,)上单调递减。 因为f)=a-1>0,所以f(日）> f(1)>0,当0<x<1时，lnx>1 则a后>1- 2-）此时fx)<ax 2(a+ 2(a+1),故存在n= √x 4(a+1)< ，使得f(n)<0, a 所以由函数零点存在定理可知∫(x) 仅在(0，)上有一个零点，所以a> 1满足条件. 当0<a<1时，2>1，故/2)在0 ,(仔+）上单调递增，在 (1,)上单调递减。 因为f1)=a-1<0,所以f(日)< f(1)<0,当x→十∞时，由对数函数 没有一次函数增长得快，可知f(x)→ 十C0, 由函数零点存在定理可知f(x)仅在 (日，+∞)上有-个零点，即0<a< 1满足条件. 综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取 值范围为(0，十∞)， 教考衔接1导数与三次函数 》热点分类·考向探究《 考向1三次函数的零点 教材母题解：，f(x)=x3一x2一x 1,f'(x)=3x2-2x-1=(3.x+ 1)(x-1), 当x∈（0，-子)时f(x)>0, 函数fx在（o0,-子）上单调 递增， 当x∈（子1）时，f(x)<0,函数 1)在（名1）上单调递诚， 当x∈(1，+∞)时，f'(x)>0,函数 f(x)在(1，十∞)上单调递增， 则(x)的极大值为f(子) 22 ,极小值为f(1)=一2， 27 根据题意可得实数c的取值范围 为(2-》 链接真题(1)Bf(x)=x3+ax十2，则 f'(x)=3.x2+a,若f(x)存在3个零 点，则∫(x)存在极大值和极小值， f'(x)=0有2个不同的根，则a<0, 令f'(x)=3.x十a=0,解得x= -a 或 3 “,且当x∈ (,-号)u(+) 时)>0，当x∈(-后， √3)时f'(x)<0故)的板 大值为（√）极小值为 f(),若fx)存在3个案点，则 <0, a n +2>0, 3 即 3 +2 0, 解得a<一3.故选B. (2)(-2,1) 解析：令x3一3x=一(x一1)2+a,即 a=x3+x2-5.x+1,令g(x)=x3十 x2-5x+1(x>0),则g'(x)=3x2+ 2x-5=(3x+5)(x-1),令g(x)= 0(x>0)得x=1,当x∈(0,1)时， g'(x)<0,g(x)单调递减，当x∈ (1,十∞)时，g'(x)>0,g(x)单调递 增，又g(0)=1,g(1)=一2，作出y= g(x)的大致图象和直线y=a如图， y=g(x) y=a 因为曲线y=x3一3x与曲线y= 一(x一1)2+a在(0，+∞)上有两个 交点，所以等价于直线y=a与函数 y=g(x)的图象有两个交点，所以 a∈(-2,1). 跟踪训练1C若曲线y=x3与直线 y=3x十2有3个不同的交点，则方程 x3一3a.x-2=0有3个不同的解，令 f(x)=x3-3a.x-2,则f(x)有3个 零点，可得f'(x)=3x2-3a,若a≤ 0,f'(x)≥0，则f(x)=x3-3ax-2 是增函数，不可能有3个零，点：若a> 0,由f'(x)=0得x2=a,则x= ±a,当x∈(-∞， -a)U (√a,+oo)时，f'(x)>0,当x∈ (-a,Wa)时，f'(x)<0,所以f(x) 在（一∞，一√a)上单调递增，在 (-a, √a)上单调递减，在 (√a,十o)上单调递增.要使f(.x)有 3个零点，则f(x)的极大值f(-√a) 大于0，极小值f(a)小于0，即 f(-Va)=2a后-2>0，解得 f(√a)=-2aa-2<0, a>1,即实数a的取值范围是 (1,十∞).故选C. 考向2三次函数图象的切线 教材母题解：设切点为(x。