第44天 三次函数的图象与性质 每日专项练习 - 2027届新高考高三数学第一轮复习

**基本信息** 聚焦三次函数核心性质，通过层级化题型构建从概念到综合应用的逻辑链，强化导数工具的数学思维与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念|3题|奇偶性判断、极值点存在性|从函数解析式到奇偶性定义，衔接导数与极值点关系| |导数应用|6题|极值计算、单调区间、零点个数|以导数为工具，推导极值与单调性，关联函数零点分布| |综合拓展|5题|切线问题、参数范围、多性质综合|整合切线斜率、对称性质，深化参数分类讨论与逻辑推理|

2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 第44天 三次函数的图象与性质 班级：_________ 学号：_________ 姓名：_________ 分数：_________ 一、单选题(每小题5分,共35分) 1.(2025·长春二模)已知函数f(x)=(x+a-2)(x2+a-1)为奇函数,则a的值是(　　) A.3 B.1或3 C.2 D.1或2 2.(2025·汕头一模)设a∈R,若函数f(x)=x3-x2+x+2在(1,2)内存在极值点,则a的取值范围是(　　) A. B. C.(-∞,3) D. 3.(2025·新疆适考)已知函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值,则极大值为(　　) A.32 B.1 C. D.0 4.(2025·东三省教学联盟联考)已知函数f(x)=x(x-a)2的极大值为,则a=(　　) A.- B.- C. D. 5.(2025·云南模拟)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,其导函数f'(x)的图象关于直线x=-对称,且f'(1)=0.若函数y=f(x)有三个零点,则实数c的取值范围是(　　) A. B. C. D.∪(0,+∞) 6.(2025·宁波模拟)已知函数f(x)=(x-a)(x-b)2,其中a<b,5为f(x)的极小值点.若f(x)在(a,a+3)内有最大值,则a的取值范围是(　　) A.(-4,5) B.(-4,5] C. D. 7.(2025·黑吉辽蒙联模)已知函数f(x)=x3+ax2+bx-4(a,b∈R),若不等式f(x)<0的解集为{x|x<m,且x≠1},则函数f(x)的单调递减区间为(　　) A.(-3,-1) B.(-1,1) C.(1,3) D.(-∞,4) 二、多选题(每小题6分,共12分) 8.(2025·苏锡常镇调研)已知函数f(x)=x3-x2+1,其导函数为f'(x),则下列结论正确的是(　　) 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) 9.(2025·福建厦门三检)已知f(x)=2x3-3x2+(1-a)x+b,则下列结论正确的是(　　) A.当a=1时,若f(x)有三个零点,则b的取值范围是(0,1) B.当a=1且x∈(0,π)时,f(sin x)<f(sin2 x) C.若f(x)满足f(1-x)=2-f(x),则a-2b=2 D.若f(x)存在极值点x0,且f(x0)=f(x1),其中x0≠x1,则2x0+x1= 三、填空题(每小题5分,共15分) 10.(2025·金丽衢十二校联考)已知函数f(x)=x3-6x2+9x在x=a处取得极大值,在x=b处取得极小值,若f(x)在[0,m]上的最大值为a+b,则m的最大值为　　　　.  11.(2025·金华十校模拟)函数f(x)=x3+ax+b(a,b∈R)在点A,B处的切线分别记为l1,l2,且l1∥l2,过点A作y轴的平行线与l2交于点C,则=　　　　.  12.(2025·宿迁二调)设函数f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),其中a<b<c.若f(1+x)f(2-x)≤0对任意的x∈R恒成立,则a+b+c=　　　　.  四、解答题(13题13分,14题15分) 13.(2025·湖北调研)设函数f(x)=(x-a)(x-b)2,a,b∈R. (1)当a=0,b≥0时,讨论f(x)的单调性; (2)若a≠b,且f(x)和f'(x)(f'(x)为f(x)的导函数)的零点均在集合{2,1,-1}中,求f(x)的极小值. 14.(2025·福建模拟)已知函数f(x)=x3-3x2-x+3. (1)求f; (2)若曲线y=f(x)+aln x在区间(3,4)上存在两条相互垂直的切线,求a的取值范围; (3)设y轴右侧有一点M,若当且仅当过点M恰好能作曲线y=f(x)的3条切线,求点M的集合. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 答案与解析 第44天 三次函数的图象与性质 1.