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專題 14 三次函數
函數與導數一直是高考中的熱點與難點, 我們知道二次函數是重要的且具有廣泛應用的基本初等函數,
學生對此已有較為全面、系統、深刻的認識,并在某些方面具備了把握規律的能力,由于三次函數的導數是二
次函數,我們可以利用二次函數深入研究三次函數的圖象與性質,這使得三次函數成為高考數學的一個熱點.
(一)三次函數的單調性
由于三次函數 f x 的導數 f x 是二次函數,我們可以利用 f x = 0 根的情況及根的分布來研究三次函數
的單調性,特別是含有參數的三次函數的單調性通常要借助二次方程根的分布求解.
1 3 1 2
【例 1】（2024 屆青海省部分學校高三下學期聯考）已知函數 f x = x + mx - m +1 x ．
3 2
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若 f x 有 3 個不同的零點,求m 的取值范圍．
2
【解析】（1） f x = x + mx - m +1 = x -1 x + m +1 ,
令 f x = 0 ,解得 x =1或 x = -m -1 ,
①當 -m -1>1 ,即m < -2時,
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,+ 上單調遞增；在 1, -m -1 上單調遞減；
②當-m -1 =1,即m = -2時,
f x 0恒成立,所以 f x 在R 上單調遞增；
③當 -m -1 < 1 ,即m > -2時,
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, + 上單調遞增；在 -m -1,1 上單調遞減；
綜上,
當m < -2時, f x 在 - ,1 和 -m -1,+ 上單調遞增；在 1, -m -1 上單調遞減；
當m = -2時, f x 在R 上單調遞增；
當m > -2時, f x 在 - ,-m -1 和 1, + 上單調遞增；在 -m -1,1 上單調遞減.
（2）因為 f x 有 3 個零點,所以m -2 ,
當m > -2時,極大值 f -m m 2-1 = + ÷ m +1
2
；極小值 f 1 1 m 2= - - ,
è 6 3 2 3
ì m 2
+ ÷ m +1
2 > 0
è 6 3
所以 í ,解得m
4
> - 且m -1,
1 2 3
- m - < 0 2 3
1 2 f m 1 m 2當m < -2時,極大值 f 1 = - m - ；極小值 - - = 2
2 3
+ ÷ m +1 ,
è 6 3
ì m 2
+ ÷ m +1
2 < 0
è 6 3
所以 í ,解得m < -4 ,
1 2
- m - > 0 2 3
m , 4 4綜上, 的取值范圍為 - - - , -1

÷ -1, + .
è 3
(二)過平面上一點 P 作三次函數圖象的切線的條數
1.此類問題一般是先設出切點 Q t, f t ,寫出曲線 f x 在 x = t 處的切線方程,把點 P 坐標代入,整理出一
個關于 t 的三次方程,該方程實根個數就是切線條數.
2. 3以三次函數為 f (x) = ax + bx為例 ,研究一下三次函數的切線問題：若 M（x1,y1）是三次曲線
f (x) = ax3 + bx上的任一點 , 設過 M 的切線與曲線 y=f （ x ）相切于（ x0,y0 ） , 則切線方程為
y - y0 = f (x0 )(x - x0 ) , 因 點 M 上 此 切 線 上 , 故 y1 - y0 = f (x0 )(x1 - x0 ) , 又
y 30 = ax0 + bx0 , y1 = ax
3
1 + bx1 , 所 以 ax
3 + bx - (ax 3 + bx 21 1 0 0 ) = (3ax0 + b)(x1 - x0 ) , 整 理 得 ：
(x x )2 (2x x ) 0 x x x x0 - 1 0 + 1 = ,解得, 0 = 1 或 0 = - 1 .綜上所述,當點 M 是對稱中心即 x1 = 0時,過點 M 作曲2
線的切線切點是惟一的,且為 M,故只有一條切線；當點 M 不是對稱中心即 x1 0 時,過點 M 作曲線的切線可
產生兩個不同的切點,故必有兩條切線,其中一條就是以 M 為切點（亦即曲線在點 M 處）的切線.
由此可見,不僅切線與曲線的公共點可以多于一個,而且過曲線上點的切線也不一定惟一
【例 2】（2024 屆福建省泉州市高中畢業班 5 月適應性練習）已知函數 f x = ax3 - 2x2 - 2x + a a 0 ．
(1)當 a =1時,若直線 y = -3x + b 與曲線 y = f x 相切,求b；
(2)若直線 y = -2x - 2與曲線 y = f x 恰有兩個公共點,求a．
3 2 2
【解析】（1）當 a =1時, f x = x - 2x - 2x +1, f x = 3x - 4x - 2 ,
因為直線 y = -3x + b 與曲線 y = f x 相切,
設切點為 x0 , y0 ,則切線斜率 k = f x0 = 3x20 - 4x0 - 2 ,
ì 1
2
x0 =
ì3x - 4x - 2 = -3 ì x =1 30 0 0
y 4可得 í 0 = -3x + b

0 ,解得 íy0 = -2

或 íy0 = ,
27
y0 = x
3 2
0 - 2x0 - 2x0 +1 b =1 b 31 = 27
31
所以b =1或b = ．
27
（2）因為直線 y = -2x - 2與曲線 y = f x 恰有兩個公共點,
所以方程 ax3 - 2x2 - 2x + a = -2x - 2 ,
3
即方程 a x +1 - 2 x2 -1 = 0有兩個不等實根,
3
因為 x=- 1是方程 a x +1 - 2 x2 -1 = 0的一個根；
2
當 x -1時,方程可化為 ax - a + 2 x + a + 2 = 0（*）,
依題意,方程（*）有不等于 -1的唯一根,
因為 a 0 ,若 a = 0 ,則（*）即-2x + 2 = 0 , x =1 ,滿足條件；
ì a + a + 2 + a + 2 0 2
若 a > 0 ,則由 í ,解得： a = ．
V= a + 2
2 - 4a a + 2 = 0 3
2
綜上所述, a = 0或 a = ．
3
3 2
【例 3】（2024 屆江蘇省南通市高三上學期期初質量監測）已知函數 f x = ax + bx + cx a > 0 的極小值為
-2 ,其導函數 f x 的圖象經過 A -1,0 , B 1,0 兩點.
(1)求 f x 的解析式；
(2)若曲線 y = f x 恰有三條過點P 1,m 的切線,求實數m 的取值范圍.
1 f x = 3ax2【解析】（ ） + 2bx + c ,
因為 a > 0 ,且 f x 的圖象經過 A -1,0 , B 1,0 兩點.
所以當 x - ,-1 時, f x > 0 , f x 單調遞增；
當 x -1,1 時, f x < 0 , f x 單調遞減；
當 x 1,+ 時, f x > 0 , f x 單調遞增.
所以 f x 在 x =1處取得極小值,所以 f 1 = a + b + c = -2 ,
又因為 f -1 = 0 , f 1 = 0 ,所以3a - 2b + c = 0 ,3a + 2b + c = 0 ,
ì3a - 2b + c = 0

解方程組 í3a + 2b + c = 0得 a =1 ,b = 0 , c = -3,

a + b + c = -2
所以 f x = x3 - 3x .
（2）設切點為 x0 , y , y = x30 則 0 0 - 3x0 ,
2
因為 f x = 3x - 3 ,所以 f x0 = 3x20 - 3 ,
3
所以切線方程為 y - x0 - 3x0 = 3x20 - 3 x - x0 ,
將P 1,m 3 2代入上式,得 2x0 - 3x0 + m + 3 = 0 .
因為曲線 y = f x 恰有三條過點P 1,m 的切線,所以方程 2x3 - 3x2 + m + 3 = 0有三個不同實數解.
g x = 2x3 - 3x2記 + m + 3 , 2則導函數 g x = 6x - 6x = 6x x -1 ,
令 g x = 0 ,得 x = 0或 1.
列表：
x - ,0 0 0,1 1 1, +
g x + 0 - 0 +
g x ↗ 極大 ↘ 極小 ↗
所以 g x 的極大值為 g 0 = m + 3 , g x 的極小值為 g 1 = m + 2 ,
ìg 0 > 0
所以 íg 1 0 ,解得-3 < m < -2 .故
m 的取值范圍是 -3, -2 .
<
(三)三次函數的極值
三次函數 f x 的極值點就是二次函數 f x 的零點,所以與三次函數極值有關的問題常借助“三個二次”的
關系求解.
【例 4】（2024 屆山東省實驗中學高三二模）已知函數 f x = (x - a)2 x - b (a,b R,a < b) .
(1)當 a =1,b = 2時,求曲線 y = f x 在點 2, f 2 處的切線方程；
(2)設 x1, x2 是 f x 的兩個極值點, x3 是 f x 的一個零點,且 x3 x1, x3 x2 .是否存在實數 x4 ,使得 x1, x2 , x3 , x4 按
某種順序排列后構成等差數列？若存在,求 x4；若不存在,說明理由.
1 a =1,b = 2 , f x = (x -1)2【解析】（ ）當 時 x - 2 ,
則 f x = 2 x -1 x - 2 + x -1 2 = x -1 3x - 5 ,故 f 2 =1,
又 f 2 = 0 ,所以曲線 y = f x 在點 2,0 處的切線方程為 y = x - 2；
（2） f x = 2(x a) x b (x a + 2b- - + - a)2 = 3 x - a x - ÷ ,
è 3
a a + 2b由于 a < b ,故 < ,
3
令 f x > 0 x < a x a + 2b,解得 或 > ；令 f x < 0 a x a + 2b,解得 < < ；3 3
y f x a, a + 2b ,a , a + 2b可知 = 在 ÷內單調遞減,在 - , +

÷內單調遞增,
è 3 è 3
a + 2b a + 2b
所以 f x 的兩個極值點為 x = a, x = ,不妨設 x1 = a, x2 = ,3 3
因為 x3 x1, x3 x2 ,且 x3 是 f x 的一個零點,故 x3 = b .
a + 2b a 2 b a + 2b又因為 - = -

