第三章 课时4 利用导数研究三次函数讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习讲义聚焦导数应用核心考点，涵盖三次函数单调性、极值、零点、对称性及指数对数组合函数性质，按“知识梳理-基础回顾-考点扫描-巩固提升”逻辑展开，通过真题例题与分层训练，帮助学生构建系统知识网络，突破导数综合应用难点。 资料以高考真题为载体，创新采用“考点分类+方法提炼”教学策略，如三次函数零点问题通过导数判别式与极值符号分析培养逻辑推理，比较大小中构造函数发展数学抽象能力。设置基础、能力、综合三层练习，配合详细解析，助力学生高效提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

课时4 利用导数研究三次函数 一、知识梳理 1. 基本性质 设三次函数为(，，，且)，其基本性质如下. 性质1：① 定义域为R； ② 值域为R，函数在整个定义域上没有最大值、最小值； ③ 单调性和图象(其中为导数的判别式)： 图象 性质2：三次函数的零点 由于三次函数在高考中出现频率最高，且四次函数、分式函数等都可转化为三次函数来解决，故以三次函数为例来研究零点的情况，设三次函数，其导数为二次函数，判别式为∆=，设的两根为，，结合函数草图易得： (1) 若，则恰有一个实根. (2) 若,且，则恰有一个实根. (3) 若,且，则有两个不相等的实根. (4) 若,且，则有三个不相等的实根. 说明：含有一个实根的充要条件是曲线与轴只相交一次，即在R上为单调函数（或两极值同号），所以（或，且）. (5)有两个相异实根的充要条件是曲线与轴有两个公共点且其中之一为切点，所以，且. (6)有三个不相等的实根的充要条件是曲线与轴有三个公共点，即有一个极大值，一个极小值，且两极值异号，所以且. 性质3：对称性 （1）三次函数的图象是中心对称曲线，且对称中心是； （2）奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数． 【拓展知识】 （1）其导数为，图象对称轴为，所以对称中心的横坐标也就是导数图象的对称轴，可见图象的对称中心在导数图象的对称轴上，且横坐标又是两个极值点的中点，同时也是二阶导数的零点. （2）是可导函数，若的图象关于点对称，则的图象关于直线对称. （3）若的图象关于直线对称，则的图象关于点对称. （4）已知三次函数图象的对称中心横坐标为，若存在两个极值点，，则有. 二、基础回顾 1．判断正误.（正确的打“√”，错误的打“×”） (1) 若三次函数f(x)有两个极值点，则其导数f′(x)的∆≥0. (　　) (2) 三次函数的图象是中心对称图形． (　　) (3) 三次函数有三个单调区间. (　　) (4) 三次函数有三个零点. (　　) 2.已知函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋x＋1没有极值，则实数a的取值范围是(　　) A.[0，1] 　　　 　B.(－∞，0]∪[1，＋∞) C.[0，2] 　　　 　D.(－∞，0]∪[2，＋∞) 3.已知三次函数在上是减函数，则实数的取值范围是（     ） A．{m|} B．{m|} C．{m|} D．{m|} 4. 函数的最小值为 ． 三、考点扫描 考点一 三次函数的单调性、极（最）值 例1（1）已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在(－∞，＋∞)上是单调函数，则实数a的取值范围是 . (2)（2025·新高考Ⅱ卷）若是函数的极值点，则___________. 对点训练 （多选题）（2024·新高考I卷）设函数，则有（    ） A．是的极小值点 B．当时， C．当时， D．当时， 考点二 三次函数的零点问题 例2 (1) 函数g(x)＝x3－6x2＋9x－10的零点有________个． (2)（2025·四川绵阳市模拟）已知函数存在3个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 对点训练 设为实数，函数． （1）求的极值. （2）是否存在实数，使得方程恰好有两个实数根?若存在，求实数的值；若不存在，请说明理由． 考点三 三次函数图象的切线问题 例3（2025·江西高三校联考）已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设m>1，若过点可作曲线的三条切线，证明:. 对点训练 已知三次函数的零点从小到大依次为m，0，2，其图象在处的切线l过点，则（   ） A． B． C． D． 考点四 三次函数图象的对称问题 例4 （多选题）（2024·新课标II卷）设函数，则有（ ） A. 