2023届高考数学二轮复习微专题36三次函数的图象与性质学案

这是一份2023届高考数学二轮复习微专题36三次函数的图象与性质学案，共11页。


例题：已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1(a>0，b∈R)有极值，且导函数f′(x)的极值点是f(x)的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)
(1)求b关于a的函数关系式，并写出定义域；
(2)证明：b2>3a；
(3)若f(x)，f′(x)这两个函数的所有极值之和不小于－eq \f(7,2)，求a的取值范围．
变式1设函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(a,2)x2＋1，其中a＞0，若过点(0，2)可作曲线y＝f(x)的三条不同切线，求实数a的取值范围．
变式2设函数f(x)＝x(x－1)(x－a)(其中a＞1)有两个不同的极值点x1，x2，若不等式f(x1)＋f(x2)≤0成立，求实数a的取值范围．
串讲1设f(x)＝eq \f(1,3)x3＋x2＋ax有两个极值点x1，x2，若过两点(x1，f(x1))，(x2，f(x2))的直线l与x轴的交点在曲线y＝f(x)上，求实数a的值．
串讲2已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋ax＋b的图象在点P(0，f(0))处的切线方程为y＝3x－2.
(1)求实数a，b的值；
(2)设g(x)＝f(x)＋eq \f(m,x－1)是[2，＋∞)上的增函数．
①求实数m的最大值；
②当m取最大值时，是否存在点Q，使得过点Q的直线若能与曲线y＝g(x)围成两个封闭图形，则这两个封闭图形的面积总相等？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
(2018·苏州期末)已知函数f(x)＝x3－3x2＋(2－t)x，f′(x)为f(x)的导函数，其中t∈R.
(1)当t＝2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若方程f(x)＝0有三个互不相同的根0，α，β，其中α＜β.
①是否存在实数t，使得eq \f(f′（α）,β)＝eq \f(f′（β）,α)成立？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
②若对任意的x∈[α，β]，不等式f(x)≤16－t恒成立，求t的取值范围．
(2018·苏锡常镇二模)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，a，b∈R.
(1)若a2＋b＝0，
①当a＞0时，求函数f(x)的极值(用a表示)；
②若f(x)有三个相异零点，问是否存在实数a使得这三个零点成等差数列？若存在，试求出a的值；若不存在，请说明理由；
(2)函数f(x)图象上点A处的切线l1与f(x)的图象相交于另一点B，在点B处的切线为l2，直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，且k2＝4k1，求a，b满足的关系式．
答案：(1)①1－eq \f(5a3,27)，②存在a＝－eq \f(3,\r(3,11))；(2)a2＝3b.
解析：(1)①由f′(x)＝3x2＋2ax＋b及a2＋b＝0，得f′(x)＝3x2＋2ax－a2，令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(a,3)或x＝－a.2分
由a＞0知，x∈(－∞，－a)，f′(x)＞0，f(x)单调递增，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a，\f(a,3)))，f′(x)＜0，f(x)单调递减，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))，f′(x)＞0，
f(x)单调递增，因此，f(x)的极大值为f(－a)＝1＋a3，f(x)的极小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)))＝1－eq \f(5a3,27).4分
②当a＝0时，b＝0，此时f(x)＝x3＋1不存在三个相异零点；当a＜0时，与①同理可得f(x)的极小值为f(－a)＝1＋a3，
f(x)的极大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)))＝1－eq \f(5a3,27).要使f(x)有三个不同零点，则必须有(1＋a3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(5,27)a3))＜0，即a3＜－1或a3＞eq \f(27,5).6分
不妨设f(x)的三个零点为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，则f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0，f(x1)＝x13＋ax12－a2x1＋1＝0，①，f(x2)＝x23＋ax22－a2x2＋1＝0，②，f(x3)＝x33＋ax32－a2x3＋1＝0，③，②－①得(x2－x1)(x22＋x1x2＋x12)＋a(x2－x1)(x2＋x1)－a2(x2－x1)＝0，因为x2－x1＞0，所以x22＋x1x2＋x12＋a(x2＋x1)－a2＝0，④，同理x32＋x3x2＋x22＋a(x3＋x2)－a2＝0，⑤，⑤－④得x2(x3－x1)＋(x3－x1)(x3＋x1)＋a(x3－x1)＝0，因为x3－x1＞0，所以x2＋x3＋x1＋a＝0，又x1＋x3＝2x2，所以x2＝－eq \f(a,3).9分