3 3 ÷
,
è
x 1 a a + 2b= + 2a + b= 2a + b a + 2b故 4 ÷ ,此時 a, , ,b 依次成等差數列,2 è 3 3 3 3
2a + b
所以存在實數 x4滿足題意,且 x4 = .3
(四)三次函數的零點
1.若三次函數 f x 沒有極值點,則 f x 有 1 個零點；
2. 三次函數 f x 有 2 個極值點 x1, x2 , ,則 f x1 f x2 > 0 時 f x 有 1 個零點； f x1 f x2 = 0時
f x 有 2 個零點； f x1 f x2 < 0 時 f x 有 3 個零點.
【例 5】（2023 屆江西省贛撫吉十一校高三第一次聯考）已知函數 f (x) = x3 - 4mx2 - 3m2x + 2 ,其中m 0 .
(1)若 f x 的極小值為－16,求m ；
(2)討論 f x 的零點個數.
【解析】（1）由題得 f (x) = 3x2 -8mx - 3m2 = (x - 3m)(3x + m) ,其中m 0 ,當m = 0時, f x 0 , f x 單調遞增,
f x m m無極值；當m > 0時,令 f x > 0 ,解得 x < - 或 x > 3m；令 f x < 0 ,解得- < x < 3m ,所以 f x 的單
3 3
m m
調遞減區間為 - ,3m÷ ,單調遞增區間為 - , - ÷ , 3m, + ,所以當 x = 3m時, f x 取得極小值
è 3 è 3
f 3m = 2 -18m3 ,所以 2 -18m3 = -16 ,解得m =1.
（2）由（1）知當m > 0時, f x 的極小值為 f 3m = 2 -18m3 , f x m 14 3的極大值為 f - ÷ = 2 + m > 0 ,
è 3 27
3
當 2 -18m3 < 0 ,即m 3> 時, f x 有三個零點,如圖①曲線 ；當 2 -18m3 = 0 ,即
3
3 3
m 3= 時, f x 有兩個零點,如圖②曲線；當 2 -18m3 > 0 ,即0 3< m < 時, f x 有一個零點,如圖③曲線；當
3 3
3 3
m = 0時, f x = x3 + 2 ,易知 f x 3 3有一個零點. 綜上,當0 m < 時, f x 有一個零點；當m = 時,
3 3
3
f x 3有兩個零點；當m > 時, f x 有三個零點.
3
(五)三次函數圖象的對稱性
f (x) = ax3三次函數 + bx2 + cx + d (a 0)的圖象有六種,如圖：
200 200
f(x) 0 f(x) 0
圖(1) 圖(2)
200 200
10 0 10 10 0 10
x x
200 200
f(x) 0 圖(3f)( x) 0
圖(4)
200 200
10 0 10 10 0 10
x x
200 200
f(x) 0 圖(5) f(x) 0 圖(6)
200 200
10 0 10 10 0 10
x x
對函數 f (x) = ax3 + bx2 + cx + d (a 0)進行求導： f (x) = 3ax2 + 2bx + c 是二次函數,原函數的極值點與
單調性與導函數的正負有關,所以容易發現導函數中的參數 a 與D的符號起決定性作用.當 a 為正時,原函數
的圖象應為上圖中的（1）、（3）、（5）三種情況；而當 a 為負時,原函數的圖象則為（2）、（4）、（6）三種情
況.當D > 0時,二次方程 f (x) = 0有兩相異實根 x1 , x2 ,且在 x1 , x2 的兩邊 f (x)的符號相反,故函數 f (x) 存
在兩個極值點,圖象為上圖中的（3）、（4）兩種；當D = 0時,二次方程 f (x) = 0有兩相等實根,且在根的兩
邊 f (x) 的符號相同,這時函數 f (x) 只存在駐點（但不是極值點）,函數的圖象為上圖中（1）、（2）兩種,當D < 0
時；方程 f (x) = 0無實根, f (x)的值恒為正（或負）,函數的圖象為上圖中的（5）、（6）兩種.
仔細觀察圖象,我們還不難發現三次函數是中心對稱曲線,這一點可以得到進一步的驗證:設
f (m - x) + f (m + x) = 2n ,得
[a(m - x)3 + b(m - x)2 + c(m - x) + d ] + [a(m + x)3 + b(m + x)2 + c(m + x) + d ] = 2n 整 理 得 ,
(6ma + 2b)x 2 + (2am3 + 2bm2 + 2mc + 2d ) = 2n b. 據多項式恒等對應系數相等 , 可得 m = - 且
3a
n = am3 + bm2 + mc + d ,從而三次函數是中心對稱曲線,且由 n = f (m)知其對稱中心 (m, f (m)) 仍然在曲
線上 .而 m b= - 是否具有特殊的意義？對函數 f (x) 進行兩次求導 , f (x) = 6ax + 2b再令等于 0,得
3a
x b= - ,恰好是對稱中心的橫坐標,這可不是巧合,因為滿足 f (m) = 0的 m 正是函數拐點的橫坐標,這一
3a
性質剛好與圖象吻合.
【例 6】對于三次函數 f (x) = ax3 + bx2 + cx + d (a 0) ,給出定義：設 f (x) 是函數 y = f (x) 的導數, f (x)是
f (x) 的導數,若方程 f (x) = 0有實數解 x0 ,則稱點 (x0 , f (x0 ))為函數 y = f (x) 的“拐點”．某同學經過探究發現：
任何一個三次函數都有“拐點”；任何一個三次函數都有對稱中心,且“拐點”就是對稱中心．若
f (x) 1 1= x3 - x2 3x 5+ - ,請你根據這一發現.
3 2 12
（1）求函數 f (x) 的對稱中心；
f ( 1 ) f ( 2 ) f ( 3 2020（2）計算 + + ) + ×××+ f ( ) .
2021 2021 2021 2021
【解析】（1）Q f (x) = x2 - x + 3,\ f (x) = 2x -1 ,
令 f
1
(x) = 0 ,即 2x -1 = 0 ,解得 x = ,
2
\ f (1) 1= (1)3 1- (1)2 1 5+ 3 - =1,
2 3 2 2 2 2 12
由題中給出的結論,可知函數 f (x)
1
的對稱中心為 ( ,1) .
2
1 3 1 2 5 1
（2）由（1）知函數 f (x) = x - x + 3x - 的對稱中心為 ( ,1) ,
3 2 12 2
f (1 1所以 + x) + f ( - x) = 2 ,即 f (x) + f (1- x) = 2 ,
2 2
f ( 1 ) f (2020故 + ) = 2, f (
2 ) + f (2019) = 2 × ××, f (2020) + f ( 1 ) = 2 ,
2021 2021 2021 2021 2021 2021
f ( 1 ) f ( 2 ) f ( 3 ) 2020 1所以 + + + ×××+ f ( ) = 2 2020 = 2020 .
2021 2021 2021 2021 2
(六)三次函數與韋達定理的交匯
由于三次函數的導數是二次函數,而二次函數常與韋達定理交匯,故有時可以用定理交匯處理三次函數問題
a 3 b 2 2
【例 7】設 x1 , x2 是函數 f (x) = x + x - a x(a > 0) 的兩個極值點,且 | x | + | x |= 23 2 1 2
(1)求 a 的取值范圍；
(2)求證： | b | 4 3 .
9
(1) f ' (x) = ax 2 2【解析】 + bx - a , x1, x2是f
'(x) = 0 的兩個實根,又 a＞0
2
x b b1x2 = -a < 0, x1 + x2 = - , | x1 | + | x2 |=| x1 - x2 |= 2 + 4aa a
b2
| x | + | x |= 2 + 4a = 4，即b2 = 4a2 3由 1 2 得 2 - 4a = 4a
2(1- a)
a
Qb2 0\0 < a 1
(2) b2設 = g(a) = 4a 2 - 4a3 , g '則 (a) = 8a -12a 2 = 4a(2 - 3a)
g(a) 2 2在(0， )在單調遞增，在( ，1) 上單調遞增
3 3
[g(a)] 2 16 4 3max = g( ) = ,\b 3 27 9
【例 8】（2024 3 2年 2 月第二屆“魚塘杯”高考適應性練習）對三次函數 f x = ax + bx + cx + d , a 0 ,如果其存
在三個實根 x1, x2 , x
b
3 ,則有 x1 + x2 + x3 = - , x1x2 + x2x3 + x3x
c d
1 = , x1x2x3 = - .稱為三次方程根與系數關系.a a a
(1) 3對三次函數 f x = ax + bx2 + cx + d ,設 g x = f x ,存在 x0 R ,滿足0 = f x0 = g x0 g x0 .證明：存
在 x1 x0 ,使得 f x = a x - x1 x - x0
2
；
(2)稱 f x 是 m, M 上的廣義正弦函數當且僅當 f x 存在極值點 x1, x2 m, M ,使得
f x1 , f x2 = f m , f M .在平面直角坐標系 xOy 中, A a,b 是第一象限上一點,設
f x b= x a - x + , g x = x(a - x)2 - 4b .已知 g x 在 0, a 上有兩根 x
x 0
< x3 .
（i）證明： f x 在 0, + 上存在兩個極值點的充要條件是 a3 > 27b；
（ii）求點A 組成的點集,滿足 f x 是 x0 , x3 上的廣義正弦函數.
【解析】（1）因為 f x0 = 0 ,所以不妨設 f x = a x - x0 x - x1 x - x2 , a 0 ,
所以 g x = f x = a x - x0 x - x1 + a x - x0 x - x2 + a x - x1 x - x2 , a 0 ,
因為0 = g x0 g x0 ,所以 g x0 = f x0 = a x0 - x1 x0 - x2 = 0, a 0 ,
所以不妨取 x2 = x0 滿足題意,且此時必有 x1 x0 ,
否則若 x = x0 ,則有 f x = a x - x 3 , g x = f x = 3a x - x 2 0 0 , g x = 6a x - x0 ,
而此時 g x0 = 6a x0 - x0 = 0與已知0 = g x0 g x0 矛盾,
綜上所述,存在 x1 x0 ,使得 f x = a x - x1 x - x
2
0 .
（2）（i） A a,b 是第一象限上一點,所以 a > 0,b > 0 ,
3
f x = x a b- x + , f x a 2x b -2x + ax
2 - b
因為 所以 = - -
x 2
= , a > 0,b > 0 ,
x x
設 h x = -2x3 + ax2 - b ,則 h 0 = -b < 0 ,
而 x - 時, h x + , x + 時, h x - ,
所以 h x = -2x3 + ax2 - b = 0存在負根,
3 2
因為 f x 在 0, + , f x -2x + ax - b上存在兩個極值點等價于方程 = = 0 在 0, + 上有兩個根,
x
h x = -2x3等價于方程 + ax2 - b = 0在 0, + 上存在兩個根,
3 2
注意到三次方程最多有 3 個根,所以方程 h x = -2x + ax - b = 0有一個負根,兩個不同的正根,
而 h x = -6x2 + 2ax 0 x a,當 < < 時, h x = -6x2 + 2ax > 0 , h x 單調遞增,
3
當 x
a
> 時, h x = -6x2 + 2ax < 0 , h x 單調遞減,
3
a 2a3 a3 a3
所以當且僅當 h ÷ = - + - b = - b > 0 ,即當且僅當 33 27 9 27 a > 27b
,
è
綜上所述,命題（i）得證；
（ii）容易驗證, a3 > 27b時, g(x) = 0 也恰好有兩個正根 x0 , x3 ,
此時：由于對 x > 0來說, f x = 0 2等價于 2x3 - ax2 + b = 0 , g x = 0等價于 x a - x - 4b = 0 ,
3 2
x > 0 , g x = 0 a - x a - x, f a a - x -xb a - x
2
所以對 如果 那么 ÷ = - + = + b = 0 ,
è 2 4 4 4
a - x a - x
這意味著 x = 31 , x 02 = ,2 2
然后,對兩個不相等的正數u,v, f u - f v = u - v éêa
b
- u + v - ù ,
uv ú
所以 f (u) = f (v)
b
當且僅當u + v + = a ,
uv
那么如果 t = x1 或x 2 ,就有 a - 2t = x0 或 x3 ,故 f t = g a - 2t ,
b b b - t
2 a - 2t 2t3 - at 2 + b
此時 t + a - 2t + = a - t + = a + = a + = a ,
t a - 2t t a - 2t t a - 2t t a - 2t
所以 f t = f a - 2t ,這意味著 f x0 = f x2 , f x1 = f x3 ,
, m x = -h x = 2x3 - ax2最后由于 + b有一個極值點 x a= ,
3
a a
所以 x1, x2 都不等于 （ x1, x2 是不相等的正零點,同時該方程還有另一個負零點,但 只要是根就是二重的,所3 3
a
以 不可能是根）,這就說明 x
3 1
x3 , x0 x2 ,
結合 f x 的單調性以及 f x0 = f x2 , f x1 = f x3 ,必有 x0 < x1 < x2 < x3 ,
所以此時 f x 一定是廣義正弦函數,
3
綜上所述,滿足題意的 A = a,b | a > 27b .
【例 1】（2024 屆福建省泉州市高三 5 月適應性練習）已知函數 f x = ax3 - 2x2 - 2x + a a 0 ．
(1)當 a =1時,若直線 y = -3x + b 與曲線 y = f x 相切,求b；
(2)若直線 y = -2x - 2與曲線 y = f x 恰有兩個公共點,求a．
【解析】（1）當 a =1時, f x = x3 - 2x2 - 2x +1, f x = 3x2 - 4x - 2 ,
因為直線 y = -3x + b 與曲線 y = f x 相切,
2
設切點為 x0 , y0 ,則切線斜率 k = f x0 = 3x0 - 4x0 - 2 ,
ì x 1 0 =
ì3x2 30 - 4x0 - 2 = -3 ì x0 =1
4
可得 íy0 = -3x0 + b ,解得 íy0 = -2或 íy0 = ,
y = x 3 - 2x 2 - 2x +1
27
0 0 0 0 b =1 b 31 = 27
b 31所以b =1或 = ．
27
（2）因為直線 y = -2x - 2與曲線 y = f x 恰有兩個公共點,
所以方程 ax3 - 2x2 - 2x + a = -2x - 2 ,
3
即方程 a x +1 - 2 x2 -1 = 0有兩個不等實根,
因為 x=- 1是方程 a x3 +1 - 2 x2 -1 = 0的一個根；
當 x -1 2時,方程可化為 ax - a + 2 x + a + 2 = 0（*）,
依題意,方程（*）有不等于 -1的唯一根,
因為 a 0 ,若 a = 0 ,則（*）即-2x + 2 = 0 , x =1 ,滿足條件；
ì a + a + 2 + a + 2 0 2
若 a > 0 ,則由 í , a =
V= a + 2
2 - 4a 解得： ．a + 2 = 0 3
2
綜上所述, a = 0或 a = ．
3
2 2024 f x = x3【例 】（ 屆福建省泉州第五中學高考熱身測試）已知函數 - ax + 2, a R .
(1)若 x = -2是函數 f x 的極值點,求a的值,并求其單調區間；
é1
(2)若函數 f x 在 ê ,3
ù
ú 上僅有 2 個零點,求a的取值范圍． 3
【解析】（1） f x = 3x2 - a , f -2 =12 - a = 0 ,得 a =12 ,
2
當 a =12時, f x = 3x -12 = 0 ,得 x = -2或 x = 2 ,
x, f x , f x 的變化情況如下表所示,
x - ,-2 -2 -2,2 2 2, +
f x + 0 - 0 +
f x 增區間 極大值18 減區間 極小值-14 增區間
所以函數 f x 的增區間是 - ,-2 和 2, + ,減區間是 -2,2 ；
3
（2）令 f x = x - ax 2 0 x é1+ = , ê ,3
ù
,
3 ú
3
a x + 2 2
2 1
得 = = x2 + ,令 g x = x2 + é, x ,3ù ,
x x x ê 3 ú
2
x
3 -1
g x 2= 2x - = = 0 ,得 x =1 ,
x2 x2
如下表,
1
x
1
,1

÷ 1 1,3 33 è 3
g x - 0 +
g x 55 29減區間 極小值 3 增區間
9 3
é1 ù
因為函數 f x 在 ê ,3ú 上僅有 2 個零點,即 y = a 與 y = g x 有 2 個交點,如圖： 3
3 a 55即 < .
9
【例 3】（2024 3 2屆陜西省銅川市高三下學期模擬）已知函數 h x = 2x + 3x -12x + m m R 的一個極值為
-2．
(1)求實數m 的值；
é
(2)若函數 h x 在區間 êk,
3ù
上的最大值為 18,求實數 k與m 的值．
2 ú
【解析】（1）由 h x = 2x3 + 3x2 -12x + m m R ,得 h x = 6x2 + 6x -12 = 6 x + 2 x -1 ,
令 h x = 0 ,得 x = -2或 x =1；令 h x < 0 ,得-2 0 ,得 x<- 2或 x >1．
所以函數 h x 有兩個極值 h -2 和 h 1 ．
若 h -2 = -2 , 3得 2 (-2) + 3 (-2)2 -12 -2 + m = -2 ,解得m = -22；
若 h 1 = -2 ,得 2 13 + 3 12 -12 1+ m = -2 ,解得m = 5．
綜上,實數m 的值為－22 或 5．
（2）由（1）得, h x ,h x , 3在區間 -
ù
ú的變化情況如下表所示：è 2
x - , -2 -2 -2,1 1 1, 3 3 2 ֏ 2
h x + 0 － 0 +
h x 9Z 極大值m + 20 ] 極小值m - 7 Z m - 2
由表可知,
3
1 k 3< h x ék, ù h 3 9①當 時,函數 在區間 ê ú 上單調遞增,所以最大值為 ÷ = m - ,2 2 è 2 2
53
- 1其值為 或 2 ,2 不符合題意；
②當 k = -2 時,函數 h x 在 -2,1 3 上單調遞減,在 1, 2 ÷上單調遞增,è
h -2 = 20 + m h 3 9, 3 é 3ù因為 ÷ = m - , h 2 > h ÷ ,所以 h x 在 êk, ú 上的最大值為 h -2 = m + 20 ,其值為è 2 2 2 -2è 2
或 25,不符合題意；
③當 k < -2時,函數 h x 在 k,-2 上單調遞增,在 -2,1 3 上單調遞減,在 1, 2 ÷上單調遞增,è
h 2 3 9 3 3- = 20 + m h = m - h 2 > h é ù因為 , ÷ , ÷ ,所以 h x 在 êk, ú 上的最大值為 h -2 = m + 20 ,其值為è 2 2 -2è 2 2
或 25,不符合題意；
3
④當-2 < k <1時, h x 在 k,1 上單調遞減,在 1, 2 ÷上單調遞增,è
若 h x é 3ù 3 9 1 53在區間
ê
k, ú 上的最大值為 h ÷ = m - ,其值為 2 或 - ,2 不符合題意,2 è 2 2
又因為若m = -22 ,則 h 3-2 = m + 20 = -2 é ù．那么,函數 h x 在區間 êk, ú 上的最大值只可能小于－2,不合題 2
意,
é
所以要使函數 h x 在區間 êk,
3ù 3
ú 上的最大值為 18,必須使 h k = 2k + 3k
2 -12k + m =18 ,且m = 5 ,
2
即 h k = 2k 3 + 3k 2 -12k + 5 =18．所以 2k 3 + 3k 2 -12k -13 = 0 ,
所以 2k 3 + 2k 2 + k 2 + k -13k -13 2= 0 ．所以 2k k +1 + k k +1 -13 k +1 = 0 ,
所以 2k 2 + k -13 k +1 = 0 ．所以 2k 2 + k -13 = 0或 k +1 = 0 ,
k -1± 105所以 = 或 k +1 = 0．因為-2 < k <1 , k -1± 105所以 = 舍去．
4 4
綜上,實數 k的值為-1, m的值為 5．
【例 4】（2023 屆江蘇省徐州市睢寧縣高三下學期 5 月模擬）已知函數 f (x) = -2x3 + mx2 , m R ,且 g(x) = | f (x) |
在 x (0,2) 上的極大值為 1．
(1)求實數m 的值；
(2)若b = f (a) , c = f (b) , a = f (c) ,求 a,b,c的值．
【解析】（1） g(x) =x2 | 2x - m | , 0 x 2 ,
① m 0時, g(x) = 2x3 - mx2 ,∴ g (x) = 6x2 - 2mx≥0 ,無極值．
② m 4時, g(x) = -2x3 + mx2 ,∴ g (x) = 2x(m - 3x) ,
m
當 2 ,即m 6時, g (x) 0 ,無極大值；
3
x m g (x) > 0 m當 4 m < 6時, < 時, ； < x < 2時, g (x) < 0 ,
3 3
3
∴ g(x)在 x
m
= m m處取極大值,即 g( ) = = 1 ,∴ m = 3 ,舍去．
3 3 27
ì
-2x
3 + mx2 ,0 x m
③ 0 < m < 4時, g x = 2í ,
2x3 mx2 , m- < x 2
2
ì
2x m - 3x ,0 x
m