当时，有三个零点 B. 当时，是的极大值点 C. 存在a，b，使得x=b为曲线的对称轴 D. 存在a，使得点为曲线的对称中心 规律方法： 对点训练（多选题）（2025·广东珠海市开学考试）已知三次函数.若函数的图象关于点（1，0）对称，且，则有（    ） A．a<0 B．有3个零点 C．图象的对称中心是 D． 拓展与延伸7 与lnx，ex组合的几个函数的性质 一、考情分析 高考中通过lnx，ex几个组合函数，考查数形结合思想以及逻辑推理和数学运算的素养. 二、知识梳理 在导数的应用中常用到以下函数，记住以下的函数图象对解题有事半功倍的效果． 三、考点扫描 考点一 单调性、极（最）值等性质 例1 （1）(2025·江西上饶市期初考试)已知函数f(x)＝xex，则下列说法正确的是(　 ) A．f(x)的导数为f′(x)＝(x－1)ex B．f(x)在(－1，＋∞)上单调递减 C．f(x)的最小值为－ D．f(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝2x （2）（多选题）(2025·山东济宁市高三统考)已知函数f(x)＝，g(x)＝，则下列说法正确的有(　 　) A．f(2)>f(3) B．函数f(x)与函数g(x)有相同的最大值 C．f(2)>g(2) D．方程f(x)＝g(x)有且仅有一个实数根 考点二 比较大小 例2 （1）已知a，b，c∈(1，e)，且aln 5＝5ln a，bln 4＝4ln b，cln 3＝3ln c，则(　 　) A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．b＜a＜c D．c＜a＜b （2）已知a＝，b＝，c＝，则(　 　) A．c＜a＜b B．c＜b＜a C．a＜c＜b D．b＜c＜a （3）(多选题)(2025·河北石家庄市调研)已知a＞b＞0，且a＝b，则有(　　) A.0＜b＜1 B.0＜a＜1 C.1＜b＜e D.a>e 三、巩固提升 1. 函数y＝在[0，2]上的最大值是(　 　) A． B． C．0 D． 2. 若对于任意的0<x1<x2<a，都有>2，则实数a的最大值为(　 　) A．1 B．e C． D． 3. (2025·河南郑州市调研)已知函数f(x)＝aex－lnx在区间(1,2)上单调递增，则实数a的最小值为(　 　) A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 4. (多选题)若0＜x1＜x2＜1，e为自然对数的底数，则下列结论错误的有(　 　) A．x2 ex1＜x1 ex2 B．x2 ex1＞x1 ex2 C．ex2－ex1＞lnx2－lnx1 D．ex2－ex1＜lnx2－lnx1 5. （多选题）(2025·江西清江中学高三期末)若函数在(1，＋∞)上单调递减，则称f(x)为“P函数”．下列函数中为“P函数”的有(　 　) A．f(x)＝1 B．f(x)＝x C．f(x)＝ D．f(x)＝ 课时4 利用导数研究三次函数参考答案 二、基础回顾 1. (1)×　(2)√　(3)×　(4) × 2. C 【解析】由f(x)＝x3＋(a－1)x2＋x＋1，得f′(x)＝x2＋2(a－1)x＋1. 根据题意，得[2(a－1)]2－4≤0，解得0≤a≤2.故选C. 3. A 【解析】对函数求导，得. 因为函数在上是减函数，则在上恒成立，即恒成立. 当，即时，恒成立； 当，即时，，则，即， 因为，所以，即. 又因为当时，不是三次函数，不满足题意，所以.故选A． 4. 【解析】函数，当时，，单调递增， 当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，，所以的最小值为. 四、考点扫描 例1（1）　－≤a≤ 【解析】　由题意，得f′(x)＝－3x2＋2ax－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立， 则Δ＝4a2－12≤0，解得－≤a≤. (2) 【解析】由题意，有， 所以. 因为是函数极值点，所以，得， 当时，， 当单调递增，当单调递减， 当单调递增， 所以是函数的极小值点，符合题意. 所以. 对点训练 ACD 【解析】对于选项A，因为函数的定义域为R， 而， 易知当时，，当或时，. 函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 故是函数的极小值点，正确； 对于选项B，当时，，所以， 而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误； 对于选项C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减， 所以，即，正确； 对于选项D，当时，， 所以，正确.