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)))＝0，即eq \f(2,9)a2＋eq \f(3,a)＝－a2，即a3＝－eq \f(27,11)＜－1，因此，存在这样实数a＝－eq \f(3,\r(3,11))满足条件.12分
设A(m，f(m))，B(n，f(n))，则k1＝3m2＋2am＋b，k2＝3n2＋2an＋b，又k1＝eq \f(f（m）－f（n）,m－n)＝eq \f(（m3－n3）＋a（m3－n2）＋b（m－m）,m－n)＝m2＋mn＋n2＋a(m＋n)＋b，由此可得3m2＋2am＋b＝m2＋mn＋n2＋a(m＋n)＋b，化简得n＝－a－2m，因此，k2＝3(－a－2m)2＋2a(－a－2m)＋b＝12m2＋8am＋a2＋b，所以，12m2＋8am＋b＋a2＝4(3m2＋2am＋b)，所以a2＝3b.16分
微专题36
例题
答案：(1)b＝eq \f(2a2,9)＋eq \f(3,a)，定义域为(3，＋∞)；(2)略；(3)(3，6]．
解析：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝
3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,3)))eq \s\up12(2)＋b－eq \f(a2,3).∴x＝
－eq \f(a,3)时，f′(x)有极小值，
∵f′(x)的极值点是f(x)的零点，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)))＝0，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)))eq \s\up12(3)＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)))eq \s\up12(2)＋
beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)))＋1＝0，化简得b＝eq \f(2,9)a2＋eq \f(3,a)，又∵函数f(x)有极值，∴f′(x)＝3x2＋2ax＋b中Δ＝4a2－12b＞0，即a2＞3b，即a2＞eq \f(2,3)a2＋eq \f(9,a).a＞0，解得a＞3，于是b＝eq \f(2a2,9)＋eq \f(3,a)，定义域为(3，＋∞)．
(2)证法1：设g(a)＝b2－3a＝eq \f(4,81)a4－eq \f(5,3)a＋eq \f(9,a2)＝eq \f(1,81a2)(4a3－27)(a3－27)，∵a＞3，∴g(a)＞0，即b2＞3a；
证法2：由(1)知eq \f(b,\r(a))＝eq \f(2a\r(a),9)＋eq \f(3,a\r(a))，令t＝aeq \r(a)，设g(t)＝eq \f(2t,9)＋eq \f(3,t)，则g′(t)＝eq \f(2,9)－eq \f(3,t2)＝eq \f(2t2－27,9t2)，当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(6),2)，＋∞))
时，g′(t)＞0，从而g(t)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(6),2)，＋∞))上单调递增，∵a＞3，∴aeq \r(a)＞3eq \r(3)，∴g(aeq \r(a))＞g(3eq \r(3))＝eq \r(3)，即eq \f(b,\r(a))＞eq \r(3)，即b2＞3a；
(3)设x1，x2为f(x)的两个极值点，令f′(x)＝0得x1x2＝eq \f(b,3)，x1＋x2＝－eq \f(2a,3)，
解法1：f(x1)＋f(x2)＝x13＋x23＋a(x12＋x22)＋b(x1＋x2)＋2＝(x1＋x2)[(x1＋x2)2－3x1x2]＋a[(x1＋x2)2－2x1x2]＋b(x1＋x2)＋2＝eq \f(4,27)a3－eq \f(2,3)ab＋2＝eq \f(4,27)a3－eq \f(2,3)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,9)a2＋\f(3,a)))＋2＝0.记f(x)，f′(x)所有极值之和为S(a)，f(x1)＋f(x2)＝0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)))＝b－eq \f(a2,3)，则S(a)＝f(x1)＋f(x2)＋f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)))＝b－eq \f(a3,3)＝eq \f(3,a)－eq \f(a2,9)≥－eq \f(7,2)，∵S(a)＝－eq \f(a2,9)＋eq \f(3,a)，
∴S′(a)＝－eq \f(2a,9)－eq \f(3,a2)＜0对a∈(3，＋∞)恒成立，∴S(a)＝－eq \f(a2,9)＋eq \f(3,a)在a∈(3，＋∞)上单调递减，且S(6)＝－eq \f(7,2)，故3＜a≤6.