∴ g x = 2í ,
2x 3x - m , m < x 2 2
0 x m g (x) > 0 m x m< < 時, ； < < 時, g (x) < 0
m
； < x < 2時, g (x) > 0．
3 3 2 2
3
∴ g(x)在 x
m
= m處取極大值 = 1 ,∴ m = 3符合題意．
3 27
綜上, m = 3．
2
（2）由（1）可知, f (x) = -2x3 + 3x2 , f (x) = -6x + 6x = 6x -x +1 ,
令 f x > 0可得-1 < x < 0 ,令 f x < 0可得 x >1或 x < 0 ,
如圖所示．
① 當 a < 0時, b = f (a) > 0 ,
當 0 < b≤3 時, 0 < c = f (b)≤1,則 a = f (c) > 02 ,矛盾；
b 3當 > 時, c = f (b) < 0 ,∴ a = f (c) > 0 ,矛盾．
2
② 當 a = 0時,符合題意．
③ 當0 < a
1 1
< 時, 0 < x < 時, f (x) < x 1,∴ 0 < b = f (a) < a < ,
2 2 2
0 c f (b) b 1則 < = < < , 0 < a = f (c) < c
1
< ,∴ a < c < b < a ,2 2 矛盾．
1
④ 當 a = 時,符合題意．
2
1 1 1
⑤ 當 < a <1時, < x <1時, f (x) > x ,∴1 > b = f (a) > a > ,
2 2 2
1 1
則1 > c = f (b) > b > ,1 > a = f (c) > c > ,∴ a > c > b > a ,2 2 矛盾．
⑥ 當 a =1時,符合題意．
3
⑦ 當1 < a 時, 0≤b = f (a) < 1 ,則 0≤ c = f (b) < 1,∴ a = f (c) < 1 ,與 a > 12 矛盾．
a 3 b f (a) 3⑧ 當 > 時, = < 0 , c = f (b) > 0 ,∴ a = f (c)≤1 ,與 a > 矛盾．
2 2
1
綜上, a = b = c = 0 ,或a = b = c = ,或 a = b = c =1．
2
【例 5】（2023 3 2屆重慶市第十一中學校高三上學期 11 月質量檢測）已知函數 f x = x - 3x + ax + 3 , f x 在
x1處取極大值,在x2處取極小值.
(1)若 a = 0 ,求函數 f x 的單調區間；
(2)在方程 f x = f x1 的解中,較大的一個記為 x3 ,在方程 f x = f x2 的解中,較小的一個記為 x4 ,證明：
x4 - x1
x3 - x
為定值.
2
【解析】（1 a = 0 , f x = x3 - 3x2）當 時 + 3 ,定義域為 R, f x = 3x2 - 6x ,
當 f x > 0時, x > 2或 x < 0 ；當 f x < 0時, 0 < x < 2；
即函數 f x 的單調增區間為 - ,0 , 2, + ；單調減區間為 (0, 2) .
2
（2）由 f x = 3x - 6x + a ,
根據題意,得3x2 - 6x + a = 0的兩根為 x1, x2 ,且 x1 < x2 ,
即D = 36 -12a > 0 ,得 a < 3 ,
x1 + x2 = 2 ,
所以 x1 <1< x2 ,
因為 f x = f x , x3 - 3x21 則 + ax + 3 = x31 - 3x21 + ax1 + 3 ,
3 2 3 2
可知 x - 3x + ax = x1 - 3x1 + ax1 ,

因為 f x1 = 0 ,即 a = 6x1 - 3x21 ,
即 x3 - x31 + 3x
2 - 3x21 + ax - ax1 = x - x1 éx2 + x x
2 2
1 - 3 - 2x1 + 3x1 ù = x - x1 x + 2x1 - 3 = 0 ,
可知 x3 = 3- 2x1 ,同理,由 f x = f x2 ,
3
可知 x - x3 2 22 + 3x2 - 3x + ax - ax2 = x - x 2 22 éx + x x2 - 3 - 2x2 + 3x2 ù = x - x2
2 x + 2x2 - 3 = 0 ；
得到 x4 = 3 - 2x2 ,
x4 - x1 3 - 2x2 - x1 1- x2 1- 2 - x= = = 1 所以 = -1.
x3 - x2 3 - 2x1 - x2 1- x1 1- x1
【例 6
1 3 1 2
】已知函數 f (x) = ax + bx + cx(a > 0)3 2 ．
(1)若函數 f (x) 有三個零點分別為x1 , x2 , x3 ,且 x1 + x2 + x3 = -3 , x1x2 = -9 ,求函數 f (x) 的單調區間；
1
(2)若 f (1) = - a ,3a > 2c > 2b ,證明：函數 f (x) 在區間 (0, 2)2 內一定有極值點；
b
(3)在（2）的條件下,若函數 f (x) 的兩個極值點之間的距離不小于 3 ,求 的取值范圍．a
1 3 1 2
【解析】（1）因為函數 f (x) = ax + bx + cx = x(
1 ax2 1+ bx + c)(a > 0) ,
3 2 3 2
又 x1 + x2 + x3 = -3 , x1x2 = -9 ,則 x3 = 0 , x1 + x2 = -3 , x1x2 = -9
1 2 1
因為 x1, x2 是方程 ax + bx + c = 03 2 的兩根,
3b 3c
則- = -3 , = -9
b c
,得 = 2 , = -3 ,
2a a a a
f (x) ax2 bx c a(x2 b x c所以 = + + = + + ) = a(x2 + 2x - 3) = a(x -1)(x + 3)a a ．
令 f (x) = 0解得： x =1 , x = -3當 f (x) > 0時, x < -3或 x >1 ,
當 f (x) < 0 時, -3 < x <1,故 f (x) 的單調遞減區間是 (-3,1) ,
單調遞增區間是 (- , -3) , (1, + )．
1
（2）因為 f (x) = ax2 + bx + c , f (1) = - a ,2
a b c 1所以 + + = - a ,即3a + 2b + 2c = 02 ．
又 a > 0 ,3a > 2c > 2b ,所以3a > 0 , 2b < 0 ,即 a > 0．b < 0．
于是 f (1)
1
= - a < 0 , f (0) = c , f (2) = 4a + 2b + c = 4a - (3a + 2c) + c = a - c2 ．
①當 c > 0時,因為 f (0) = c > 0 , f (1) 1 = - a < 0 f (x) ( 0, 1)2 ,而 在區間 內連續,
則 f (x)在區間( 0, 1)內至少有一個零點,設為 x = m ,
則在 x (0,m) , f (x) > 0 , f (x) 單調遞增,
在 x (m,1) , f (x) < 0 , f (x) 單調遞減,
故函數 f (x) 在區間( 0, 1)內有極大值點 x = m ；
② 1當 c 0時,因為 f (1) = - a < 0 , f (2) = a - c > 02 ,
則 f (x)在區間 (1, 2)內至少有一零點．設為 x=n,
則在 x (1,n) , f (x) < 0 , f (x) 單調遞減,
在 x (n, 2) , f (x) > 0 , f (x) 單調遞增,
故函數 f (x) 在區間 (1, 2)內有極小值點．
綜上得函數 f (x) 在區間 (0, 2) 內一定有極值點．
（3）設m , n是函數的兩個極值點,
則m , n也是導函數 f (x) = ax2 + bx + c = 0 的兩個零點,
b c 3 b
由（2）得3a + 2b + 2c = 0 ,則m + n = - , mn = = - -a 2 a ．a
所以 | m - n |= (m + n)2 - 4mn (
b
= - )2 - 4( 3 b b- - ) = ( + 2)2 + 2
a 2 a a
由已知, (b + 2)2 + 2 3 ,
a
則兩邊平方得 (
b 2)2 b b+ + 2 3 ,得出 + 2 1,或 + 2 -1,
a a a
b b
即 -1,或 -3 ,又 2c = -3a - 2b ,3a > 2c > 2b ,
a a
3a 3a 3所以 > - - 2b > 2b ,即 -3a < b < - a4 ．
b
因為 a > 0
b 3
,所以-3 < < -
3
．綜上分析, 的取值范圍是[-1 , - )
a 4 a 4
．
1
1.（2024 3 2屆江蘇省連云港市高三下學期 4 月階段測試）已知函數 f x = x - 2x + mx + n在 x =1時取得極
3
值．
(1)求實數m 的值；
(2)存在 x 2,4 ,使得 f x > n2 成立,求實數n的取值范圍．
2 2
【解析】（1）易知 f x = x - 4x + m ,依題意 f 1 =1 - 4 1+ m = 0 ,解得m = 3 ,
此時 f x = x2 - 4x + 3 = x -1 x - 3 ,
當 x <1或 x > 3時, f x > 0；當1 < x < 3時, f x < 0 ,
即函數 f x 在 (- ,1) , (3, + )上單調遞增,在 1,3 上單調遞減,
因此函數 f x 在 x =1時取得極值,所以m = 3．
（2）由（1）得函數 f x 在 2,3 上單調遞減,在 3, 4 上單調遞增；
因為 f (2)
2
= + n, f (4) 4= + n ,所以 f x 4= + n
3 3 max 3
4
+ n > n2 , 3- 57 n 3 + 57由題意可得 解得 < < ,3 6 6
3- 57 3 + 57
所以n的取值范圍為 < n < ．
6 6
2.設函數 f x = x -1 3 - ax - b x R ,其中 a,b為實常數．
(1)若 a = 3 ,求 f x 的單調區間；
(2)若 f x 存在極值點 x0 ,且 f x1 = f x0 其中 x1 x0 ．求證： x1 + 2x0 = 3；
【解析】（1）由 f (x) = (x -1)3 - 3x - b ,可得 f (x) = 3(x -1)2 - 3 = 3x2 - 6x ．
令 f (x) = 3x2 - 6x 0得 x 2或 x 0 ,
所以 f x 的單調遞增區間為 (- ,0] ,[2,+ ) ,
令 f (x) = 3x2 - 6x < 0得0 < x < 2 ,所以 f x 的單調遞減區間為 (0, 2) .
（2）因為 f (x) = (x -1)3 - ax - b ,所以 f (x) = 3(x -1)2 - a ,
當 a 0時, f (x) = 3(x -1)2 - a 0 ,所以 f x 的增區間是 - , + ,
當 a > 0時,令 f (x) = 3(x -1)2 - a = 3x2 - 6x + 3 - a = 0 ,
得 x 3a=1+ 或 x =1 3a , x 1 3a 3a- 當 < - 或 x >1+ 時, f x > 0 ,
3 3 3 3
1 3a x 1 3a當 - < < + 時, f x < 0 ,
3 3
所以 f x ( 3a 3a的增區間是 - ,1- ) , (1+ ，+ ) ,
3 3
3a 3a
減區間是 (1- ,1+ ) ,
3 3
因為 f (x) 存在極值點,所以 a > 0 ,且 x0 1,
由題意,得 f (x0 ) = 3(x
2
0 -1) - a = 0 ,
(x a 2a a即 0 -1)
2 = ,進而 f (x0 ) = - x - - b ,3 3 0 3
又 f 3- 2x0 = 2 - 2x
3
0 - 3 3- 2x0 x0 -1
2 - b
= x0 -1
2 a 2a a8 -8x0 - 9 + 6x0 - b = x
2
0 -1 -2x0 -1 - b = -2x0 -1 - b = - x0 - - b ,3 3 3
即為 f (3 - 2x0 ) = f (x0 ) = f (x ) , x 1
3a 3a
1 當 0 = - 時, x1在 x =1+ 的右側, 3 3
當 x 3a 3a0 =1+ 時, x1在 x =1- 的左側,即有3- 2x0 = x1 ,即為 x1 + 2x0 = 3 .3 3
3.（2024 2屆海南省瓊中縣高三上學期 9 月全真模擬）已知函數 f x = x 4x - m , m > 0．
(1)當m = 4 時,求 f x 在 -1,1 上的值域；
(2)若 f x 的極小值為-2 ,求 m 的值．
2 3 2 2
【解析】（1）當m = 4 時, f x = x 4x - 4 = 4x - 4x ,則 f x =12x -8x ,
令 f x = 0 , 2得 x = 0或 3 ,
當 x 變化時, f ' x , f x 的變化情況如表所示：
x -1 -1,0 0, 2 2 2 ,1 0 1
è 3 ÷ ÷ 3 è 3
f ' x ＋ 0 － 0 ＋
f x 16-8 單調遞增 極大值 0 單調遞減 極小值- 單調遞增 0
27
所以 f x 在 -1,1 上的值域為 -8,0 ．
（2）由 f x = x2 4x - m = 4x3 - mx2 ,得 f x =12x2 - 2mx ,
令 f x = 0 m,得 x = 0或 ,因為m > 0 ,
6
令 f x < 0 m m,得0 < x < ；令 f x > 0 ,得 x < 0 或 x > ,6 6
m m
所以 f x 在 - ,0 和 ,+ ÷上單調遞增,在 0, ÷上單調遞減,
è 6 è 6
f x m m 1在 x = 處取得極小值, f = - m3令 ÷ = -2 ,6 è 6 108
解得m = 6 ,故 m 的值為 6．
4.（2024 3屆貴州省貴陽第一中學高三上學期適應性月考）已知函數 f x = 2x - 3x .
(1)求函數 y = f x 在 x = 0處的切線方程；
(2)若過點P -1, t 存在 3 條直線與曲線 y = f x 相切,求 t 的取值范圍；
(3)請問過點 A 0,0 , B -1, -1 ,C -1,3 , D 1, -1 , E 1,-2 分別存在幾條直線與曲線 y = f x 相切？（請直
接寫出結論,不需要證明）
2
【解析】（1）因為 f x = 6x - 3 ,所以 f 0 = -3 .又 f 0 = 0 ,
根據導數的幾何意義可知,函數 y = f x 在 x = 0處的切線的斜率為-3 ,
所以,切線方程為 y = -3x .
（2）設切點為 x0 , y0 ,則 f x0 = 6x20 - 3 ,切線方程為 y - y0 = 6x20 - 3 x - x0 ,
整理可得, y = 3 2x20 -1 x - 4x30 .
又點P -1, t 2在切線上,則 t = -3 2x0 -1 - 4x30 = -4x3 20 - 6x0 + 3 .
要使過點P -1, t 存在 3 條直線與曲線 y = f x 相切,則該方程有3個解.
令 g x0 = -4x30 - 6x20 + 3 ,則 g x0 = -12x20 -12x0 = -12x0 x0 +1 .