答案　C 解析　因为f(x)=(x+a-2)(x2+a-1)为奇函数,所以f(0)=(a-2)(a-1)=0, 解得a=1或a=2. 当a=1时,f(x)=x2(x-1), f(-x)=x2(-x-1)≠-f(x), 故a=1不合题意,舍去; 当a=2时,f(x)=x(x2+1), f(-x)=-x(x2+1)=-f(x), 故a=2符合题意. 故选C. 2.答案　B 解析　依题意,f'(x)=2x2-ax+1在(1,2)内存在变号零点,而x=0不是f'(x)的零点,从而得a=2x+,又y=2x+在(1,2)上递增,所以3<a<.故选B. 3.答案　C 解析　由题意可得f'(x)=(x-c)2+2x(x-c)=(x-c)(3x-c), 由于x=2是极小值点,故f'(2)=(2-c)(6-c)=0⇒c=2或c=6, 当c=6时,f'(x)=(x-6)(3x-6), 当x>6和x<2时,f'(x)>0, 当2<x<6时,f'(x)<0, 故f(x)在(2,6)上单调递减,在(6,+∞)和(-∞,2)上单调递增, 此时x=2是函数的极大值点,不符合题意,舍去; 当c=2时,f'(x)=(x-2)(3x-2), 当x>2和x<时,f'(x)>0, 当<x<2时,f'(x)<0, 故f(x)在上单调递减, 在(2,+∞)和上单调递增, 此时x=2是函数的极小值点,符合题意,且x=是极大值点,故极大值为 f==,故选C. 4.答案　D 解析　由题意,f(x)=x(x-a)2=x3-2ax2+a2x, 则f'(x)=3x2-4ax+a2=(3x-a)(x-a), 令f'(x)=0,解得x=或x=a, 当a>0时,f(x)在,(a,+∞)上满足f'(x)>0,f(x)单调递增, 在上满足f'(x)<0,f(x)单调递减, 所以f(x)在x=处取得极大值, f===, 解得a=, 当a<0时,f(x)在(-∞,a),上满足f'(x)>0,f(x)单调递增, 在上满足f'(x)<0,f(x)单调递减, 所以f(x)在x=a处取得极大值,f(a)=0≠,不符合题意, 当a=0时,f'(x)=3x2≥0,f(x)在R上单调递增,无极值,不符合题意, 综上所述,a=.故选D. 5.答案　C 解析　因为f(x)=x3+ax2+bx+c, 所以f'(x)=3x2+2ax+b, 因为f'(x)的图象关于直线x=-对称, 所以x=-=-,所以a=, 又f'(1)=3+2a+b=3+2×+b=0, 解得b=-6, 所以f(x)=x3+x2-6x+c, 所以f'(x)=3x2+3x-6=3(x+2)(x-1), 当x<-2或x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增; 当-2<x<1时,f'(x)<0,f(x)单调递减, 所以当x=-2时,f(x)取到极大值 f(-2)=-8+6+12+c=10+c, 当x=1时,f(x)取到极小值 f(1)=1+-6+c=-+c, 函数y=f(x)有三个零点, 所以解得-10<c<. 故选C. 6.答案　D 解析　由题设f'(x)=(x-b)2+2(x-a)(x-b)=3(x-b), 由a<b,所以<b, 当x<或x>b时,f'(x)>0,即f(x)在,(b,+∞)上单调递增, 当<x<b时,f'(x)<0,即f(x)在上单调递减, 所以极小值点为x=b=5,极大值点为 x=, 而f= =-, 且f= =-, 所以只需a<<a+3≤, 即a<<a+3≤, 所以-4<a≤.故选D. 7.答案　C 解析　因为f(x)=x3+ax2+bx-4(a,b∈R),所以f'(x)=3x2+2ax+b为二次函数且图象开口向上. 若Δ≤0,则f'(x)≥0,函数f(x)在R上单调递增,不符合题意; 若Δ>0,方程3x2+2ax+b=0有两个不等实根x1,x2, 不妨设x1<x2,当x∈(-∞,x1),f'(x)>0,f(x)单调递增, 当x∈(x1,x2),f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(x2,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增,若不等式f(x)<0的解集为{x|x<m,且x≠1},则f(x)的大致图象如图所示: 则m,1(m≠1)为函数f(x)的两个零点,且1为函数f(x)的极大值点, 所以f(x)=(x-m)2(x-1)或f(x)=(x-m)(x-1)2, 当f(x)=(x-m)2(x-1)时,f'(x)=2(x-m)(x-1)+(x-m)2, 所以f'(1)≠0,则1不是函数f(x)的极值点,不符合题意; 当f(x)=(x-m)(x-1)2时,又f(x)=x3+ax2+bx-4,所以-m=-4,解得m=4, 所以f'(x)=(x-1)2+(x-4)·2(x-1)=(x-1)(3x-1-8)=3(x-1)(x-3), 令f'(x)=0,则x=1或x=3, 所以当1<x<3时f'(x)<0,所以函数f(x)的单调递减区间为(1,3). 