故选ACD. 例2（1）　1 【解析】　g(x)＝x3－6x2＋9x－10， 故g′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)， 故函数在(－∞，1)和(3，＋∞)上单调递增，在[1,3]上单调递减， 则函数的极大值为g(1)＝1－6＋9－10＝－6<0， 函数的极小值为g(3)＝27－54＋27－10＝－10<0， 当x→＋∞时，f(x)→＋∞，故函数共有1个零点． （2）B【解析】，则. 若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则， 令，解得或， 且当时，，当，， 故的极大值为，极小值为. 若要存在3个零点，则即解得. 故选B. 对点训练 【解】（1），令，得或． 因为当时，；当时，；当时，． 所以在上递减，在上递增，在上递减， 的极小值为，极大值为． （2）由（1）知，在上递减，在上递增，在上递减， 而，即函数的极大值大于极小值． 所以当极大值等于0时，极小值小于0，此时曲线与轴恰好有两个交点，即方程恰好有两个实数根，如图①所示．所以，即． 图① 图② 当极小值等于0时，极大值大于0，此时曲线与轴恰有两个交点，即方程恰好有两个实数根，如图②所示．所以，即． 综上所述，当或时，方程恰好有两个实数根． 例3 （1）【解】，则在点处的切线方程为， 整理得. （2）【证明】， 构造函数， 即.过点可作曲线的三条切线等价于函数有三个不同的零点. ，故函数在上单调递减，上单调递增， 在上单调递减，所以即可得. 对点训练 B 【解析】由题意，可设， 则， 可得， 即切点坐标为，切线斜率， 则切线方程为， 代入点得， 且，得，解得.故选B. 例4 AD 【解析】对于选项A，，由于， 故时，故在上单调递增， 时，，单调递减， 则在处取到极大值，在处取到极小值. 由，，则. 根据零点存在定理，在上有一个零点， 又，，则， 则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确. 对于选项B，，时，，单调递减， 时，单调递增，此时在处取到极小值，B选项错误. 对于选项C，假设存在这样的，使得为的对称轴，即存在这样的使得，即， 根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为， 于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立， 于是不存在这样的，使得为图象的对称轴，C选项错误. 对于选项D，方法一（利用对称中心的表达式化简）： ，若存在这样的，使得为图象的对称中心， 则，事实上， ，于是， 即解得，即存在，使得是图象的对称中心，D选项正确. 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二阶导数的零点， ，，， 由，于是该三次函数图象的对称中心为， 由题意，也是对称中心，故， 即存在，使得是图象的对称中心，D选项正确.故选AD. 对点训练 ABD 【解析】由题设，，且， 所以，整理得， 故，可得，故， 又，即，A正确；有3个零点，B正确； 由，则，所以的图象关于对称，C错误； ，D正确.故选ABD. 拓展与延伸7 与lnx、ex组合的几个函数性质 三、考点扫描 例1 （1） C【解析】 对于选项A，f(x)＝xex，f′(x)＝ex＋xex＝(x＋1)ex，故A错误； 对于选项B，C，当x＞－1时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，当x＜－1时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，所以当x＝－1时，函数f(x)的最小值为f(－1)＝－，故B错误，C正确； 对于选项D，因为f′(0)＝1，f(0)＝0，所以f(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝x，故D错误．