解 g x0 > 0 ,可得 -1< x0 < 0 ,所以 g x0 在 -1,0 上單調遞增；
解 g x0 < 0 ,可得 x0 < -1或 x0 > 0 ,所以 g x0 在 - , -1 上單調遞減,在 0, + 上單調遞減.
所以, g x0 在 x0 = -1處取得極小值,在 x0 = 0處取得極大值.
又 g -1 =1, g 0 = 3 ,由題意可知,1< t < 3 .
2 2 3
（3）設切點為 x0 , y0 ,則 f x0 = 6x0 - 3 ,切線方程為 y = 3 2x0 -1 x - 4x0 .
①當點 A 0,0 在切線上時,有 x0 = 0 ,此時 y0 = 0 ,即點 A 0,0 為切點.
由（1）知,切線為 1 條；
②當點B -1, -1 在切線上時,
由（2）知, g x0 在 x0 = -1處取得極小值,且 g -1 =1 > -1 ,
所以,此時-4x30 - 6x
2
0 + 3 = -1 ,只有 1 個解,即只存在 1 條切線；
③當C -1,3 在切線上時,
由（2 3 2）知, -4x0 - 6x0 + 3 = 3 ,解得 x0 = 0
3
或 x0 = - .所以此時存在 2 條切線；2
④設切線過Q 1, s s = 3 2x2 -1 - 4x3 3 2此時有 0 0 = -4x0 + 6x0 - 3 .
h x = -4x3令 0 0 + 6x2 - 3 , 20 則 h x0 = -12x0 +12x0 = -12x0 x0 -1 .
解 h x0 > 0 ,可得0 < x0 <1,所以 h x0 在 0,1 上單調遞增；
解 h x0 < 0 ,可得 x0 < 0 或 x0 >1 ,所以 h x0 在 - ,0 上單調遞減,在 1, + 上單調遞減.
所以, h x0 在 x0 = 0處取得極小值,在 x0 = 1處取得極大值.
又 h 0 = -3 , g 1 = -1,所以,當-3 < s < -1時,有 3 條切線.
所以,過點E 1,-2 的切線有 3 條.
又方程 h x 30 = -4x0 + 6x20 - 3 = -1 ,可化為 x0 -1
2 2x0 +1 = 0 ,
1
解得 x0 = 1或 x0 = - ,所以,過點D 1, -1 的切線有 2 條.2
1 9
5. （2024 3 2屆內蒙古包頭市高三上學期調研）已知函數 f (x) = x - ax + x + ．
3 2
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)若F (x) = f (x) - x有 2 個零點,求 a的值．
3 3
（注： x - a = (x - a) x2 + ax + a2 ）
2
【解析】（1） f x = x - 2ax +1 , D = 4 a2 -1 ,
當D 0 ,即-1 a 1時, f x 0 ,所以 f x 在R 上單調遞增,
2
當D > 0 ,即 a < -1或 a > 1時,令 f x = x - 2ax +1 = 0 ,解得 x1 = a - a2 -1 , x2 = a + a2 -1 ,
當 x - , a - a2 -1 時, f x > 0 ,當 x a - a2 -1, a + a2 -1 時, f x < 0 ,
當 x a + a2 -1,+ 時, f x > 0 ,
所以 f x - ,a - a2在 -1 , a + a2 -1, + 上單調遞增,在 a - a2 -1, a + a2 -1 上單調遞減,
綜上所述,當-1 a 1時, f x 在R 上單調遞增,
當 a < -1或 a > 1時, f x 在 - ,a - a2 -1 , a + a2 -1, + 上單調遞增,在 a - a2 -1, a + a2 -1 上單調遞
減；
（2）當 x = 0時, F (x) = f (x)
9
- x = 0 ,此時函數無零點,
2
1 3 9
當 x 0 x +時, F x = 0等價于 a = 3 2 ,
x2
1 x3 9+ 3h x = a x - 27 x - 3 x
2 + 3x + 9
設 g x = 3 2 , ,

則 g x = = ,
x2 3x
3 3x3
當 x < 0 時, g x > 0 ,故 g x 單調遞增,且 g x - , + ,
當0 < x < 3時, g x < 0 ,故 g x 單調遞減,
當 x > 3時, g x > 0 ,故 g x 單調遞增,
又 g 3 3= ,當 x > 0且 x 0時, g x + ,當 x + 時, g x + ,
2
如圖作出函數 g x 的大致圖象,
1 x3 9+ 3
由圖可知,要使 g x h x = a= 3 2 , 兩個函數有兩個交點,則 a = ,
x2 2
3
即當 a = 時, F x 有且只有 2 個零點．
2
6．（2024 屆江蘇省南通市模擬預測）設 a > 0 ,函數 f (x) = ax3 - 2x +1．
(1)當 a =1時,求過點 (0, -1) 且與曲線 y = f (x) 相切的直線方程：
(2) x1, x2 是函數 f (x) 的兩個極值點,證明： f x1 + f x2 為定值．
【解析】（1）當 a =1時, f (x) = x3 - 2x +1 ,則導數 f (x) = 3x2 - 2 ．
設切點為 x0 , x30 - 2x0 +1 , 2則 f x0 = 3x0 - 2 ,
3 2
所以切線方程為 y - x0 - 2x0 +1 = 3x0 - 2 x - x0 ．
3 2
又切線過點 (0, -1) ,則-1- x0 - 2x0 +1 = 3x0 - 2 0 - x0 ,
整理得, 2x30 = 2 ,解得 x0 = 1．
所以過點 (0, -1) 且與曲線 y = f (x) 相切的直線方程為 y = x -1．
（2）證明：依題意, f (x) = 3ax2 - 2(a > 0) ,令 f (x) = 0 , x 2得 = ± ．
3a

x - ,
2 2 2 , 2 2- 2÷÷ - - ÷÷ ,+ 3a ÷è 3a 3a 3a ÷è 3a è 3a
f x + 0 - 0 +
f x Z 極大值 ] 極小值 Z
不妨設 x1 < x2 , x
2
則 1 = - , x
2
2 = ．3a 3a
f x1 + f x 3 32 = ax1 - 2x1 +1+ ax2 - 2x2 +1
3 3
2 2 a 2 1 a 2

2 2= - ÷÷ - - ÷÷ + + ÷÷ - +1 = 2
è 3a è 3a è 3a 3a
所以 f x1 + f x2 為定值．
7 3．已知曲線 f x = x - 3x + l 在點 A m，f m 處的切線與曲線的另外一個交點為B，P 為線段 AB的中點,
O為坐標原點．
(1)求 f x 的極小值并討論 f x 的奇偶性．
(2)直線OP的斜率記為 k ,若"m 0,2 , k 18 ,求證：l -7 ．
1 f x = x3【解析】（ ）已知 - 3x + l , x R ,
則 f x = 3x2 - 3 = 3 x +1 x -1 ,
當 -1 < x < 1時, f x < 0 ,當 x < -1或 x >1時, f x > 0 ,
\ f x 在 - , -1 , 1,+ 上單調遞增,在 -1,1 上單調遞減,
3
則當 x =1時, f x 取得極小值 f 1 =1 - 3 1+ l = l - 2 ,
當l = 0時, f x = x3 - 3x ,顯然 f -x = -x3 + 3x = - x3 - 3x = - f x ,
且 f 0 = -03 + 3 0 = 0 ,\ f x 為奇函數；
l 0 , f -x = -x3當 時 + 3x + l = - x3 - 3x + l + 2l = - f x + 2l ,
∴ f x 為非奇非偶函數．
綜上所述, f x 的極小值為l - 2 ；當l = 0時, f x 為奇函數,
當l 0時, f x 為非奇非偶函數．
（2）由（1）知 f x = 3x2 - 3 ,∴曲線在點 A m，f m 處的切線方程為：
y - m3 - 3m + l = 3m2 - 3 x - m ,
其與原曲線方程 y = x3 - 3x + l 聯立化簡得： x - m 2 x + 2m = 0 ,
從而B -2m, -8m3 + 6m + l m 0 ,
m -7m3 + 3m + 2l
由于 P 為線段 AB的中點,∴ P - , ÷ ,
è 2 2
3
OP k 7m - 3m - 2l則直線 的斜率 = ,
m
由于"m 0,2 , k 18 ,即當m 0,2 時,恒有 2l 7m3 - 21m ,
令 h m = 7m3 - 21m ,則 h m = 21m2 - 21 = 21 m +1 m -1 ,
易知當0 < m <1時, h m < 0 ,當1< m < 2時, h m > 0 ,
即 h m 在 0,1 上單調遞減,在 1,2 上單調遞增,
∴當m 0, 2 時, h m = h 1 = 7 - 21 = -14min ,
∴ 2l -14 l -7 ,從而實數l 的取值范圍為 - , -7 ．
8 1 3 1 2．設函數 f x = 3 x - 2 x + ax , a R ．
(1)若 x = 2是 f x 的極值點,求 a 的值,并討論 f x 的單調性．
1 2
(2) 2已知函數 g x = f x - ax + ,若 g x 在區間 0,1 內有零點,求 a 的取值范圍．
2 3
(3)設 f x 有兩個極值點x1 , x2 ,試討論過兩點 x1, f x1 , x2 , f x2 的直線能否過點 1,1 ,若能,求 a 的值；若
不能,說明理由．
1 f x = 1 x3 - 1 2 2【解析】（ ）由 x + ax ,求導得 f x = x - x + a3 2 ．
由 f 2 = 4 - 2 + a = 0 ,得 a = -2 ．∴ f x = x2 - x - 2 = x - 2 x +1 ．
令 f x = 0 ,得 x1 = 2 , x2 = -1．
∴當 x - ,-1 U 2,+ 時, f x > 0 , f x ）單調遞增；
當 x -1,2 時, f x < 0 , f x 單調遞減；
（2）由 g x f x 1= - ax2 2 1 x3 1 1+ = - + a x2 ÷ + ax
2
+ ,
2 3 3 è 2 2 3
求得 g x = x2 - 1+ a x + a = x -1 x - a ,
①當a 1 , x 0,1 時, g x > 0恒成立, g x 單調遞增,
g 0 2又 = > 0 ,∴ g x 在區間 0,1 內沒有零點,
3
②當 0 < a < 1 , x 0, a 時, g x > 0 , g x 單調遞增,
當 x a,1 時, g x < 0 , g x 單調遞減,
又 g 0 2= > 0 ,此時若 g x 在區間 0,1 內有零點,則必有 g 1 < 0 ,
3
g 1 0 1 1 1 a a 2 1由 < ,得 - + ÷ + + = a
1
+ < 0 ,得 a < -1 ,無解,
3 è 2 2 3 2 2
③當 a 0時,當 x 0,1 時, g x < 0恒成立, g x 單調遞減,
此時欲使 g x 在區間 0,1 內有零點,必有 g 1 < 0 ,得 a < -1 ,
綜上,a 的取值范圍為 - , -1 ；
（3）不能．原因如下：
設 f x 有兩個極值點x1 , x2 ,則導函數 f x = x2 - x + a 有兩個不同的零點,
1
∴ D > 0 ,即1- 4a > 0 ,解得 a < ,且x , x 2
4 1 2
為方程 x - x + a = 0 的兩根,
2 2
由 x1 - x1 + a = 0 ,得 x1 = x1 - a ,
∴ f x 11 = x3
1 1 1
1 - x
2
1 + ax1 = x1 x1 - a - x21 + ax3 2 3 2 1
1
= - x2 21 + ax
1
1 = - x1 - a
2 ax 2 a 1+ = - 11 ÷ x1 + a ,6 3 6 3 è 3 6 6
f x 2 a 1 x 1同理 2 = - ÷ 2 + a ,
è 3 6 6
由此可知過兩點 x1, f x1 , x2 , f x2 2 1 1的直線方程為 y = a - x + a ,
è 3 6 ÷ 6
若直線過點 1,1 1 2 1 1= 7,則 a - ÷ + a ,解得 a = ,
è 3 6 6 5
1
若 f x 有兩個極值點,則 a < ,顯然不合題意．
4
綜上,過兩點 x1, f x1 , x2 , f x2 的直線不能過點 1,1 ．
9 3
1
．已知函數 f x = x + ax + , g x = - ln x ,用min m, n 表示m , n中的最小值,設函數
4
h x = min f x , g x x > 0 ,討論 h x 零點的個數．
【解析】顯然 h x 的定義域為 0, + ．
當 x 1,+ 時, g x = - ln x < 0．
從而h x = min f x , g x g x < 0 ,故 h x 在 1, + 上沒有零點．
當 x =1時, g 1 = - ln1 = 0 , f 1 5= a + ．
4
∴ a
5
- 時, f 1 0 ,從而 h 1 = 0 ,故 x =1是 h x 的零點；
4
a 5< - 時, f 1 < 0 ,從而 h 1 < 0 ,故 x =1不是 h x 的零點．
4
當 x 0,1 時, g x = - ln x > 0．
3 1
故只要考慮 f x = x + ax + 在 0,1 上的零點個數．
4
3 1
由 f x = 0 x +分離參數得： a = - 4 = - x2 1 1 1+ = - x2 + + 3 - ,x è 4x ÷ è 8x 8x ÷ 4
1
當且僅當 x = 時等號成立．
2
令u x 1 1 3= - x2 +
, ÷ 計算得u ÷ = - ,u 1
5
= - ,當 x 0 時,u x - ,當 x 1 0,
4x 2 4 4 2 ÷
時, u x 單調遞增,當
è è è
x 1 ,1÷時, u x 單調遞減．結合圖象可知：
è 2
a 3當 > - 時, h x 在 0,1 上沒有零點,
4
a 3 a 5當 = - 或 - 時, h x 在 0,1 上有一個零點,
4 4
5
當- < a
3
< - 時, h x 在 0,1 上有兩個零點,
4 4
3 5 3 5
綜上可知,當 a > - 或 a < - 時, h x 有 1 個零點,當 a = - 或 a = - 時,
4 4 4 4
h x 5有 2 個零點,當- < a 3< - 時, h x 有 3 個零點．
4 4
1 1
10．（2024 3屆青海省部分學校高三下學期聯考）已知函數 f x = x + mx2 - m +1 x ．
3 2
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若 f x 有 3 個不同的零點,求m 的取值范圍．
【解析】（1） f x = x2 + mx - m +1 = x -1 x + m +1 ,
令 f x = 0 ,解得 x =1或 x = -m -1 ,
①當 -m -1>1 ,即m < -2時,
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,+ 上單調遞增；在 1, -m -1 上單調遞減；
②當-m -1 =1,即m = -2時,
f x 0恒成立,所以 f x 在R 上單調遞增；
③當 -m -1 < 1 ,即m > -2時,
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, + 上單調遞增；在 -m -1,1 上單調遞減；
綜上,
當m < -2時, f x 在 - ,1 和 -m -1,+ 上單調遞增；在 1, -m -1 上單調遞減；
當m = -2時, f x 在R 上單調遞增；
當m > -2時, f x 在 - ,-m -1 和 1, + 上單調遞增；在 -m -1,1 上單調遞減.
（2）因為 f x 有 3 個零點,所以m -2 ,
f m 1 m 2當m > -2時,極大值 - - = + ÷ m +1
2
；極小值 f 1 1= - m 2- ,
è 6 3 2 3
ì m 2+ ÷ m +1
2 > 0
è 6 3 4
所以 í ,解得m > - 且m -1,
1 2 3
- m - < 0 2 3
1 2 m 2 2
當m < -2 時,極大值 f 1 = - m - ；極小值 f -m -1 = + m +1 ,
2 3 6 3 ֏
ì m 2
+
m +1 2 < 0
è 6 3 ÷
所以 í ,解得m < -4 ,
1 m 2 - - > 0 2 3
綜上, m
4
的取值范圍為 - ,-4 - , -1÷ -1, + .
è 3
11．（2023 屆上海市嘉定區高三三模）已知函數 f (x) = x3 + bx2 + cx(b、c R) ,其導函數為 f (x) ,
(1)若函數 f (x) 有三個零點 x1、x2、x3 ,且 x1 + x2 + x3 = 3, x1x3 = -9 ,試比較 f (3) - f (0) 與3 f (2) 的大小.
(2)若 f (1) = -2 ,試判斷 f (x) 在區間 (0, 2) 上是否存在極值點,并說明理由.
(3)在（1）的條件下,對任意的m,n R ,總存在 x [0,3]使得 | f (x) + mx + n | t 成立,求實數 t 的最大值.
【解析】（1）因為 x1x3 = -9 < 0 ,故 x1, x3一正一負,
f (x) = x3 + bx2 + cx = x(x2 + bx + c) ,所以 x2 = 0 ,所以 x 21, x3是方程 x + bx + c = 0的兩根,
由韋達定理得 x1 + x3 = -b, x1x3 = c ,
因為 x1 + 0 + x3 = 3, x1x3 = -9
所以b = -3,c = -9 ,故 f (x) = x3 - 3x2 - 9x , f x = 3x2 - 6x - 9 , f (2) = -9 ,
因為 f (3) - f (0) = -27 ,3 f (2) = -27 ,所以 f (3) - f (0) = 3 f (2)；
（2） f (x) = 3x2 + 2bx + c ,開口向上,
f (1) = 3 + 2b + c = -2 , f (0) = c , f (2) =12 + 4b + c = 2 - c ,
①當 c > 0時, f (1) × f (0) < 0 ,
根據零點存在定理可知,存在 x0 (0,1)使得 f (x0 ) = 0 ,
且 x (0, x0 )時, f (x) > 0 , f x 單調遞增, x (x0 ,1)時, f (x) < 0 , f x 單調遞減,
所以 f (x) 在區間 (0, 2) 上存在極大值點,
②當 c 0時, f (2) = 2 - c > 0 , f (1) × f (2) < 0 ,
根據零點存在定理可知,存在 x0 (1,2) 使得 f (x0 ) = 0 ,且 x (1, x0 )時, f (x) < 0 ,
x (x0 ,2)時, f (x) > 0 ,所以 f (x) 在區間 (0, 2) 上存在極小值點；
（3）對任意的m,n R ,總存在 x [0,3]使得 | f (x) + mx + n | t 成立,
ì f 0 + m ×0 + n M