解法2：首先证明f(x)的图象关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)))))中心对称，f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,3)))eq \s\up12(3)＋
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－\f(a2,3)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,3)))＋1－eq \f(ab,3)＋eq \f(2a3,27)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,3)))eq \s\up12(3)＋
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－\f(a2,3)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,3)))＋
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)))，所以
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)－x))＋
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)＋x))＝2feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)))＝0，所以f(x1)＋f(x2)＝0，
下同法一．
说明：利用三次函数的对称中心，可使解题有的放矢，事半功倍．
变式联想
变式1
答案：(eq \r(3,24)，＋∞)．
解析：∵f′(x)＝x2－ax，设切点为(t，f(t))，切线方程为y＝(t2－at)(x－t)＋eq \f(1,3)t3－eq \f(a,2)t2＋1，代入(0，2)化简可得eq \f(2,3)t3－eq \f(a,2)t2＋1＝0，设g(t)＝eq \f(2,3)t3－eq \f(a,2)t2＋1，令g′(t)＝0，有t1＝0，t2＝eq \f(a,2)＞0.∵过点(0，2)可以作曲线y＝f(x)的三条切线，
∴g(t)＝0有三个不同的根，故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(g（0）＞0，,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))＜0，))解得a＞eq \r(3,24)，
∴实数a的取值范围是(eq \r(3,24)，＋∞)．
变式2
答案：[2，＋∞)．
解法1由f(x1)＋f(x2)≤0得x13＋x23－(a＋1)(x12＋x22)＋a(x1＋x2)≤0，此不等式化为(x1＋x2)[(x1＋x2)2－3x1x2]－(a＋1)[(x1＋x2)2－2x1x2]＋a(x1＋x2)≤0.又f(x)＝x(x－1)(x－a)，
所以f′(x)＝3x2－2(1＋a)x＋a，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＝4（a2－a＋1）＞0，,x1＋x2＝\f(2（1＋a）,3)，,x1x2＝\f(a,3)，))代入上述不等式并化简得2a2－5a＋2≥0，解得a≥2，即实数a的取值范围为[2，＋∞)．
解法2由例题的过程可得出如下结论：函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)是中心对称图形，其对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,3a)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,3a)))))，若f(x)有极值点x1，x2，则它的对称中心就是(x1，f(x1))和(x2，f(x2))的中点，即eq \f(f（x1）＋f（x2）,2)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,3a)))(读者可自行证明)．应用此结论，得到如下解法：f(x1)＋f(x2)≤0
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))≤0，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋a,3)))≤0，即eq \f(a＋1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋1,3)－1))
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋1,3)－a))≤0，解得a≥2，即实数a的取值范围为[2，＋∞)．
串讲激活
串讲1
答案：0或eq \f(2,3)或eq \f(3,4).
解析：∵f′(x)＝x2＋2x＋a，设x1，x2为f′(x)＝0的两个根，由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－2，,x1x2＝a，))直线l的斜率k＝eq \f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)＝eq \f(2,3)(a－1)，直线过(x1，f(x1))，(x2，f(x2))．则必过对称中心
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))))，即
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(2,3)－a))，则直线l的方程为y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)－a))＝eq \f(2,3)(a－1)(x＋1)．令y＝0，则x＝eq \f(a,2（a－1）)，又∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2（a－1）)，0))在曲线上，代入得eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2（a－1）)))eq \s\up12(3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2（a－1）)))eq \s\up12(2)＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2（a－1）)))＝0，解得a的值为0或eq \f(2,3)或eq \f(3,4).
串讲2
答案：(1)a＝3，b＝－2；(2)①3；②存在Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,3))).
解法1(1)由f′(x)＝x2－2x＋a及题设可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（0）＝3，,f（0）＝－2，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝－2.))
(2)①∵g(x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋3x－2＋eq \f(m,x－1)，得g′(x)＝x2－2x＋3－eq \f(m,（x－1）2)，∵g(x)是[2，＋∞)上的增函数，∴g′(x)≥0对x∈[2，＋∞)恒成立，即x2－2x＋3－eq \f(m,（x－1）2)≥0对x∈[2，＋∞)恒成立，设t＝(x－1)2∈[1，＋∞)，即t＋2－eq \f(m,t)≥0对t∈[1，＋∞)恒成立，当m≤0时，t＋2－eq \f(m,t)≥0对t∈[1，＋∞)恒成立；当m＞0时，设φ(t)＝t＋2－eq \f(m,t)，t∈[1，＋∞)，∵φ′(t)＝1＋eq \f(m,t2)＞0，∴函数φ(t)＝t＋2－eq \f(m,t)在[1，＋∞)上单调递增，∴φ(t)min＝3－m≥0，即m≤3，又m＞0，故0＜m≤3，综上，m的最大值为3.