故选C. （2）BCD【解析】对于选项A，f′(x)＝，则当0<x<e时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x>e时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(3)>f(4)，又f(4)＝＝＝f(2)，所以f(2)<f(3)，故A错误； 对于选项B，由A可得f(x)max＝f(e)＝，因为g′(x)＝，则当x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝，B正确； 对于选项C，若f(2)>g(2)，即＝>＝，即>，结合函数f(x)＝在 (e，＋∞)上单调递减，且4<e2，故C正确； 对于选项D，结合函数图象易知，方程f(x)＝g(x)在(0，e]上有且仅有一个实数根，下面证明，f(x)>g(x)在(e，＋∞)上恒成立，f(x)>g(x)，即>＝，当x∈(e，＋∞)时，f(x)＝单调递减且x<ex，所以>，D正确．故选BCD. 例2 （1） A【解析】 aln 5＝5ln a⇒＝，bln 4＝4ln b⇒＝，cln 3＝3ln c⇒＝，故构造函数f(x)＝，x＞0．f′(x)＝．当x∈[1，e)时，f′(x)＞0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，故f(x)在[1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，作出f(x)的图象如图所示．因为a，b，c∈(e，＋∞)，所以由图知a＜b＜c．故选A. （2）B 【解析】 因为＜4＜5，，所以c＝为三个数中最小的数，故只需再比较a，b的大小．由于4×＝5×＝6，故令f(x)＝·ex＝，x＞1，则f′(x)＝，故f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f＞f，即 a＝f＞b＝f，所以c＜b＜a．故选B. （3）CD【解析】　两边同取自然对数得＝，设f(x)＝.由f′(x)＝， 令f′(x)＞0，解得0＜x＜e，令f′(x)＜0，解得x＞e， 所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， 所以f(x)在x＝e处取得最大值f(e)＝，在(0，e)内，函数f(x)有唯一的零点x＝1， 在(e，＋∞)内，f(x)＞0. 又因为a＞b＞0且f(a)＝f(b)＞0，所以1＜b＜e，a＞e. 故选CD. 四、巩固提升 1.A【解析】易知y′＝，x∈[0，2].令y′>0，得0≤x<1，令y′<0，得1<x≤2，所以函数y＝在[0，1)上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以y＝在[0，2]上的最大值是.故选A. 2.C【解析】因为0<x1<x2<a，所以x1－x2<0，所以x2ln x1－x1ln x2<2(x1－x2)， 所以－<－，所以<， 所以函数f(x)＝在定义域(0，a)上单调递增， 所以f′(x)＝＝≥0在(0，a)上恒成立， 则－ln x－1≥0，解得0<x≤，故a的最大值是.故选C. 3. C【解析】 依题可知，f′(x)＝aex－≥0在(1,2)上恒成立，显然a＞0，所以xex≥． 设g(x)＝xex，x∈(1,2)，则g′(x)＝(x＋1)ex＞0，所以g(x)在(1,2)上单调递增，g(x)＞g(1)＝e，故e≥，即a≥＝e－1，即a的最小值为e－1．故选C. 4. ACD【解析】　令f(x)＝，得f′(x)＝＝，当x＜1时，f′(x)＜0，故f(x)＝在(0,1)上单调递减，所以＞⇒x2 ex1＞x1 ex2，故A错误，B正确． 令g(x)＝lnx－ex，则g′(x)＝－ex，当x＝时，g′＝2－＞0，当x＝1时，g′(1)＝1－e＜0，所以存在x0∈，g′(x0)＝0，所以g(x)在(0,1)上不单调．在C，D中，ex2－ex1＞lnx2－lnx1可化为lnx1－ex1＞lnx2－ex2，因为0＜x1＜x2＜1，所以lnx1－ex1与lnx2－ex2的大小关系不一定，故C，D错误．故选ACD. 5. AC【解析】对于选项A，y＝＝，当x∈(1，＋∞)时，y＝lnx为增函数，故y＝为减函数，所以f(x)＝1为“P函数”，故A符合． 对于选项B，y＝＝，y′＝，令y′＝0，得x＝e．当x∈(1，e)时，y′＜0，即y＝在(1，e)上单调递减；当x∈(e，＋∞)时，y′＞0，即y＝在(e，＋∞)上单调递增，所以f(x)＝x不是“P函数”，故B不符合． 对于选项C，y＝＝，y′＝，当x∈(1，＋∞)时，y′＜0，则y＝在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝为“P函数”，故C符合． 对于选项D，y＝＝，y′＝，令y′＝0，得x＝e2，当x∈(1，e2)时，y′＜0，即y＝在(1，e2)上单调递减；当x∈(e2，＋∞)时，y′＞0，即y＝在(e2，＋∞)上单调递增，所以f(x)＝不是“P函数”，故D不符合．故选AC. . 学科网（北京）股份有限公司 $