設 x [0,3] , | f (x) + mx + n |

的最大值為M ,則 í f 2 + m × 2 + n M ,

f 3 + m ×3 + n M
即 | n | M ①, | -22 + 2m + n | M ②, | -27 + 3m + n | M ③,
由①+③ 2得3M | n | +2 | -27 + 3m + n | | -54 + 6m + 3n |④,
由② 3得3M | -66 + 6m + 3n | ⑤,
④+⑤得6M | -54 + 6m + 3n | + | -66 + 6m + 3n | 12 ,即M 2 ,
ìn = 2
ìm = 9
當且僅當 í-22 + 2m + n = -2 ,即 ín 2 時取等,所以
t 的最大值為 2.
=
-27 + 3m + n = 2

1
12. f x = x3設函數 - a2x + b ,其中 a ,b 為常數．
3
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若函數 f x b有且僅有 3 個零點,求 3 的取值范圍．a
【解析】 (1) f x = x2 - a2 = x - a x + a ．
當 a < 0時, f x > 0 , x > -a或 x < a , f x < 0 , -a > x > a ,
當 a > 0時, f x > 0 , x > a或 x < -a , f x < 0 , a > x > -a ,
當 a = 0時, f x 0 ,
綜上,當 a < 0時, f x 在 - ,a , -a, + 上單調遞增, a,-a 上單調遞減；
當 a > 0時, f x 在 - , -a 和 a,+ 上單調遞增, -a, a 上單調遞減；
當 a = 0時, f x 在 - , + 上單調遞增．
(2)由（1）可知, f x 有 3 個零點,
則 a 0且 f x × f x < 0極大值 極小值 ,
∴ f -a f a = b 2- a3 b 2+ a3 3 ÷ < 0 ,è è 3 ÷
2 b 2
∴ - < < ．
3 a3 3
13．（2024 屆湖南省岳陽市高三教學質量監測三）已知VABC 的三個角 A, B,C 的對邊分別為 a,b,c且 c = 2b ,
點D在邊BC上, AD 是 BAC 的角平分線,設 AD = kAC （其中 k為正實數）．
(1)求實數 k的取值范圍；
(2)設函數 f (x) 3= ax3 5- bx2 + cx b-
3 2 2
① k 2 3當 = 時,求函數 f (x) 的極小值；
3
②設 x0 是 f (x) 的最大零點,試比較 x0 與 1 的大小．
【解析】（1）方法一：設 BAC = 2a ,
因為 AD 是 BAC 的角平分線,所以 BAD = CAD = a ,
因為 S△ ABD + S△ ACD = S△ ABC
1
所以 (b + c) × AD sina
1
= bc sin 2a ,
2 2
4 π
c 2b AD kAC k = cosa a 0, 代入 = , = ,化簡得： ,因為 ,
3 ֏ 2
4
所以實數 k的取值范圍 0, 3 ÷ ．è
方法二：因為 AD 是 BAC 的角平分線,所以 BAD = CAD ,
1
S c × AD ×sin BADVABD 2 c S= = , V ABD
BD
=
1 又 S ,又 c = 2b ,SVACD b × AD ×sin CAD b V ACD
CD
2
2a a
所以BD = 2CD ,故BD = , DC = ,
3 3
在△ABD 和△ADC 中由余弦定理得
AB2 = BD2 + AD2 - 2BD AD cos ADB, AC 2 = CD2 + AD2 - 2CD AD cos ADC
所以
2 2
c2 2a= + (kb)2 - 2 2a kb cos ADB ,b2 = a 2 a 3 ÷ 3 ÷
+ (kb) - 2 kb cos ADC
è è 3 3
又 ADB + ADC = π ,則 cos ADB + cos ADC = 0
c2 2a
2 2
所以 + 2b2 = + 3 kb 2 ,又 c = 2b ,所以 6 - 3k 2 b2 2a=3 3
ìb + 2b > a a 2
在VABC 1< < 3 3 6 - 3k 中有 í
a b 2b
,所以 ,所以
+ > b 1< < 92
0 k 4
4
得 < <

,所以實數 k的取值范圍 0,3 3 ÷è
π π
（2 ① 2 3 3） 法一：當 k = 時,由（1）知cosa = ,則a = ,此時 BAC = ,
3 2 6 3
a2 = b2 2由余弦定理有： + c - 2bccos
π c = 2b
3 及 得 a = 3b ,
2
法二：由 6 - 3k 2 b2 2a= , k 2 3當 = 時有 a = 3b .3 3
故 f (x) = b

x
3 5- x2 1+ 2x - ÷ ,
è 2 2
2
所以 f (x) = b 3x - 5x + 2 = b(3x - 2)(x -1) ,
f (x) = 0 x 2令 ,可得 = 或 x =1 ,
3
2
當 x < 時, f (x) > 0 ,函數 f (x) 單調遞增,
3
2
當 < x <1時, f (x) < 0 ,函數 f (x) 單調遞減,
3
當 x >1時, f (x) > 0 ,函數 f (x) 單調遞增,
故當 x =1時,函數 f (x) 取極小值,極小值為 f (1) = 0．
②（ⅰ k 2 3）當 = 時,由①知 a = 3b ,又 c = 2b ,
3
f (x) = b x3 5 x2 2x 1 b- + - = (x -1)2故 2 2 ÷
(2x -1)
è 2
知 f (x)
1
的零點為1, ,故 f (x) 的最大零點 x0 = 1；2
ⅱ 2 3 k 4（ ）當 < < 時,由（1）知cosa 3> ,
3 3 2
則 cos BAC = 2cos2 a 1
1
- > ,
2
2 2 2
由余弦定理有 cos BAC b + c - a 1= > ,代入 c = 2b ,
2bc 2
解得 a < 3b ,由 a + b > c知 a > c - b = b ,故 a (b, 3b) ,
a 3 5 2 1 f (x) = b x - x + 2x - ÷ , f (x) b
3a
= 2 x - 5x + 2è 3b 2 2 b ÷
÷ ,
è
t 3a設 = ( 3,3) f (x) = 0 5 - 25 -8t 5 + 25 -8t令 解得： x = , x = ,且 x1 < x1 2 2 ,b 2t 2t
當 x < x1時, f (x) > 0 ,函數 f (x) 單調遞增,
當 x1 < x < x2 時, f (x) < 0 ,函數 f (x) 單調遞減,
當 x > x2 時, f (x) > 0 ,函數 f (x) 單調遞增,
因為 f (1) = b(t - 3) < 0 ,故 x1 <1< x2 ,
且 f (1) = b
t
-1÷ < 0, x + 時, f (x) > 0 ,
è 3
故 f (x) 在 (1, + )上有唯一零點 x0 ,此時 x0 >1成立
ⅲ k 2 3（ ） < 時, 3由（1）知0 < cosa < ,
3 2
則 cos BAC = 2cos2 a -1

-1,
1
÷ ,
è 2
2 2 2
由余弦定理有 cos BAC b + c - a = ,及 c = 2b ,
2bc
解得 3b < a < 3b ,
由 a + b > c知 a > c - b = b ,故 3b < a < 3b ,
所以 t (3,3 3)

當 t 3,
25
÷時,令 f (x) = 0 x
5 - 25 -8t , x 5 + 25 -8t解得： = = ,且 x1 < x1 2 2 ,è 8 2t 2t
當 x < x1時, f (x) > 0 ,函數 f (x) 單調遞增,
當 x1 < x < x2 時, f (x) < 0 ,函數 f (x) 單調遞減,
當 x > x2 時, f (x) > 0 ,函數 f (x) 單調遞增,
因為 f (1) = b(t - 3) > 0 f (x) = b tx2 - 5x + 2 x 5,且 的圖象的對稱軸 = <1
2t
t
所以 0 < x1 < x2 <1 ,又因為 f (1) = b

-1

÷ > 0 ,
è 3
故 f (x) 在 (1, + )上無零點,且 f (0)
b
= - < 0 ,
2
故 x0 (0,1), x0 <1成立；
t é 25當 ê ,3 3