②由①得g(x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋3x－2＋eq \f(3,x－1)，其图象关于点
Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,3)))成中心对称，证明如下：
∵g(x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋3x－2＋eq \f(3,x－1)，∴g(2－x)＝eq \f(1,3)(2－x)3－(2－x)2＋3(2－x)－2＋eq \f(3,2－x－1)＝－eq \f(1,3)x3＋x2－3x＋eq \f(8,3)＋eq \f(3,1－x)，∴g(x)＋g(2－x)＝eq \f(2,3)，此式表明，若点A(x，y)为函数g(x)在图象上的任意一点，则点Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－x，\f(2,3)－y))也一定在函数g(x)的图象上，而线段AB中点恒为点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,3)))，即函数g(x)的图象关于点Q成中心对称．这也就表明，存在点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,3)))，使得过点Q的直线若能与函数g(x)的图象围成两个封闭图形，则这两个封闭图形的面积总相等．
解法2(1)由f′(x)＝x2－2x＋a及题设可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（0）＝3，,f（0）＝－2，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝－2，))
(2)①∵g(x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋3x－2＋eq \f(m,x－1)，得g′(x)＝x2－2x＋3－eq \f(m,（x－1）2)，∵g(x)在[2，＋∞)上的增函数，∴g′(x)≥0对x∈[2，＋∞)恒成立，即x2－2x＋3－eq \f(m,（x－1）2)≥0对x∈[2，＋∞)恒成立，设t＝(x－1)2∈[1，＋∞)，即t＋2－eq \f(m,t)≥0对t∈[1，＋∞)恒成立，∴m≤t2＋2t对t∈[1，＋∞)恒成立，令h(t)＝t2＋2t，t∈[1，＋∞)，可得h(t)min＝3，故m≤3，即m的最大值为3.
②由①得g(x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋3x－2＋eq \f(3,x－1)，将函数g(x)的图象向左平移1个长度单位，再向下平移eq \f(1,3)个长度单位，所得图象相应的函数解析式为G(x)＝eq \f(1,3)x3＋2x＋eq \f(3,x)，x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，∵G(－x)＝
－G(x)，∴G(x)为奇函数，故G(x)的图象关于坐标原点成中心对称，由此即得函数g(x)的图象关于点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,3)))成中心对称，这也表明，存在点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,3)))，使得过点Q的直线若能与函数g(x)的图象围成两个封闭图形，则这两个封闭图形的面积总相等．
新题在线
答案：(1)增区间为(－∞，0)和(2，＋∞)，减区间为(0，2)；(2)①不存在；②eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，2))∪(2，11]．
解析：(1)当t＝2时，f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝3x2－6x＞0，得x＞2或x＜0，∴f(x)的单调增区间为(－∞，0)和(2，＋∞)；令f′(x)＝3x2－6x＜0，得0＜x＜2，∴f(x)的单调减区间为(0，2)．
(2)①由题意知α，β是方程x2－3x＋(2－t)＝0的两个实根，
∴Δ1＝(－3)2－4(2－t)＞0，得t＞－eq \f(1,4).且α＋β＝3，αβ＝2－t，α2＋β2＝5＋2t，由eq \f(f′（α）,β)＝eq \f(f′（β）,α)成立得，af′(α)＝βf′(β)，得3(α2＋αβ＋β2)－6(α＋β)＋(2－t)＝0，代入得3(5＋2t＋2－t)－6×3＋(2－t)＝0，即5＋2t＝0，解得t＝－eq \f(5,2)，因为t＞－eq \f(1,4)，
∴这样的实数t不存在．
②因为对任意的x∈[α，β]，f(x)≤16－t恒成立．由α＋β＝3，αβ＝2－t，α＜β，1°当－eq \f(1,4)＜t＜2时，有0＜α＜β，∴对x∈[α，β]，f(x)≤0，∴0≤16－t，解得t≤16.∴－eq \f(1,4)＜t＜2.2°当t＞2时，有α＜0＜β，f′(x)＝3x2－6x＋(2－t)中Δ＝(－6)2－12(2－t)＝12(t＋1)＞0.由f′(x)＞0，得x＜eq \f(3－\r(3（t＋1）),3)或x＞eq \f(3＋\r(3（t＋1）),3)，此时f(x)存在极大值点x1∈(α，0)，且x1＝eq \f(3－\r(3（t＋1）),3).由题意得f(x1)＝x13－3x12＋(2－t)x1≤16－t，将x1＝eq \f(3－\r(3（t＋1）),3)代入化简得(t＋1)eq \r(3（t＋1）)≤72，解得t≤11.∴2＜t≤11.综上，t的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，2))∪(2，11]．
三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)具有丰富的性质，利用导数研究这些性质，其研究的过程与方法具有普适性、一般性和有效性，可以迁移到其他函数的研究中．本专题主要研究三次函数的单调性、极值、最值、对称性等，并在研究的过程中体会数形结合、分类与整合、化归与转化等思想方法.