8.答案　BC 解析　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),C正确; 因为f'(x)=x2-2x,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, 且f(0)=1,f(2)=-4+1=-, x→-∞,f(x)→-∞,x→+∞,f(x)→+∞, f(x)图象如图所示: 故f(x)有两个极值点,三个零点,故B正确; 设切点的坐标为, 则切线斜率为-2x0=-2, 则-2x0+2=(x0-1)2+1≠0,所以不存在斜率为-2的切线, 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),所以若f(x)在区间(a,a+4)上有最大值, 则所以-4<a≤-1,故D错误.故选BC. 9.答案　AD 解析　对于选项A,当a=1时,f(x)=2x3-3x2+b, f'(x)=6x2-6x=6x(x-1), 由f'(x)=6x(x-1)>0,得到x<0或x>1, 由f'(x)=6x(x-1)<0,得到0<x<1, 所以f(x)=2x3-3x2+b单调递增区间为(-∞,0),(1,+∞);减区间为(0,1), 故f(x)在x=0处取到极大值,在x=1处取到极小值, 若f(x)有三个零点,则 得到0<b<1,故选项A正确; 对于选项B,当x∈(0,π)时,0<sin x≤1,0<sin2 x≤1, 又sin x-sin2 x=sin x(1-sin x)≥0, 即sin x>sin2 x,由选项A知,f(x)在区间(0,1]上单调递减, 所以f(sin x)≤f(sin2 x),当x=时,等号成立,故选项B错误; 对于选项C,因为f(1-x)=2-f(x), 即f(1-x)+f(x)=2, 所以f(x)关于点中心对称, 又f(x)=2x3-3x2+(1-a)x+b的定义域为R, 所以f=2×-3×+(1-a)×+b=1,整理得到2b-a=2,所以选项C错误; 对于选项D,因为f(x)=2x3-3x2+(1-a)x+b, 所以f'(x)=6x2-6x+1-a, 由题有Δ=36-24(1-a)>0,即a>-, 由f'(x0)=6-6x0+1-a=0, 得到a=6-6x0+1, 令2x0+x1=t,则x1=t-2x0, 又f(x0)=f(x1),所以f(x0)=f(t-2x0), 得到2-3+(1-a)x0+b=2(t-2x0)3-3(t-2x0)2+(1-a)(t-2x0)+b, 整理得到(3x0-t)(6+2t2-6tx0-3t+9x0+1-a)=0, 又a=6-6x0+1, 代入化简得到(3x0-t)2(-2t+3)=0, 又2x0+x1=t,x0≠x1, 所以3x0-t=x0-x1≠0, 得到-2t+3=0,即2x0+x1=t=,所以选项D正确,故选AD. 10.答案　4 解析　因为f(x)=x3-6x2+9x, 所以f'(x)=3x2-12x+9 =3(x-3)(x-1), 令f'(x)=0,可得x=1或x=3, 当x<1时,f'(x)>0,函数f(x)在(-∞,1)上单调递增, 当1<x<3时,f'(x)<0,函数f(x)在(1,3)上单调递减, 当x>3时,f'(x)>0,函数f(x)在(3,+∞)上单调递增, 所以当x=1时,f(x)取极大值,当x=3时,函数f(x)取极小值, 所以a=1,b=3,故a+b=4, 又f(0)=0,f(1)=4,f(3)=0, 当x>3时,令f(x)=x3-6x2+9x=4可得,x3-4x2-2x2+9x-4=0, 所以x2(x-4)-(2x-1)(x-4)=0, 故(x2-2x+1)(x-4)=0,解得x=1(舍去)或x=4,所以m的最大值为4. 11.答案　 解析　f'(x)=3x2+a, f'(x1)=3+a,f'(x2)=3+a, 因为l1∥l2, 所以3+a=3+a,又x1≠x2, 所以x2=-x1, 所以切线l1方程: y=(3+a)(x-x1)+f(x1), 切线l2方程: y=(3+a)(x-x2)+f(x2), 将x=x1,代入l2,可得: y=(3+a)(x1-x2)+f(x2), 又x2=-x1, 所以y=(3+a)(2x1)+f(-x1) =(3+a)(2x1)+(--ax1+b) =5+ax1+b, 所以C点坐标为(x1,5+ax1+b), 所以|AC|=|f(x1)-(5+ax1+b)| =|+ax1+b-(5+ax1+b)|=|4|, 又|x1-x2|3=|2x1|3, 所以=. 12.