8 ÷
時, f (x) 0恒成立,則 f (x) 在R 上單調遞增,

故函數 f (x) 至多有一個零點,
t
由 f (1) = b -1

÷ > 0 , f (0)
b
= - < 0知 x0 <1成立；
è 3 2
, 0 k 2 3綜上當 < < 時； x0 <1；
3
k 2 3當 = 時, x0 = 1；
3
2 3 4
當 < k < 時, x0 >1．
3 3專題 14 三次函數
函數與導數一直是高考中的熱點與難點, 我們知道二次函數是重要的且具有廣泛應用的基本初等函數,
學生對此已有較為全面、系統、深刻的認識,并在某些方面具備了把握規律的能力,由于三次函數的導數是二
次函數,我們可以利用二次函數深入研究三次函數的圖象與性質,這使得三次函數成為高考數學的一個熱點.
(一)三次函數的單調性
由于三次函數 f x 的導數 f x 是二次函數,我們可以利用 f x = 0 根的情況及根的分布來研究三次函數
的單調性,特別是含有參數的三次函數的單調性通常要借助二次方程根的分布求解.
1 3 1 2
【例 1】（2024 屆青海省部分學校高三下學期聯考）已知函數 f x = x + mx - m +1 x ．
3 2
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若 f x 有 3 個不同的零點,求m 的取值范圍．
2
【解析】（1） f x = x + mx - m +1 = x -1 x + m +1 ,
令 f x = 0 ,解得 x =1或 x = -m -1 ,
①當 -m -1>1 ,即m < -2時,
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,+ 上單調遞增；在 1, -m -1 上單調遞減；
②當-m -1 =1,即m = -2時,
f x 0恒成立,所以 f x 在R 上單調遞增；
③當 -m -1 < 1 ,即m > -2時,
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, + 上單調遞增；在 -m -1,1 上單調遞減；
綜上,
當m < -2時, f x 在 - ,1 和 -m -1,+ 上單調遞增；在 1, -m -1 上單調遞減；
當m = -2時, f x 在R 上單調遞增；
當m > -2時, f x 在 - ,-m -1 和 1, + 上單調遞增；在 -m -1,1 上單調遞減.
（2）因為 f x 有 3 個零點,所以m -2 ,
當m > -2時,極大值 f -m m 2-1 = + ÷ m +1
2
；極小值 f 1 1 m 2= - - ,
è 6 3 2 3
ì m 2
+ ÷ m +1
2 > 0
è 6 3
所以 í ,解得m
4
> - 且m -1,
1 2 3
- m - < 0 2 3
1 2 f m 1 m 2當m < -2時,極大值 f 1 = - m - ；極小值 - - = 2
2 3
+ ÷ m +1 ,
è 6 3
ì m 2
+ ÷ m +1
2 < 0
è 6 3
所以 í ,解得m < -4 ,
1 2
- m - > 0 2 3
m , 4 4綜上, 的取值范圍為 - - - , -1

÷ -1, + .
è 3
(二)過平面上一點 P 作三次函數圖象的切線的條數
1.此類問題一般是先設出切點 Q t, f t ,寫出曲線 f x 在 x = t 處的切線方程,把點 P 坐標代入,整理出一
個關于 t 的三次方程,該方程實根個數就是切線條數.
2. 3以三次函數為 f (x) = ax + bx為例 ,研究一下三次函數的切線問題：若 M（x1,y1）是三次曲線
f (x) = ax3 + bx上的任一點 , 設過 M 的切線與曲線 y=f （ x ）相切于（ x0,y0 ） , 則切線方程為
y - y0 = f (x0 )(x - x0 ) , 因 點 M 上 此 切 線 上 , 故 y1 - y0 = f (x0 )(x1 - x0 ) , 又
y 30 = ax0 + bx0 , y1 = ax
3
1 + bx1 , 所 以 ax
3 + bx - (ax 3 + bx 21 1 0 0 ) = (3ax0 + b)(x1 - x0 ) , 整 理 得 ：
(x x )2 (2x x ) 0 x x x x0 - 1 0 + 1 = ,解得, 0 = 1 或 0 = - 1 .綜上所述,當點 M 是對稱中心即 x1 = 0時,過點 M 作曲2
線的切線切點是惟一的,且為 M,故只有一條切線；當點 M 不是對稱中心即 x1 0 時,過點 M 作曲線的切線可
產生兩個不同的切點,故必有兩條切線,其中一條就是以 M 為切點（亦即曲線在點 M 處）的切線.
由此可見,不僅切線與曲線的公共點可以多于一個,而且過曲線上點的切線也不一定惟一
【例 2】（2024 屆福建省泉州市高中畢業班 5 月適應性練習）已知函數 f x = ax3 - 2x2 - 2x + a a 0 ．
(1)當 a =1時,若直線 y = -3x + b 與曲線 y = f x 相切,求b；
(2)若直線 y = -2x - 2與曲線 y = f x 恰有兩個公共點,求a．
3 2 2
【解析】（1）當 a =1時, f x = x - 2x - 2x +1, f x = 3x - 4x - 2 ,
因為直線 y = -3x + b 與曲線 y = f x 相切,
設切點為 x0 , y0 ,則切線斜率 k = f x0 = 3x20 - 4x0 - 2 ,
ì 1
2
x0 =
ì3x - 4x - 2 = -3 ì x =1 30 0 0
y 4可得 í 0 = -3x + b

0 ,解得 íy0 = -2

或 íy0 = ,
27
y0 = x
3 2
0 - 2x0 - 2x0 +1 b =1 b 31 = 27
31
所以b =1或b = ．
27
（2）因為直線 y = -2x - 2與曲線 y = f x 恰有兩個公共點,
所以方程 ax3 - 2x2 - 2x + a = -2x - 2 ,
3
即方程 a x +1 - 2 x2 -1 = 0有兩個不等實根,
3
因為 x=- 1是方程 a x +1 - 2 x2 -1 = 0的一個根；
2
當 x -1時,方程可化為 ax - a + 2 x + a + 2 = 0（*）,
依題意,方程（*）有不等于 -1的唯一根,
因為 a 0 ,若 a = 0 ,則（*）即-2x + 2 = 0 , x =1 ,滿足條件；
ì a + a + 2 + a + 2 0 2
若 a > 0 ,則由 í ,解得： a = ．
V= a + 2
2 - 4a a + 2 = 0 3
2
綜上所述, a = 0或 a = ．
3
3 2
【例 3】（2024 屆江蘇省南通市高三上學期期初質量監測）已知函數 f x = ax + bx + cx a > 0 的極小值為
-2 ,其導函數 f x 的圖象經過 A -1,0 , B 1,0 兩點.
(1)求 f x 的解析式；
(2)若曲線 y = f x 恰有三條過點P 1,m 的切線,求實數m 的取值范圍.
1 f x = 3ax2【解析】（ ） + 2bx + c ,
因為 a > 0 ,且 f x 的圖象經過 A -1,0 , B 1,0 兩點.
所以當 x - ,-1 時, f x > 0 , f x 單調遞增；
當 x -1,1 時, f x < 0 , f x 單調遞減；
當 x 1,+ 時, f x > 0 , f x 單調遞增.
所以 f x 在 x =1處取得極小值,所以 f 1 = a + b + c = -2 ,
又因為 f -1 = 0 , f 1 = 0 ,所以3a - 2b + c = 0 ,3a + 2b + c = 0 ,
ì3a - 2b + c = 0

解方程組 í3a + 2b + c = 0得 a =1 ,b = 0 , c = -3,

a + b + c = -2
所以 f x = x3 - 3x .
（2）設切點為 x0 , y , y = x30 則 0 0 - 3x0 ,
2
因為 f x = 3x - 3 ,所以 f x0 = 3x20 - 3 ,
3
所以切線方程為 y - x0 - 3x0 = 3x20 - 3 x - x0 ,
將P 1,m 3 2代入上式,得 2x0 - 3x0 + m + 3 = 0 .
因為曲線 y = f x 恰有三條過點P 1,m 的切線,所以方程 2x3 - 3x2 + m + 3 = 0有三個不同實數解.
g x = 2x3 - 3x2記 + m + 3 , 2則導函數 g x = 6x - 6x = 6x x -1 ,
令 g x = 0 ,得 x = 0或 1.
列表：
x - ,0 0 0,1 1 1, +
g x + 0 - 0 +
g x ↗ 極大 ↘ 極小 ↗
所以 g x 的極大值為 g 0 = m + 3 , g x 的極小值為 g 1 = m + 2 ,
ìg 0 > 0
所以 íg 1 0 ,解得-3 < m < -2 .故
m 的取值范圍是 -3, -2 .
<
(三)三次函數的極值
三次函數 f x 的極值點就是二次函數 f x 的零點,所以與三次函數極值有關的問題常借助“三個二次”的
關系求解.
【例 4】（2024 屆山東省實驗中學高三二模）已知函數 f x = (x - a)2 x - b (a,b R,a < b) .
(1)當 a =1,b = 2時,求曲線 y = f x 在點 2, f 2 處的切線方程；
(2)設 x1, x2 是 f x 的兩個極值點, x3 是 f x 的一個零點,且 x3 x1, x3 x2 .是否存在實數 x4 ,使得 x1, x2 , x3 , x4 按
某種順序排列后構成等差數列？若存在,求 x4；若不存在,說明理由.
1 a =1,b = 2 , f x = (x -1)2【解析】（ ）當 時 x - 2 ,
則 f x = 2 x -1 x - 2 + x -1 2 = x -1 3x - 5 ,故 f 2 =1,
又 f 2 = 0 ,所以曲線 y = f x 在點 2,0 處的切線方程為 y = x - 2；
（2） f x = 2(x a) x b (x a + 2b- - + - a)2 = 3 x - a x - ÷ ,
è 3
a a + 2b由于 a < b ,故 < ,
3
令 f x > 0 x < a x a + 2b,解得 或 > ；令 f x < 0 a x a + 2b,解得 < < ；3 3
y f x a, a + 2b ,a , a + 2b可知 = 在 ÷內單調遞減,在 - , +

÷內單調遞增,
è 3 è 3
a + 2b a + 2b
所以 f x 的兩個極值點為 x = a, x = ,不妨設 x1 = a, x2 = ,3 3
因為 x3 x1, x3 x2 ,且 x3 是 f x 的一個零點,故 x3 = b .
a + 2b a 2 b a + 2b又因為 - = -

3 3 ÷
,
è
x 1 a a + 2b= + 2a + b= 2a + b a + 2b故 4 ÷ ,此時 a, , ,b 依次成等差數列,2 è 3 3 3 3
2a + b
所以存在實數 x4滿足題意,且 x4 = .3
(四)三次函數的零點
1.若三次函數 f x 沒有極值點,則 f x 有 1 個零點；
2. 三次函數 f x 有 2 個極值點 x1, x2 , ,則 f x1 f x2 > 0 時 f x 有 1 個零點； f x1 f x2 = 0時
f x 有 2 個零點； f x1 f x2 < 0 時 f x 有 3 個零點.
【例 5】（2023 屆江西省贛撫吉十一校高三第一次聯考）已知函數 f (x) = x3 - 4mx2 - 3m2x + 2 ,其中m 0 .
(1)若 f x 的極小值為－16,求m ；
(2)討論 f x 的零點個數.
【解析】（1）由題得 f (x) = 3x2 -8mx - 3m2 = (x - 3m)(3x + m) ,其中m 0 ,當m = 0時, f x 0 , f x 單調遞增,
f x m m無極值；當m > 0時,令 f x > 0 ,解得 x < - 或 x > 3m；令 f x < 0 ,解得- < x < 3m ,所以 f x 的單
3 3
m m
調遞減區間為 - ,3m÷ ,單調遞增區間為 - , - ÷ , 3m, + ,所以當 x = 3m時, f x 取得極小值
è 3 è 3
f 3m = 2 -18m3 ,所以 2 -18m3 = -16 ,解得m =1.
（2）由（1）知當m > 0時, f x 的極小值為 f 3m = 2 -18m3 , f x m 14 3的極大值為 f - ÷ = 2 + m > 0 ,
è 3 27
3
當 2 -18m3 < 0 ,即m 3> 時, f x 有三個零點,如圖①曲線 ；當 2 -18m3 = 0 ,即
3
3 3
m 3= 時, f x 有兩個零點,如圖②曲線；當 2 -18m3 > 0 ,即0 3< m < 時, f x 有一個零點,如圖③曲線；當
3 3
3 3
m = 0時, f x = x3 + 2 ,易知 f x 3 3有一個零點. 綜上,當0 m < 時, f x 有一個零點；當m = 時,
3 3
3
f x 3有兩個零點；當m > 時, f x 有三個零點.
3
(五)三次函數圖象的對稱性
f (x) = ax3三次函數 + bx2 + cx + d (a 0)的圖象有六種,如圖：
200 200
f(x) 0 f(x) 0
圖(1) 圖(2)
200 200
10 0 10 10 0 10
x x
200 200
f(x) 0 圖(3f)( x) 0
圖(4)
200 200
10 0 10 10 0 10
x x
200 200
f(x) 0 圖(5) f(x) 0 圖(6)
200 200
10 0 10 10 0 10
x x
對函數 f (x) = ax3 + bx2 + cx + d (a 0)進行求導： f (x) = 3ax2 + 2bx + c 是二次函數,原函數的極值點與
單調性與導函數的正負有關,所以容易發現導函數中的參數 a 與D的符號起決定性作用.當 a 為正時,原函數
的圖象應為上圖中的（1）、（3）、（5）三種情況；而當 a 為負時,原函數的圖象則為（2）、（4）、（6）三種情
況.當D > 0時,二次方程 f (x) = 0有兩相異實根 x1 , x2 ,且在 x1 , x2 的兩邊 f (x)的符號相反,故函數 f (x) 存
在兩個極值點,圖象為上圖中的（3）、（4）兩種；當D = 0時,二次方程 f (x) = 0有兩相等實根,且在根的兩
邊 f (x) 的符號相同,這時函數 f (x) 只存在駐點（但不是極值點）,函數的圖象為上圖中（1）、（2）兩種,當D < 0
時；方程 f (x) = 0無實根, f (x)的值恒為正（或負）,函數的圖象為上圖中的（5）、（6）兩種.
仔細觀察圖象,我們還不難發現三次函數是中心對稱曲線,這一點可以得到進一步的驗證:設
f (m - x) + f (m + x) = 2n ,得
[a(m - x)3 + b(m - x)2 + c(m - x) + d ] + [a(m + x)3 + b(m + x)2 + c(m + x) + d ] = 2n 整 理 得 ,
(6ma + 2b)x 2 + (2am3 + 2bm2 + 2mc + 2d ) = 2n b. 據多項式恒等對應系數相等 , 可得 m = - 且
3a
n = am3 + bm2 + mc + d ,從而三次函數是中心對稱曲線,且由 n = f (m)知其對稱中心 (m, f (m)) 仍然在曲
線上 .而 m b= - 是否具有特殊的意義？對函數 f (x) 進行兩次求導 , f (x) = 6ax + 2b再令等于 0,得
3a
x b= - ,恰好是對稱中心的橫坐標,這可不是巧合,因為滿足 f (m) = 0的 m 正是函數拐點的橫坐標,這一
3a
性質剛好與圖象吻合.
【例 6】對于三次函數 f (x) = ax3 + bx2 + cx + d (a 0) ,給出定義：設 f (x) 是函數 y = f (x) 的導數, f (x)是
f (x) 的導數,若方程 f (x) = 0有實數解 x0 ,則稱點 (x0 , f (x0 ))為函數 y = f (x) 的“拐點”．某同學經過探究發現：
任何一個三次函數都有“拐點”；任何一個三次函數都有對稱中心,且“拐點”就是對稱中心．若
f (x) 1 1= x3 - x2 3x 5+ - ,請你根據這一發現.
3 2 12
（1）求函數 f (x) 的對稱中心；
f ( 1 ) f ( 2 ) f ( 3 2020（2）計算 + + ) + ×××+ f ( ) .
2021 2021 2021 2021
【解析】（1）Q f (x) = x2 - x + 3,\ f (x) = 2x -1 ,
令 f
1
(x) = 0 ,即 2x -1 = 0 ,解得 x = ,
2
\ f (1) 1= (1)3 1- (1)2 1 5+ 3 - =1,
2 3 2 2 2 2 12
由題中給出的結論,可知函數 f (x)
1
的對稱中心為 ( ,1) .
2
1 3 1 2 5 1
（2）由（1）知函數 f (x) = x - x + 3x - 的對稱中心為 ( ,1) ,
3 2 12 2
f (1 1所以 + x) + f ( - x) = 2 ,即 f (x) + f (1- x) = 2 ,
2 2
f ( 1 ) f (2020故 + ) = 2, f (
2 ) + f (2019) = 2 × ××, f (2020) + f ( 1 ) = 2 ,
2021 2021 2021 2021 2021 2021
f ( 1 ) f ( 2 ) f ( 3 ) 2020 1所以 + + + ×××+ f ( ) = 2 2020 = 2020 .
2021 2021 2021 2021 2
(六)三次函數與韋達定理的交匯
由于三次函數的導數是二次函數,而二次函數常與韋達定理交匯,故有時可以用定理交匯處理三次函數問題
a 3 b 2 2
【例 7】設 x1 , x2 是函數 f (x) = x + x - a x(a > 0) 的兩個極值點,且 | x | + | x |= 23 2 1 2
(1)求 a 的取值范圍；
(2)求證： | b | 4 3 .
9
(1) f ' (x) = ax 2 2【解析】 + bx - a , x1, x2是f
'(x) = 0 的兩個實根,又 a＞0
2
x b b1x2 = -a < 0, x1 + x2 = - , | x1 | + | x2 |=| x1 - x2 |= 2 + 4aa a
b2
| x | + | x |= 2 + 4a = 4，即b2 = 4a2 3由 1 2 得 2 - 4a = 4a
2(1- a)
a
Qb2 0\0 < a 1
(2) b2設 = g(a) = 4a 2 - 4a3 , g '則 (a) = 8a -12a 2 = 4a(2 - 3a)
g(a) 2 2在(0， )在單調遞增，在( ，1) 上單調遞增
3 3
[g(a)] 2 16 4 3max = g( ) = ,\b 3 27 9
【例 8】（2024 3 2年 2 月第二屆“魚塘杯”高考適應性練習）對三次函數 f x = ax + bx + cx + d , a 0 ,如果其存
在三個實根 x1, x2 , x
b
3 ,則有 x1 + x2 + x3 = - , x1x2 + x2x3 + x3x
c d
1 = , x1x2x3 = - .稱為三次方程根與系數關系.a a a
(1) 3對三次函數 f x = ax + bx2 + cx + d ,設 g x = f x ,存在 x0 R ,滿足0 = f x0 = g x0 g x0 .證明：存
在 x1 x0 ,使得 f x = a x - x1 x - x0
2
；
(2)稱 f x 是 m, M 上的廣義正弦函數當且僅當 f x 存在極值點 x1, x2 m, M ,使得
f x1 , f x2 = f m , f M .在平面直角坐標系 xOy 中, A a,b 是第一象限上一點,設
f x b= x a - x + , g x = x(a - x)2 - 4b .已知 g x 在 0, a 上有兩根 x
x 0
< x3 .
（i）證明： f x 在 0, + 上存在兩個極值點的充要條件是 a3 > 27b；
（ii）求點A 組成的點集,滿足 f x 是 x0 , x3 上的廣義正弦函數.
【解析】（1）因為 f x0 = 0 ,所以不妨設 f x = a x - x0 x - x1 x - x2 , a 0 ,
所以 g x = f x = a x - x0 x - x1 + a x - x0 x - x2 + a x - x1 x - x2 , a 0 ,
因為0 = g x0 g x0 ,所以 g x0 = f x0 = a x0 - x1 x0 - x2 = 0, a 0 ,
所以不妨取 x2 = x0 滿足題意,且此時必有 x1 x0 ,
否則若 x = x0 ,則有 f x = a x - x 3 , g x = f x = 3a x - x 2 0 0 , g x = 6a x - x0 ,
而此時 g x0 = 6a x0 - x0 = 0與已知0 = g x0 g x0 矛盾,
綜上所述,存在 x1 x0 ,使得 f x = a x - x1 x - x
2
0 .
（2）（i） A a,b 是第一象限上一點,所以 a > 0,b > 0 ,
3
f x = x a b- x + , f x a 2x b -2x + ax
2 - b
因為 所以 = - -
x 2
= , a > 0,b > 0 ,
x x
設 h x = -2x3 + ax2 - b ,則 h 0 = -b < 0 ,
而 x - 時, h x + , x + 時, h x - ,
所以 h x = -2x3 + ax2 - b = 0存在負根,
3 2
因為 f x 在 0, + , f x -2x + ax - b上存在兩個極值點等價于方程 = = 0 在 0, + 上有兩個根,
x
h x = -2x3等價于方程 + ax2 - b = 0在 0, + 上存在兩個根,
3 2
注意到三次方程最多有 3 個根,所以方程 h x = -2x + ax - b = 0有一個負根,兩個不同的正根,
而 h x = -6x2 + 2ax 0 x a,當 < < 時, h x = -6x2 + 2ax > 0 , h x 單調遞增,
3
當 x
a
> 時, h x = -6x2 + 2ax < 0 , h x 單調遞減,
3
a 2a3 a3 a3
所以當且僅當 h ÷ = - + - b = - b > 0 ,即當且僅當 33 27 9 27 a > 27b
,
è
綜上所述,命題（i）得證；
（ii）容易驗證, a3 > 27b時, g(x) = 0 也恰好有兩個正根 x0 , x3 ,
此時：由于對 x > 0來說, f x = 0 2等價于 2x3 - ax2 + b = 0 , g x = 0等價于 x a - x - 4b = 0 ,
3 2
x > 0 , g x = 0 a - x a - x, f a a - x -xb a - x
2
所以對 如果 那么 ÷ = - + = + b = 0 ,
è 2 4 4 4
a - x a - x
這意味著 x = 31 , x 02 = ,2 2
然后,對兩個不相等的正數u,v, f u - f v = u - v éêa
b
- u + v - ù ,
uv ú
所以 f (u) = f (v)
b
當且僅當u + v + = a ,
uv
那么如果 t = x1 或x 2 ,就有 a - 2t = x0 或 x3 ,故 f t = g a - 2t ,
b b b - t
2 a - 2t 2t3 - at 2 + b
此時 t + a - 2t + = a - t + = a + = a + = a ,
t a - 2t t a - 2t t a - 2t t a - 2t
所以 f t = f a - 2t ,這意味著 f x0 = f x2 , f x1 = f x3 ,
, m x = -h x = 2x3 - ax2最后由于 + b有一個極值點 x a= ,
3
a a
所以 x1, x2 都不等于 （ x1, x2 是不相等的正零點,同時該方程還有另一個負零點,但 只要是根就是二重的,所3 3
a
以 不可能是根）,這就說明 x
3 1
x3 , x0 x2 ,
結合 f x 的單調性以及 f x0 = f x2 , f x1 = f x3 ,必有 x0 < x1 < x2 < x3 ,
所以此時 f x 一定是廣義正弦函數,
3
綜上所述,滿足題意的 A = a,b | a > 27b .
【例 1】（2024 屆福建省泉州市高三 5 月適應性練習）已知函數 f x = ax3 - 2x2 - 2x + a a 0 ．
(1)當 a =1時,若直線 y = -3x + b 與曲線 y = f x 相切,求b；
(2)若直線 y = -2x - 2與曲線 y = f x 恰有兩個公共點,求a．
【解析】（1）當 a =1時, f x = x3 - 2x2 - 2x +1, f x = 3x2 - 4x - 2 ,
因為直線 y = -3x + b 與曲線 y = f x 相切,
2
設切點為 x0 , y0 ,則切線斜率 k = f x0 = 3x0 - 4x0 - 2 ,
ì x 1 0 =
ì3x2 30 - 4x0 - 2 = -3 ì x0 =1
4
可得 íy0 = -3x0 + b ,解得 íy0 = -2或 íy0 = ,
y = x 3 - 2x 2 - 2x +1
27
0 0 0 0 b =1 b 31 = 27
b 31所以b =1或 = ．
27
（2）因為直線 y = -2x - 2與曲線 y = f x 恰有兩個公共點,
所以方程 ax3 - 2x2 - 2x + a = -2x - 2 ,
3
即方程 a x +1 - 2 x2 -1 = 0有兩個不等實根,
因為 x=- 1是方程 a x3 +1 - 2 x2 -1 = 0的一個根；
當 x -1 2時,方程可化為 ax - a + 2 x + a + 2 = 0（*）,
依題意,方程（*）有不等于 -1的唯一根,
因為 a 0 ,若 a = 0 ,則（*）即-2x + 2 = 0 , x =1 ,滿足條件；
ì a + a + 2 + a + 2 0 2
若 a > 0 ,則由 í , a =
V= a + 2
2 - 4a 解得： ．a + 2 = 0 3
2
綜上所述, a = 0或 a = ．
3
2 2024 f x = x3【例 】（ 屆福建省泉州第五中學高考熱身測試）已知函數 - ax + 2, a R .
(1)若 x = -2是函數 f x 的極值點,求a的值,并求其單調區間；
é1
(2)若函數 f x 在 ê ,3
ù
ú 上僅有 2 個零點,求a的取值范圍． 3
【解析】（1） f x = 3x2 - a , f -2 =12 - a = 0 ,得 a =12 ,
2
當 a =12時, f x = 3x -12 = 0 ,得 x = -2或 x = 2 ,
x, f x , f x 的變化情況如下表所示,
x - ,-2 -2 -2,2 2 2, +
f x + 0 - 0 +
f x 增區間 極大值18 減區間 極小值-14 增區間
所以函數 f x 的增區間是 - ,-2 和 2, + ,減區間是 -2,2 ；
3
（2）令 f x = x - ax 2 0 x é1+ = , ê ,3
ù
,
3 ú
3
a x + 2 2
2 1
得 = = x2 + ,令 g x = x2 + é, x ,3ù ,
x x x ê 3 ú
2
x
3 -1
g x 2= 2x - = = 0 ,得 x =1 ,
x2 x2
如下表,
1
x
1
,1

÷ 1 1,3 33 è 3
g x - 0 +
g x 55 29減區間 極小值 3 增區間
9 3
é1 ù
因為函數 f x 在 ê ,3ú 上僅有 2 個零點,即 y = a 與 y = g x 有 2 個交點,如圖： 3
3 a 55即 < .
9
【例 3】（2024 3 2屆陜西省銅川市高三下學期模擬）已知函數 h x = 2x + 3x -12x + m m R 的一個極值為
-2．
(1)求實數m 的值；
é
(2)若函數 h x 在區間 êk,
3ù
上的最大值為 18,求實數 k與m 的值．
2 ú
【解析】（1）由 h x = 2x3 + 3x2 -12x + m m R ,得 h x = 6x2 + 6x -12 = 6 x + 2 x -1 ,
令 h x = 0 ,得 x = -2或 x =1；令 h x < 0 ,得-2 0 ,得 x<- 2或 x >1．
所以函數 h x 有兩個極值 h -2 和 h 1 ．
若 h -2 = -2 , 3得 2 (-2) + 3 (-2)2 -12 -2 + m = -2 ,解得m = -22；
若 h 1 = -2 ,得 2 13 + 3 12 -12 1+ m = -2 ,解得m = 5．
綜上,實數m 的值為－22 或 5．
（2）由（1）得, h x ,h x , 3在區間 -
ù
ú的變化情況如下表所示：è 2
x - , -2 -2 -2,1 1 1, 3 3 2 ֏ 2
h x + 0 － 0 +
h x 9Z 極大值m + 20 ] 極小值m - 7 Z m - 2
由表可知,
3
1 k 3< h x ék, ù h 3 9①當 時,函數 在區間 ê ú 上單調遞增,所以最大值為 ÷ = m - ,2 2 è 2 2
53
- 1其值為 或 2 ,2 不符合題意；
②當 k = -2 時,函數 h x 在 -2,1 3 上單調遞減,在 1, 2 ÷上單調遞增,è
h -2 = 20 + m h 3 9, 3 é 3ù因為 ÷ = m - , h 2 > h ÷ ,所以 h x 在 êk, ú 上的最大值為 h -2 = m + 20 ,其值為è 2 2 2 -2è 2
或 25,不符合題意；
③當 k < -2時,函數 h x 在 k,-2 上單調遞增,在 -2,1 3 上單調遞減,在 1, 2 ÷上單調遞增,è
h 2 3 9 3 3- = 20 + m h = m - h 2 > h é ù因為 , ÷ , ÷ ,所以 h x 在 êk, ú 上的最大值為 h -2 = m + 20 ,其值為è 2 2 -2è 2 2
或 25,不符合題意；
3
④當-2 < k <1時, h x 在 k,1 上單調遞減,在 1, 2 ÷上單調遞增,è
若 h x é 3ù 3 9 1 53在區間
ê
k, ú 上的最大值為 h ÷ = m - ,其值為 2 或 - ,2 不符合題意,2 è 2 2
又因為若m = -22 ,則 h 3-2 = m + 20 = -2 é ù．那么,函數 h x 在區間 êk, ú 上的最大值只可能小于－2,不合題 2
意,
é
所以要使函數 h x 在區間 êk,
3ù 3
ú 上的最大值為 18,必須使 h k = 2k + 3k
2 -12k + m =18 ,且m = 5 ,
2
即 h k = 2k 3 + 3k 2 -12k + 5 =18．所以 2k 3 + 3k 2 -12k -13 = 0 ,
所以 2k 3 + 2k 2 + k 2 + k -13k -13 2= 0 ．所以 2k k +1 + k k +1 -13 k +1 = 0 ,
所以 2k 2 + k -13 k +1 = 0 ．所以 2k 2 + k -13 = 0或 k +1 = 0 ,
k -1± 105所以 = 或 k +1 = 0．因為-2 < k <1 , k -1± 105所以 = 舍去．
4 4
綜上,實數 k的值為-1, m的值為 5．
【例 4】（2023 屆江蘇省徐州市睢寧縣高三下學期 5 月模擬）已知函數 f (x) = -2x3 + mx2 , m R ,且 g(x) = | f (x) |
在 x (0,2) 上的極大值為 1．
(1)求實數m 的值；
(2)若b = f (a) , c = f (b) , a = f (c) ,求 a,b,c的值．
【解析】（1） g(x) =x2 | 2x - m | , 0 x 2 ,
① m 0時, g(x) = 2x3 - mx2 ,∴ g (x) = 6x2 - 2mx≥0 ,無極值．
② m 4時, g(x) = -2x3 + mx2 ,∴ g (x) = 2x(m - 3x) ,
m
當 2 ,即m 6時, g (x) 0 ,無極大值；
3
x m g (x) > 0 m當 4 m < 6時, < 時, ； < x < 2時, g (x) < 0 ,
3 3
3
∴ g(x)在 x
m
= m m處取極大值,即 g( ) = = 1 ,∴ m = 3 ,舍去．
3 3 27
ì
-2x
3 + mx2 ,0 x m
③ 0 < m < 4時, g x = 2í ,
2x3 mx2 , m- < x 2
2
ì
2x m - 3x ,0 x
m

∴ g x = 2í ,
2x 3x - m , m < x 2 2
0 x m g (x) > 0 m x m< < 時, ； < < 時, g (x) < 0
m
； < x < 2時, g (x) > 0．
3 3 2 2
3
∴ g(x)在 x
m
= m處取極大值 = 1 ,∴ m = 3符合題意．
3 27
綜上, m = 3．
2
（2）由（1）可知, f (x) = -2x3 + 3x2 , f (x) = -6x + 6x = 6x -x +1 ,
令 f x > 0可得-1 < x < 0 ,令 f x < 0可得 x >1或 x < 0 ,
如圖所示．
① 當 a < 0時, b = f (a) > 0 ,
當 0 < b≤3 時, 0 < c = f (b)≤1,則 a = f (c) > 02 ,矛盾；
b 3當 > 時, c = f (b) < 0 ,∴ a = f (c) > 0 ,矛盾．
2
② 當 a = 0時,符合題意．
③ 當0 < a
1 1
< 時, 0 < x < 時, f (x) < x 1,∴ 0 < b = f (a) < a < ,
2 2 2
0 c f (b) b 1則 < = < < , 0 < a = f (c) < c
1
< ,∴ a < c < b < a ,2 2 矛盾．
1
④ 當 a = 時,符合題意．
2
1 1 1
⑤ 當 < a <1時, < x <1時, f (x) > x ,∴1 > b = f (a) > a > ,
2 2 2
1 1
則1 > c = f (b) > b > ,1 > a = f (c) > c > ,∴ a > c > b > a ,2 2 矛盾．
⑥ 當 a =1時,符合題意．
3
⑦ 當1 < a 時, 0≤b = f (a) < 1 ,則 0≤ c = f (b) < 1,∴ a = f (c) < 1 ,與 a > 12 矛盾．
a 3 b f (a) 3⑧ 當 > 時, = < 0 , c = f (b) > 0 ,∴ a = f (c)≤1 ,與 a > 矛盾．
2 2
1
綜上, a = b = c = 0 ,或a = b = c = ,或 a = b = c =1．
2
【例 5】（2023 3 2屆重慶市第十一中學校高三上學期 11 月質量檢測）已知函數 f x = x - 3x + ax + 3 , f x 在
x1處取極大值,在x2處取極小值.
(1)若 a = 0 ,求函數 f x 的單調區間；
(2)在方程 f x = f x1 的解中,較大的一個記為 x3 ,在方程 f x = f x2 的解中,較小的一個記為 x4 ,證明：
x4 - x1
x3 - x
為定值.
2
【解析】（1 a = 0 , f x = x3 - 3x2）當 時 + 3 ,定義域為 R, f x = 3x2 - 6x ,
當 f x > 0時, x > 2或 x < 0 ；當 f x < 0時, 0 < x < 2；
即函數 f x 的單調增區間為 - ,0 , 2, + ；單調減區間為 (0, 2) .
2
（2）由 f x = 3x - 6x + a ,
根據題意,得3x2 - 6x + a = 0的兩根為 x1, x2 ,且 x1 < x2 ,
即D = 36 -12a > 0 ,得 a < 3 ,
x1 + x2 = 2 ,
所以 x1 <1< x2 ,
因為 f x = f x , x3 - 3x21 則 + ax + 3 = x31 - 3x21 + ax1 + 3 ,
3 2 3 2
可知 x - 3x + ax = x1 - 3x1 + ax1 ,

因為 f x1 = 0 ,即 a = 6x1 - 3x21 ,
即 x3 - x31 + 3x
2 - 3x21 + ax - ax1 = x - x1 éx2 + x x
2 2
1 - 3 - 2x1 + 3x1 ù = x - x1 x + 2x1 - 3 = 0 ,
可知 x3 = 3- 2x1 ,同理,由 f x = f x2 ,
3
可知 x - x3 2 22 + 3x2 - 3x + ax - ax2 = x - x 2 22 éx + x x2 - 3 - 2x2 + 3x2 ù = x - x2
2 x + 2x2 - 3 = 0 ；
得到 x4 = 3 - 2x2 ,
x4 - x1 3 - 2x2 - x1 1- x2 1- 2 - x= = = 1 所以 = -1.
x3 - x2 3 - 2x1 - x2 1- x1 1- x1
【例 6
1 3 1 2
】已知函數 f (x) = ax + bx + cx(a > 0)3 2 ．
(1)若函數 f (x) 有三個零點分別為x1 , x2 , x3 ,且 x1 + x2 + x3 = -3 , x1x2 = -9 ,求函數 f (x) 的單調區間；
1
(2)若 f (1) = - a ,3a > 2c > 2b ,證明：函數 f (x) 在區間 (0, 2)2 內一定有極值點；
b
(3)在（2）的條件下,若函數 f (x) 的兩個極值點之間的距離不小于 3 ,求 的取值范圍．a
1 3 1 2
【解析】（1）因為函數 f (x) = ax + bx + cx = x(
1 ax2 1+ bx + c)(a > 0) ,
3 2 3 2
又 x1 + x2 + x3 = -3 , x1x2 = -9 ,則 x3 = 0 , x1 + x2 = -3 , x1x2 = -9
1 2 1
因為 x1, x2 是方程 ax + bx + c = 03 2 的兩根,
3b 3c
則- = -3 , = -9
b c
,得 = 2 , = -3 ,
2a a a a
f (x) ax2 bx c a(x2 b x c所以 = + + = + + ) = a(x2 + 2x - 3) = a(x -1)(x + 3)a a ．
令 f (x) = 0解得： x =1 , x = -3當 f (x) > 0時, x < -3或 x >1 ,
當 f (x) < 0 時, -3 < x <1,故 f (x) 的單調遞減區間是 (-3,1) ,
單調遞增區間是 (- , -3) , (1, + )．
1
（2）因為 f (x) = ax2 + bx + c , f (1) = - a ,2
a b c 1所以 + + = - a ,即3a + 2b + 2c = 02 ．
又 a > 0 ,3a > 2c > 2b ,所以3a > 0 , 2b < 0 ,即 a > 0．b < 0．
于是 f (1)
1
= - a < 0 , f (0) = c , f (2) = 4a + 2b + c = 4a - (3a + 2c) + c = a - c2 ．
①當 c > 0時,因為 f (0) = c > 0 , f (1) 1 = - a < 0 f (x) ( 0, 1)2 ,而 在區間 內連續,
則 f (x)在區間( 0, 1)內至少有一個零點,設為 x = m ,
則在 x (0,m) , f (x) > 0 , f (x) 單調遞增,
在 x (m,1) , f (x) < 0 , f (x) 單調遞減,
故函數 f (x) 在區間( 0, 1)內有極大值點 x = m ；
② 1當 c 0時,因為 f (1) = - a < 0 , f (2) = a - c > 02 ,
則 f (x)在區間 (1, 2)內至少有一零點．設為 x=n,
則在 x (1,n) , f (x) < 0 , f (x) 單調遞減,
在 x (n, 2) , f (x) > 0 , f (x) 單調遞增,
故函數 f (x) 在區間 (1, 2)內有極小值點．
綜上得函數 f (x) 在區間 (0, 2) 內一定有極值點．
（3）設m , n是函數的兩個極值點,
則m , n也是導函數 f (x) = ax2 + bx + c = 0 的兩個零點,
b c 3 b
由（2）得3a + 2b + 2c = 0 ,則m + n = - , mn = = - -a 2 a ．a
所以 | m - n |= (m + n)2 - 4mn (
b
= - )2 - 4( 3 b b- - ) = ( + 2)2 + 2
a 2 a a
由已知, (b + 2)2 + 2 3 ,
a
b
則兩邊平方得 ( + 2)2
b b
+ 2 3 ,得出 + 2 1,或 + 2 -1,
a a a
b b
即 -1,或 -3 ,又 2c = -3a - 2b ,3a > 2c > 2b ,
a a
所以3a > -3a - 2b > 2b ,即 -3a
3
< b < - a
4 ．
b 3 b 3
因為 a > 0 ,所以-3 < < - ．綜上分析, 的取值范圍是[-1 , - )4 ．a 4 a
1
1. 2024 4 f x = x3 - 2x2（ 屆江蘇省連云港市高三下學期 月階段測試）已知函數 + mx + n在 x =1時取得極
3
值．
(1)求實數m 的值；
(2)存在 x 2,4 ,使得 f x > n2 成立,求實數n的取值范圍．
2.設函數 f x = x -1 3 - ax - b x R ,其中 a,b為實常數．
(1)若 a = 3 ,求 f x 的單調區間；
(2)若 f x 存在極值點 x0 ,且 f x1 = f x0 其中 x1 x0 ．求證： x1 + 2x0 = 3；
3.（2024 屆海南省瓊中縣高三上學期 9 月全真模擬）已知函數 f x = x2 4x - m , m > 0．
(1)當m = 4 時,求 f x 在 -1,1 上的值域；
(2)若 f x 的極小值為-2 ,求 m 的值．
4.（2024 屆貴州省貴陽第一中學高三上學期適應性月考）已知函數 f x = 2x3 - 3x .
(1)求函數 y = f x 在 x = 0處的切線方程；
(2)若過點P -1, t 存在 3 條直線與曲線 y = f x 相切,求 t 的取值范圍；
(3)請問過點 A 0,0 , B -1, -1 ,C -1,3 , D 1, -1 , E 1,-2 分別存在幾條直線與曲線 y = f x 相切？（請直
接寫出結論,不需要證明）
1 9
5. （2024 3 2屆內蒙古包頭市高三上學期調研）已知函數 f (x) = x - ax + x + ．
3 2
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)若F (x) = f (x) - x有 2 個零點,求 a的值．
3 3 2 2
（注： x - a = (x - a) x + ax + a ）
6．（2024 屆江蘇省南通市模擬預測）設 a > 0 ,函數 f (x) = ax3 - 2x +1．
(1)當 a =1時,求過點 (0, -1) 且與曲線 y = f (x) 相切的直線方程：
(2) x1, x2 是函數 f (x) 的兩個極值點,證明： f x1 + f x2 為定值．
7 3．已知曲線 f x = x - 3x + l 在點 A m，f m 處的切線與曲線的另外一個交點為B，P 為線段 AB的中點,
O為坐標原點．
(1)求 f x 的極小值并討論 f x 的奇偶性．
(2)直線OP的斜率記為 k ,若"m 0,2 , k 18 ,求證：l -7 ．
8 f x = 1 x3 1 2．設函數 3 - 2 x + ax , a R ．
(1)若 x = 2是 f x 的極值點,求 a 的值,并討論 f x 的單調性．
(2)已知函數 g x = f x 1- ax2 2+ ,若 g x 在區間 0,1 內有零點,求 a 的取值范圍．
2 3
(3)設 f x 有兩個極值點x1 , x2 ,試討論過兩點 x1, f x1 , x2 , f x2 的直線能否過點 1,1 ,若能,求 a 的值；若
不能,說明理由．
9．已知函數 f x = x3 + ax 1+ , g x = - ln x ,用min m, n 表示m , n中的最小值,設函數
4
h x = min f x , g x x > 0 ,討論 h x 零點的個數．
1
10 3
1 2
．（2024 屆青海省部分學校高三下學期聯考）已知函數 f x = x + mx - m +1 x ．
3 2
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若 f x 有 3 個不同的零點,求m 的取值范圍．
11．（2023 屆上海市嘉定區高三三模）已知函數 f (x) = x3 + bx2 + cx(b、c R) ,其導函數為 f (x) ,
(1)若函數 f (x) 有三個零點 x1、x2、x3 ,且 x1 + x2 + x3 = 3, x1x3 = -9 ,試比較 f (3) - f (0) 與3 f (2) 的大小.
(2)若 f (1) = -2 ,試判斷 f (x) 在區間 (0, 2) 上是否存在極值點,并說明理由.
(3)在（1）的條件下,對任意的m,n R ,總存在 x [0,3]使得 | f (x) + mx + n | t 成立,求實數 t 的最大值.
12. f x 1= x3設函數 - a2x + b ,其中 a ,b 為常數．
3
(1)討論 f x 的單調性；
b
(2)若函數 f x 有且僅有 3 個零點,求 的取值范圍．
a3
13．（2024 屆湖南省岳陽市高三教學質量監測三）已知VABC 的三個角 A, B,C 的對邊分別為 a,b,c且 c = 2b ,
點D在邊BC上, AD 是 BAC 的角平分線,設 AD = kAC （其中 k為正實數）．
(1)求實數 k的取值范圍；
(2)設函數 f (x) 3= ax3 5- bx2 + cx b-
3 2 2
① k 2 3當 = 時,求函數 f (x) 的極小值；
3
②設 x0 是 f (x) 的最大零點,試比較 x0 與 1 的大小．

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