,0),易知 f'(x)=3.x2+a, 3.x8+a=0, 则 1 zo+azo+4 =0, 1 解得 3 a三 链接真题解：(1)由题意知f(x)的定义 域为R,f'(x)=3x2一2x+a, 令f'(x)=0,则△=(-2)2一4× 3a=4(1-3a). ①当a≥专时，fx)≥0/x)在R 上单调递增 ②当a<1 时，由3x2-2x十a=0,解得 3 1-√/1-3a 1+√/1-3a 3 3 令f'(x)>0,则x<x1或x>x2; 令f'(x)<0,则x1<x<x2, 所以f(x)在（一∞，x1)上单调递增， 在(x1,x2)上单调递减，在(xg,十o) 上单调递增. 综上，当a≥号时，f(c)在R上单调 递增； 当a< 时，f(x)在（-o0, 1-√个-3a) 上单调递增，在 3 (1--3a1+√/1-3a 3 上单 3 调递减，在(+30，十∞）上单 调递增， (2)设曲线y=f(x)过坐标原点的切 线为l,切点为P(x。,x。一x。十axo十 1),因为f'(x。)=3x。一2x。+a· 所以切线1的方程为y一(x。一x。+ a.x。+1)=(3x6-2x十a)(x-xo), 由1过坐标原点，得2x8一x一1=0， 解得x。=1, 所以切线l的方程为y=(1+a)x, 令x-x2+ax+1=(1+a)x, 则x3一x 2-x十1=0，解得x=±1， 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，-1一a). 跟踪训练2D设切点为(x。,2x。 3x。),y=6x2-3,则切线的斜率为 6x。一3，又切线过点P(1,一2)，所以 2x8-3x。+2=(6x6-3)(x。-1) 则4x8一6x。十1=0.设g(x0)= 4x8-6x6+1,则g'(xo)=12x 12x0,令g'(xo)=0,解得x0 =0或 x。=1,当x0∈（一0,0）和x。∈ (1,+o∞)时，g'(x)>0,函数g(x) 单调递增，当xo∈(0,1)时，g'(x。)< 0,函数g(xo)单调递减，又g(一1)= -4一6+1=一9<0，g(0)=1>0, g(1)=4-6+1=-1<0,g(2) 4×8一6×4+1=9>0，所以存在 x1∈(-∞，0)，g(x1)=0;x2∈(0， 1),g(x)=0;x∈(1，+o), g(xg)=0.所以g(x。)=4x。-6x+ 1的图象与x轴有3个交点，则经过点 P(1,一2)有3条切线.故选D. 考向3 三次函数图象的对称中心 教材母题解：(1)，f(x)=x3一3x2 (x-1)3-3(x-1)-2,.y=f(x+ 1)+2=x3-3x. 设g(x）=x3-3x,则g(-x)= (-x)3-3(-x)=-x3+3x= 一g（x）, ·g(x)为奇函数，.f(x)=x3 3x的图象关于点(1，一2)对称. 即f(x)=x3一3.x2的图象的对称中 心是点(1，一2). (2)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十a)为偶函数. 链接真题AD对于A,f'(x)=6.x 6ax=6x(x-a),由于a>l,故当 x∈(-o∞，0)时，f'(x)>0,f(x)单 调递增，当x∈(0，a)时，f'(x)<0, f(x)单调递减，当x∈(a,十c∞)时， f'(x)>0,f(x)单调递增.则f(x) 在x=0处取得极大值，在x=a处取 得极小值，由f(0)=1>0,f(a)= 1-a3<0,则f(0)f(a)<0,根据函 数零，点存在定理知f(x)在(0，Q)上有 一个零点，又f(-1)=-1一3a<0, f(2a)=4a3+1>0,则f(-1)· f(0)<0,f(a)f(2a)<0,则f(x)在 (-1,0),(a,2a)上各有一个零点，于 是当a>1时，f(x)有三个零，点，A正 确.对于B,f'(x)=6x(x一a),a 0,当x∈(a,0)时，f'(x)<0,f(x 单调递减，当x∈(0，十∞)时， f'(x) 0,f(x)单调递增，此时 f(x)在x=0处取得极小值，B错误. 对于C,假设存在这样的a,b,使得 x=b为曲线y=f(x)的对称轴，则 存在这样的a,b,使得f(x》 f(26- x),即2x3-3ax2+1=2(2b-x)3 3a(2b-x)2十1，根据二项式定理，等 式右边2(2b一x)3的展开式中含有x3 的项为2C(2b)°(-x)3=-2x3,等 式左右两边x3的系数不相等，原等式 不可能恒成立，所以不存在这样的a, b,使得x=b为曲线y=f(x)的对称 轴，C错误.对于D,方法一（利用对称 中心的表达式化简)，f(1)=3一3a, 若存在这样的a,使得，点(1,3一3a)为 曲线y=f(x)的对称中心，则f(x)+ f(2-x )=6-6a,又f(x) +f(2- x)=2z 9-3a.x2+1+2(2-x)3 3a(2-x)2+1= (12-6a)x2+ (12a-24)x+18-12a,于是6-6a= (12-6a)x +(12a-24)x+18- 12-6a=0, 12a,即12a-24=0, 解得a= 18-12a=6-6a, 2,即存在a=2,使得点(1，f(1)为曲 线y=f(x)的对称中心，D正确.方法 二（直接利用拐点结论），任何三次函 数图象都有对称中心，对称中心的横 坐标是其二阶导数的零点，f(x)= 2.x3-3a.x2+1,f'(x)=6.x2-6ax, f"(x)=12x一6a,由f"(x)= 0工三，得该三次函数图象的对称 中心为点(？f(号)），由题意点1 f(1)为其图象的对称中心，故 2 1台a=2,即存在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. 跟踪训练3Cf(x)=一3.x2+3= -3(x -1)(x+1),令f'(x)>0,解 得-1 <1,令f'(x)<0,解得 x<一1或x>1,所以f(x)在 (-∞，一1)上单调递减，在(-1,1)上 单调递增 ,在(1，十∞)上单调递减， f(-1)=-1<0,f(1)=3>0,且 f(-2)=3>0,f(2)=-1<0,所以 f(x)在(-2，-1)，(-1,1)，(1,2)上 各有1个零点，共3个零点，A错误； 3y= 十3x为奇函数，所以其图象 关于点(0,0)对称，所以f(x)= 一x3+3x+1的图象关于点(0,1)对 称，B错误；由单调性可知f(x)有2个 极值，点，即x=一1，x=1,C正确；对 于D,令f'(x)=一3.x2+3=3,解得 x=0,则f(0)=1,但是当x=0时， 对于直线y=3x+2,有y=2≠1，即 直线不经过点(0,1)，D错误.故选C. 教考衔接2导数中的切割线放缩 》热点分类·考向探究《 考向1指数、对数放缩 教材母题解：因为f(x)=Inx, g(x)=1-1,所以f(x)=1 参考答案 273教考衔接1导数与三次函数 》考情分析 三次函数是教材中利用导数重点研究的内容之一，也是高考的热点问题，主要考查三次函数的单调性、极 值、最值、零点及其图象的对称中心等，各种题型均有出现，难度中等或偏上， 热点分类》考向探究 考向1三次函数的零点 反思感悟、 对于三次函数f(x),其导函数为f'(x). [教材母题]（人教B版选择性必修第三册P102 1.若方程f'(x)=0的判别式△≤0，则函数 习题6-2BT4)已知函数f(x)=x3-x2 f(x)在R上是单调函数，无极值，值域为 x一1的图象与直线y=c有3个不同的交点， (-∞，十∞)，函数f(x)在R上有唯一的零点. 求实数c的取值范围. 2.若方程f'(x)=0的判别式△>0，则f'(x) 有两个零点x1,x2,它们是函数f(x)的极值点. 心听课记录 (1)f(x)有-个零点台f(x1)f(x2)>0,如下 图所示 Cx) fx) (2)f(x)有两个零点曰f(x,)f(x2)=0,如下 图所示. fx) fx) f(x) fx) (3)f(x)有三个零点台f(x1)f(x2)<0,如下 [链接真题](1)(2023·全国乙卷文)若函数 图所示 f(x)=x3+a.x+2存在3个零点，则a的取 f(x) Ax) 值范围是 ) A.(-∞，-2) B.(-∞，-3) C.(-4,-1) D.(-3,0) 跟踪训l练①若曲线y=x3与直线y=3ax+2有 (2)(2024·全国甲卷文)当x>0时，曲线y= 3个不同的交点，则实数a的取值范围是() x3一3x与曲线y=-(x一1)2十a有两个交 A.(-∞，1) B.(-1,1) 点，则a的取值范围是 C.(1,+o∞) D.(2,+∞) 听课记录 考向2三次函数图象的切线 [教材母题]（人教B版选择性必修第三册P113 复习题T8)已知x轴为函数f(x)=x3+ax十 上的图象的一条切线，求实数a的值. 第一部分专题一函数、导数 023 听课记录 4反思感悟 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1和函数f(x)的图 象分割为四个区域，有以下结论： 1.过区域I、V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1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 跟踪训练②经过点P(1,一2)且与曲线2x3一 3.x一y=0相切的不同直线共有 () A.0条 B.1条 C.2条 D.3条 考向3三次函数图象的对称中心 [教材母题]（人教A版必修第一册P87习题 3.2T13)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 [链接真题](2021·全国乙卷文)已知函数 数y=(x)为奇函数，有同学发现可以将其 f(x)=x3-x2+ax+1. 推广为：函数y=f(x)的图象关于点P(a,b) (1)讨论f(x)的单调性； 成中心对称图形的充要条件是函数y=∫(x十 (2)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲 a)-b为奇函数. 线y=f(x)的公共点的坐标. (1)求函数f(x)=x3一3.x2图象的对称中心； 心听课记录 (2)类比上述推广结论，写出“函数y=∫(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 心听课记录 024 红树勾讲与练·高三二轮数学 [链接真题]（多选）(2024·新课标Ⅱ卷)设函 反思感悟， 数f(x)=2x3-3ax2+1,则 ( ) 三次函数f(x)=ax3十bx2十cx十d(a≠0) A.当a>1时，f(x)有三个零点 的图象一定有对称中心，其对称中心横坐标为x= B.当a<0时，x=0是∫(x)的极大值点 32,即f'(z)=3a2+2bx十c图象的顶点的横型 C.存在a,b,使得x=b为曲线y=f(x)的对 标，也即f"(x)=6a.x十2b的零点，即三次函数 称轴 f(x)=ax3十bx2十cx十d(a≠0)的图象的对称中 D.存在a,使得点(1，f(1)为曲线y=f(x) 心在其导函数f'(x)=3ax2+2bx十c的图象的对称 的对称中心 轴上 心听课记录 跟踪训练3已知函数f(x)=一x3+3x+1,则 下列结论正确的是 () A.f(x)有2个零点 B.点(1,1)是曲线y=f(x)的对称中心 C.f(x)有2个极值点 D.直线y=3x十2是曲线y=f(x)的切线 温馨提示》请完成教考衔接练① 教考衔接2 导数中的切割线放缩 》考情分析 在高考试题中涉及不等式的证明、恒成立问题，或比较大小问题，可利用切线放缩解决问题，比把问题转化 为函数的单调性、最值问题相对简捷，但是该方法技巧性强，难度较大，需要有敏锐的观察能力和严谨的 思维 热点分类》考向探究 考向1指数、对数放缩 [教材母题]（人教A版选择性必修第二册P89 例4)设x>0,f(x)=lnx,g(x)=1-1 两个函数的图象如图所示.判断f(x),g(x) 的图象与C1,C,之间的对应关系 心听课记录 [链接真题](2023·新课标I卷)已知函数 f(x)=a(e"+a)-x. (1)讨论∫(x)的单调性； (2)求证：当a>0时，f(x)>2lna+ 21 第一部分专题一函数、导数 025