答案　 解析　因为f(x)=(x-a)(x-b)(x-c), 则f(x+1)=(x+1-a)(x+1-b)(x+1-c), 令f(x+1)=0,可得x=a-1或x=b-1或x=c-1, 由于a<b<c,则a-1<b-1<c-1, f(2-x)=(2-x-a)(2-b-x)(2-x-c), 令g(x)=-f(2-x)=(x+a-2)(x+b-2)(x+c-2), 令g(x)=0可得x=2-a或x=2-b或x=2-c, 由于a<b<c,则2-c<2-b<2-a, 由f(1+x)f(2-x)≤0 可得f(x+1)g(x)≥0, 若c-1≠2-a,取x1=max{c-1,2-a}, x2=min{c-1,2-a}, x3=max{x2,b-1,2-b}, 当x>x1时,f(x+1)>0,g(x)>0,此时,f(x+1)g(x)>0, 当x3<x<x1时,由穿根法可知, f(x+1)g(x)<0,矛盾, 所以c-1=2-a,即a+c=3, 则a-1=2-c, 所以f(x+1)g(x)=[x-(a-1)]2·[x-(c-1)]2·[x-(b-1)]·[x-(2-b)], 因为f(x+1)g(x)≥0对任意的x∈R恒成立, 所以[x-(b-1)]·[x-(2-b)]≥0对任意的x∈R恒成立,则b-1=2-b,解得b=,因此,a+b+c=3+=. 13.解　(1)当a=0时,f(x)=x(x-b)2, 所以f'(x)=(x-b)2+2x(x-b) =(x-b)(3x-b). 当b=0时,f'(x)=3x2≥0,f(x)在R上单调递增, 当b>0时,令f'(x)=(x-b)(3x-b)=0,x=b或x=, x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增, x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减, x∈(b,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 综上所述:当b=0时,f(x)在R上单调递增; 当b>0时,f(x)在和(b,+∞)上单调递增,在上单调递减. (2)f'(x)=(x-b)(3x-2a-b), 令f'(x)=0, 所以x=b或x=, 令f(x)=0,x=a或x=b,又a,b,∈{2,1,-1},且a,b,互不相等, 所以a+b+=2,所以5a+4b=6, 所以 或 经检验a=2,b=-1符合, 所以f(x)=(x-2)(x+1)2, f'(x)=(x+1)(3x-3), 令f'(x)=0,x=1或x=-1, 当x∈(-∞,-1),f'(x)>0;x∈(-1,1),f'(x)<0;x∈(1,+∞),f'(x)>0, 所以x=1时,f(x)取得极小值f(1)=-4. 14.解　(1)由函数f(x)=x3-3x2-x+3,则 f(1+x)+f(1-x)=(1+x)3+(1-x)3-3(1+x)2-3(1-x)2-(1+x)-(1-x)+3+3=0, 又f(1)=0,则 f=f+f+ f+f+f+f+ f=7f(1)=0. (2)由y=x3-3x2-x+3+aln x, 令g(x)=x3-3x2-x+3+aln x, 则g'(x)=3x2-6x-1+, 设这两条相互垂直的切线的切点为 (x1,g(x1)),(x2,g(x2)), 且g'(x1)·g'(x2)=-1, 当a≥0,g'(x)>0在区间(3,4)上恒成立,不符合题意,所以a<0, 此时y=g'(x)在区间(3,4)上单调递增,则 解得a∈. 综上,a的取值范围为 . (3)由f(x)=x3-3x2-x+3, 得f'(x)=3x2-6x-1, 则在点(t,f(t))处的切线方程为 y=(3t2-6t-1)(x-t)+t3-3t2-t+3, 设过点M(u,v)(u>0)恰好能作曲线y=f(x)的3条切线, 则关于t的方程v=(3t2-6t-1)(u-t)+t3-3t2-t+3有三个不同的解, 即关于t的方程v=-2t3+(3+3u)t2-6ut+3-u有三个不同的解, 令F(t)=-2t3+(3+3u)t2-6ut+3-u, 所以直线y=v与曲线y=F(t)恰有三个不同的交点, 又F'(t)=-6t2+6(1+u)t-6u= -6(t-1)(t-u), 当u>1时,F(t),F'(t)随t变化情况如下: t (-∞, 1) 1 (1,u) u (u, +∞) F'(t) - 0 + 0 - F(t) 递减 极小值 4-4u 递增 极大值 u3-3u2 -u+3 递减 故4-4u<v<u3-3u2-u+3; 当u=1时,F'(t)=-6(t-1)2≤0,F(t)单调递减,不符合题意; 当0<u<1时,F(t),F'(t)随t变化情况如下: t (-∞,u) u (u,1) 1 (1, +∞) F'(t) - 0 + 0 - F(t) 递减 极小值 u3-3u2-u+3 递增 极大值 4-4u 递减 故u3-3u2-u+3<v<4-4u; 综上所述,点M的集合为. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $