实战演练02 三次函数的图像与性质（4大常考点归纳）-备战2025年高考数学真题题源解密（新高考卷）

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一、三次函数概念
定义：形如fx=ax3+bx2+cx+da≠0叫做三次函敞
f'x=3ax2+2bx+c，把Δ=4b2−12ac叫做三次函数导函数的判别式
当Δ>0时，令f'x=0，记两根为x1=−b−b2−3ac3a，x2=−b+b2−3ac3a
二、三次函数的图像及单调性
注：三次函数要么无极值点，要么有两个，不可能只有一个！
三、三次函数的零点个数
若三次函数fx=ax3+bx2+cx+da≠0存在极值时，其图像、零点、极值的关系如下：
四、三次函数的韦达定理
设fx=ax3+bx2+cx+da≠0的三个零点分别为x1，x2，x3，则
(1)x1+x2+x3=−ba
(2)x1x2+x2x3+x3x1=ca
(3)x1x2x3=−da
(4)1x1+1x2+1x3=−cd
五、三次函数的对称性
结论1 三次函数fx=ax3+bx2+cx+da≠0的图象关于点−b3a，f−b3a中心对称
结论2 已知三次函数fx=ax3+bx2+cx+da≠0中心对称点的横坐标为x0，两个极值点分别为x1，x2，则fx1−fx2x1−x2=23f'x0=−a2x1−x22
结论3 若y=fx图像关于点m，n对称，则y=f'x图像关于轴x=m对称
点对称函数的导数是轴对称函数，轴对称函数的导数是点对称函数
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
①三次函数的零点
一、单选题
1．（2024·陕西西安·模拟预测）若函数在区间内有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用导数说明函数的单调性，依题意可得，解得即可.
【详解】因为，所以当或时，
即在，上单调递增，
当时，即在上单调递减，
根据题意可得，即，解得.
故选：A
2．（2024·湖南长沙·一模）函数有3个零点的充分不必要条件是（ ）
A．，且B．，且
C．，且D．，且
【答案】D
【分析】由题意可得函数有3个零点的充要条件为且，逐个选项分析其是否为且的充分不必要条件即可得.
【详解】，有，
若有三个零点，则有且，
故函数有3个零点的充要条件为：
且，
对A：，且，则当时，有，不符，故A错误；
对B：可能，不符，故B错误；
对C：且，则，不符，故C错误；
对D：，且，则，
即由，且能得到且，
但且并不意味着，且，
故，且是且的充分不必要条件，
即是函数有3个零点的充分不必要条件，故D正确.
故选：D.
3．（2024·宁夏银川·三模）已知函数有3个零点，，，有以下四种说法：
①
②
③存在实数a，使得，，成等差数列
④存在实数a，使得，，成等比数列
则其中正确的说法有（ ）种.
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】由题意设，根据，求导分析的单调性，进而数形结合分析，根据可判断①，根据函数的极大值可判断②，根据三次函数的对称性可判断③，举例可判断④.
【详解】由，得，
设，则，
则的极小值为，极大值为．
对①，因为，
所以，当且仅当时，，所以，①正确．
对②，因为在上单调递减，且，
所以，所以未必成立，②错误．
对③，设，令有，则有，故图象存在对称中心，
所以存在实数，使得，，成等差数列，③正确．
对④，因为，所以存在实数，使得，，成等比数列，④正确．
故选：C.
4．（23-24高三上·云南·阶段练习）关于函数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数在上单调递减
B．当时，函数在上恒成立
C．当或时，函数有2个零点
D．当时，函数有3个零点，记为，则
【答案】D
【分析】利用导数求出函数单调性可得A错误；画出函数的图象可求得BC错误，根据零点个数可求得，令再利用三角函数值域以及倍角公式即可求得D正确.
【详解】对于A，因为函数，令，则；
当或时，，此时函数单调递增，
当时，；此时函数单调递减，
作出函数的大致图象如图，故A错；
对于B，由A选项可知，易知，
又易知时，函数单调递减，时，函数单调递增；
当时，若，不一定成立，例如当时，，
所以当，不一定成立，故B错；
对于C，方程的根即为与函数的交点横坐标，
由A可知，函数在时取得极大值1，在时取得极小值；
作出函数的图象如图，
当或时，函数有1个零点，故C错；
对于D，函数有3个零点，则可得，且；
记，
令，则，所以，
于是
，
故选：D．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于将函数有3个零点的范围限定在上，再利用倍角公式即可得出结论.
二、多选题
5．（23-24高三上·安徽·阶段练习）已知三次函数，下列结论正确的是（ ）
A．当时，单调递减区间为
B．当时，单调递增区间为
C．当时，若函数恰有两个不同的零点，则
D．当时，恒成立，则a的取值范围为
【答案】ACD
【分析】利用导数研究区间单调性判断A、B，由函数恰有两个不同的零点，则有一个极值为0，易得或判断C；将不等式恒成立化为恒成立，对右侧构造函数，应用导数求其最大值即可判断D.
【详解】，则，
当时，在区间上，
所以在上单调递减区间，A正确，B错误；
要使函数恰有两个不同的零点，则有一个极值为0，
由上分析知：或，而时，不满足题意；
所以，有，化简可得，C正确；
当时恒成立，即恒成立，
令，则，故，
在上，单调递增，在上，单调递减，
∴，故，D正确．
故选：ACD
6．（23-24高三下·重庆沙坪坝·阶段练习）已知三次函数有三个不同的零点，函数.则（ ）
A．
B．若成等差数列，则
C．若恰有两个不同的零点，则
D．若有三个不同的零点，则
【答案】ABD
【分析】对于A，由题意可得有两个不同实根，则由即可判断；对于B，若成等差数列，则，从而结合即可判断；对于C，若恰有两个零点，则或必为极值点，分类讨论即可判断；对于D，由韦达定理即可判断.
【详解】，，，对称中心为，对A：因为有三个零点，所以必有两个极值点，所以，，A正确；
对B，由成等差数列，及三次函数的中心对称性可知，
所以，
又，故，所以，所以，故B正确；
对C：，即，
若恰有两个零点，则或必为极值点；
若为极值点，则该方程的三个根为，，，由一元三次方程的韦达定理可知：；
若为极值点，同理可得，故C错；
对D：由韦达定理，
得，
即，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：判断C选项得关键是得出或必为极值点，由此即可顺利得解.
三、填空题
7．（23-24高三上·黑龙江牡丹江·期末）函数有且只有3个零点，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据分段函数中各段函数的单调性，分成，两种情况并结合导数进行讨论即可.
【详解】当时，时，，，
当时，；当时，；
所以在单调递减，在单调递增，
所以当时，取最小值.
函数有且只有3个零点，又在上单调递增，
所以，在有两个零点且此时，
而在上有一个零点，
如图，
所以，解得，且，所以．
所以.
当时，时，，，
故在上单调递增，且此时，
又在上恒成立，所以此时不合题意.
综上，，即.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：已知函数零点个数求参数范围常用的方法：
（1）分离参数法：通常解法为从中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分类讨论法：通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围.
8．（2024高三下·全国·专题练习）已知，函数恰有两个零点，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据导数判断单调性，结合零点和极值点求出，构造函数，求导可得的取值范围.
【详解】∵且，
∴，.
则方程必有两个不等的实根.
设，则，.
则必有，且①.
当或时，；当时，.
因此函数的单调递增区间为，单调递减区间为和.
由于，若函数有两个零点，则②.
联立①②得，解得，∴.
令，令，则.
从而，解得.
因此.
故当时，，函数单调递增.
因此.
故答案为：
②三次函数的极值点
一、单选题
1．（2024·福建泉州·一模）已知，是函数两个极值点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出函数导数，解方程得出极值点，计算可判断选项.
【详解】，令，解得，
所以，故AB不正确；
，故C正确D错误.
故选：C
2．（2024高三下·全国·专题练习）若函数在处有极大值，则实数的值为（ ）
A．1B．或
C．D．
【答案】D
【分析】借助极值点定义可得，即可得或，再分类进行讨论排除极小值情况即可得.
【详解】，
则有，解得或，
当时，，
则当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
在处有极小值，不符合题意；
当时，，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
在处有极大值，符合题意．
综上可得，.
故选：D.
3．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）设是函数的两个极值点，若，则（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】先求导，再结合已知条件与韦达定理即可求出结果.
【详解】由题意得，又是函数的两个极值点，
则是方程的两个根，
故，
又，则，即，则，
则，所以，解得，
此时.
故选：C．
4．（2024·全国·模拟预测）已知函数的导函数，若函数有一极大值点为，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】令且恒成立，根据的极值点得到矛盾，有两个不同的零点，利用三次函数性质判断单调性，进而求参数范围.
【详解】由题意，令，
若恒成立，易知：当时，当时，
所以是的极小值点，不合题意，故有两个不同零点．
设的两个零点分别为，则，
结合三次函数的图象与性质知： ，
在、上，单调递减，在、上，单调递增，是的极大值点，符合题意，
此时需，得，所以实数的取值范围为．
故选：D.
5．（2024·河北秦皇岛·三模）已知0是函数的极大值点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分类讨论、与三种情况，结合导数与极值点的定义即可得解.
【详解】因为，所以，
令，可得或，
当，即时，
令，得或；令，得；
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以是函数的极大值点，满足题意；
当，即时，恒成立，
则在上单调递增，没有极值点，不满足题意；
当，即时，
令，得或；令，得；
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以是函数的极小值点，不满足题意；
综上，，即的取值范围为.
故选：A.
6．（2024·云南大理·模拟预测）若为函数（其中）的极小值点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】时为单调函数，无极值点不符合题意；令有两根为或，分、讨论，根据为极小值点需满足的条件，结合不等式性质可得答案.
【详解】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.
由于，且，故有两根为或
①当时，若为极小值点，则需满足：，故有，
可得；
②当时，若为极小值点，则需满足：，故有：，
可得.
故A，B选项错误，综合①②有：.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是根据为极小值点得到的关系再结合不等式的性质解题.
7．（23-24高三下·四川绵阳·开学考试）若函数的两个极值点都大于2，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题，，则方程的两根都大于2，由根的分布知识可得答案.
【详解】，对于方程，
设方程两根为，由韦达定理，
.
因的两个极值点都大于2，则方程的两根都大于2，
则
.
结合，可得.
故选：D
8．（2024·全国·模拟预测）设为函数（其中）的两个不同的极值点，若不等式成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】导函数为二次函数，为对应的一元二次方程的两根，由，代入函数解析式，结合韦达定理化简，可解出实数的取值范围.
【详解】因为，所以．
又函数有两个不同的极值点，所以
解法一：由，得，
即．
将的值代入（*）式，得，解得，
故选：A．
解法二：函数为奇函数，图象的对称中心为，
则函数图象的对称中心为
设，
，
比较系数，有，
解得
所以函数图象的对称中心为，
即若存在两个相异的极值点，则其对称中心为点和点的中点，即．
由题设得，即，即，
所以解得.
故选: A．
二、多选题
9．（23-24高三上·全国·开学考试）已知函数的两个极值点分别为，若过点和的直线与坐标轴围成三角形面积为，则直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】由题意有两个不同的零点，则求参数a范围，再根据代入、确定已知点所在直线，进而求截距并列方程求a值．
【详解】由题意有两个不同零点，
则，所以，即或，
由即，
，
同理有，
所以、均在上，
令，则，
令，则，
则直线与坐标轴围成三角形面积，即，
即，
综上，，，
因为即或，故，得，
故选：BC
10．（23-24高二下·山西晋城·阶段练习）函数有三个不同极值点，且.则（ ）
A．B．
C．的最大值为3D．的最大值为1
【答案】BCD
【分析】选项A可根据求导后分析单调性，得到的最小值大于1恒成立可得；选项B可由分析求出；选项C可由及求出；选项D可由和求出；
【详解】对于A：有三个不同极值点，
则有三个不等实根为，则定有三个解.
设，
当，恒成立，
得单调递增，不会有三个解，
所以，，
得在单调递增，在单调递减，在单调递增.
定有三个解恒成立，
因为，所以恒成立.
即，得，故A错误；
对于D：设
，
故，，，故，故D正确；
对于B：又
，故B正确；
对于C：又，，，
则，
又，放，
的最大值为3，故C正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题A选项关键在于由导数分析单调性，得到的最小值大于1恒成立从而得到的范围；选项BCD根据方程根的特征求解.
11．（2024·河南信阳·模拟预测）已知函数，且满足，，对任意的恒有，且为的极值点，则下列等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据给定条件，可得分别为函数的极大值点和极小值点，由此求出，再逐项判断即可得解..
【详解】由，求导得，
当或时，，当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
因此当时，取得极大值，在时，取得极小值，
对任意的恒有，，，
又当且满足，，
则分别为函数的极大值点和极小值点，
则，由，得，即，解得，
由，得，即，解得，
对于A，由，求导得，显然是的变号零点，
即，，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，，C错误；
对于D，，D正确.
故选：ABD
12．（2024·山西太原·三模）已知是函数 的极值点，若，则下列结论 正确的是（ ）
A．的对称中心为B．
C．D．
【答案】AC
【分析】利用，可判断A；令，解得，代入可判断B；利用导数判断出的单调性并求出极值点，结合图像分情况由解出，可得可判断C；利用C选项，若，，得出可判断D.
【详解】对于A，因为，
所以的对称中心为，故A 正确；
对于B，，令，解得，
当时，
，
因为，所以，可得，
当时，
，
因为，所以，可得，
故B错误；
对于C，令，解得，
当或时，，是单调递增函数，
当时，，是单调递减函数，
所以在时有极大值，在时有极小值，
如下图，当时，若，则
，
可得，即，解得，
所以；
当时，如下图，若，则
，
可得，即，解得，
所以；
综上所述，，故C正确；
对于D，由C选项可知，若，，
所以，故D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用导数研究函数的单调性和极值点.
三、填空题
13．（23-24高三上·山西临汾·阶段练习）已知曲线在点处的切线斜率为3，且是的极值点，则函数的另一个极值点为 .
【答案】
【分析】对函数求导，结合已知有，且，求得，再根据导数的符号判断单调区间，进而确定另一个极值点即可.
【详解】由题设，则，且，
所以，即，
当，，则上递增；
当，，则上递减；
所以、都是的极值点，故另一个极值点为.
故答案为：
14．（2024·云南·一模）已知在上只有一个极值点，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】求导，分离参数，转化为函数交点个数求解即可.
【详解】因为在上只有一个极值点，
则在上有唯一解，且左右函数值异号.
即，
令
则，
易知在单调递减，在单调递增，
且，，
故，解得.
故答案为：.
15．（2024·江苏南京·二模）已知函数的两个极值点为，，记，．点B，D在的图象上，满足，均垂直于y轴．若四边形为菱形，则 ．
【答案】
【分析】令得，四边形为菱形，由得，又，得，由，代入函数解析式求的值.
【详解】函数，，
若，恒成立，在上单调递增，不合题意，
时，，得，
则，，
四边形为菱形，则，
，故，，
，则，，
由，化简得，令，则，
即，解得，故，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点是用好四边形为菱形，由对角线互相垂直利用直线斜率得，利用对角线互相平分有，求出，由求的值.
③三次函数的切线
一、单选题
1．（23-24高三上·四川成都·期末）已知函数是偶函数，当时，，则曲线在处的切线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】
首先由奇偶性求得时的解析式，再结合导数的几何意义求切线方程即可.
【详解】因为，，，
又由是偶函数，，
令，则，
根据是偶函数，，
得到时，，
所以，时，，，
故曲线在处的切线方程为，
即.
故选：C.
2．（2024·宁夏银川·二模）已知点不在函数的图象上，且过点仅有一条直线与的图象相切，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据直线和曲线相切得到，结合导数及函数零点的个数可得答案.
【详解】点不在函数的图象上，
则，即，
设过点的直线与的图象相切于，
则切线的斜率，整理可得，
则问题可转化为只有一个零点，且，
令，可得或，
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
即当时，有极大值，当时，有极小值，
要使仅有一个零点，
或
故选：B
3．（23-24高三上·广东汕头·阶段练习）若过点可作曲线三条切线，则（ ）
A．B．
C．或D．
【答案】D
【分析】设出切点，求导，得到切线方程，将代入切线方程，得到，故有三个实数根，令，求导，得到其单调性和极值点情况，从而得到不等式，求出答案.
【详解】设切点为，则，
，故，且切线方程为，
因为在切线上，故，
整理得，
因为过点可作曲线三条切线，
故有三个实数根，
设，则，
由得，或，
因为，由得或，此时单调递增，
由得，此时单调递减，
所以的极大值点为，极小值点为，
故要有三个实数根的充要条件为，
即，解得.
故选：D
【点睛】应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：
(1) 已知切点求斜率,即求该点处的导数；
(2) 已知斜率求切点即解方程；
(3) 已知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点利用求解.
二、多选题
4．（23-24高三下·浙江·阶段练习）已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．
B．方程有3个解
C．当时，
D．曲线有且仅有一条过点的切线
【答案】AC
【分析】直接验证可判断A，对表达式进行变换，可判断B和C，直接给出两条符合条件的切线，可判断D.
【详解】对于A，由于，从而
，故A正确；
对于B，由于当时有，
当时有，
故方程在上无解；
而当时有，故在上递增，从而方程在上至多有一个解.
所以方程总共至多有一个解，不可能有3个解，故B错误；
对于C，当时，由有，
且由有，
从而，故C正确；
对于D，由于，故，.
而，，故曲线在和处的切线分别是和，这两条切线均过点，故D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于从多种角度研究三次函数的性质.
三、填空题
5．（2024·广东深圳·一模）已知函数，设曲线在点处切线的斜率为，若均不相等，且，则的最小值为 ．
【答案】18
【分析】求出函数的导数，可得的表达式，由此化简推出，结合说明，继而利用基本不等式，即可求得答案.
【详解】由于，
故，
故，，
则
，
由，得，
由，即，知位于之间，
不妨设，则，
故，
当且仅当，即时等号成立，
故则的最小值为18，
故答案为：18
【点睛】关键点睛：本题考查了导数的几何意义以及不等式求最值的应用，解答的关键是利用导数的表达式推出，并说明，然后利用基本不等式求最值即可.
④三次函数的对称性
一、单选题
1．（2024·吉林长春·模拟预测）函数图象的对称中心为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设的对称中心为，利用对任意恒成立，即可求出和.
【详解】设的对称中心为，则对任意恒成立，
代入解析式，有，
即对任意恒成立，
所以，解得，故对称中心为.
故答案为：B.
2．（23-24高三上·全国·开学考试）已知函数，设数列的通项公式为，则（ ）
A．36B．24C．20D．18
【答案】D
【分析】先根据解析式求出对称中心，再结合等差数列项的性质计算求解即可.
【详解】，所以曲线的对称中心为，即，
因为，易知数列为等差数列，，，
所以
，
所以.
故选:D.
3．（23-24高三上·江苏南通·阶段练习）已知曲线与曲线交于点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
令，由和可确定两曲线均关于中心对称；利用导数可求得单调性和极值，结合的单调性可确定两曲线在上的图象，由此可确定交点个数，结合对称性可求得结果.
【详解】令，
则，
，
，关于中心对称；
，关于中心对称；
，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
极小值为，极大值为；
当时，单调递减，且，
当时，；
作出与在时的图象如下图所示，
由图象可知：与在上有且仅有两个不同的交点，
由对称性可知：与在上有且仅有两个不同的交点，
.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题考查函数对称性的应用，解题关键是能够根据函数的解析式，确定两函数关于同一对称中心对称，结合两函数图象确定交点个数后，即可根据对称性求得交点横纵坐标之和.
4．（2023·宁夏银川·模拟预测）已知函数的图象关于点对称，则（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】D
【分析】根据对称性可得，由此可构造方程求得结果.
【详解】图象关于点对称，，
又
，
，
，解得：，.
故选：D.
5．（23-24高三上·北京大兴·阶段练习）已知函数，且，下面四个判断，正确的个数为（ ）个.
①；
②若，则关于点对称；
③若，则对于R，；
④若，则
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】对于①，求函数，代入验证符号得出结果；对于②，根据对称性结论验证是否成立；对于③展开，根据二次函数最值进行计算得出结果；对于④利用作差比较法得出结果.
【详解】由已知，
对于①，，
因为，所以，，故①正确；
对于②，若，则，因为
，
所以关于点对称，故②正确；
对于③，将展开可得，
又抛物线开口向上，故，当时，，
所以，则对于R，，故③正确；
对于④，，
因为由得，即，由得，
所以，即，故④正确.
故选：D.
二、多选题
6．（24-25高三上·云南·阶段练习）已知函数，则（ ）
A．有两个极值点
B．点是曲线的对称中心
C．有三个零点
D．直线是曲线的一条切线
【答案】ABD
【分析】根据极值点的定义可判断A；由为奇函数，根据平移变换可判断B；由的单调性和最值可判断C；利用导数的几何意义可判断D.
【详解】由题意，，令得或，令得，
所以在上单调递增，上单调递减，
所以是极值点，故A正确；
令，该函数的定义域为，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动两个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故B正确；
因为，所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有两个零点，故C错误；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D正确，
故选：ABD.
7．（2023·山东·模拟预测）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．在上的最小值为
B．的图象与轴有3个公共点
C．的图象关于点对称
D．的图象过点的切线有3条
【答案】ABD
【分析】将原函数的导函数求出，即为：，由导函数的正负判断原函数的单调性，然后即可判断出函数在上的最值，将原函数的极大值与极小值求出，即可画出函数图象，判断出函数与轴的交点个数，对于C选项，只需判断出即能说明的图象关于点对称，D选项需求过点的切线方程，注意区分过某点的切线方程和在某点的切线方程.
【详解】因为，所以，
所以当时，，单调递减，
当或时，，单调递增，
A选项中，当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，
，
所以在上的最小值为，A正确；
因为在，上单调递增，在上单调递减，
，
，
且当时，，时，，
如图所示：

所以的图象与轴有3个公共点，B正确；
若的图象关于对称，则有，
因为，
所以C错误；
因为，设的切点为，
所以，
所以在切点处的切线方程为：，
当切线过时，即：，
整理得：，
设，
则
所以时，或，
当时，，单调递减，
当时，或，单调递增，
所以，
所以的图象如图所示：

所以由图象知有三个零点，所以有三个根，
所以的图象过点的切线有3条，D正确.
故选：ABD
8．（23-24高二下·江西南昌·期末）设函数，则（ ）
A．是的极小值点
B．
C．不等式的解集为
D．当时，
【答案】BD
【分析】对于A：求导，利用导数判断的单调性和极值；
对于B：根据解析式代入运算即可；对于C：取特值检验即可；
对于D：分析可得，结合的单调性分析判断.
【详解】对于选项A：因为的定义域为R，
且，
当时，；当或时，；
可知在，上单调递增，在上单调递减，
所以是函数的极大值点，故A错误；
对于选项B：因为，故B正确；
对于选项C：对于不等式，
因为，即为不等式的解，但，
所以不等式的解集不为，故C错误；
对于选项D：因为，则，
且，可得，
因为函数在上单调递增，所以，故D正确；
故选：BD.
9．（2024·全国·模拟预测）已知函数下列结论中正确的是（ ）
A．若，则是的极值点
B．，使得
C．若是的极小值点，则在区间上单调递减
D．函数的图象是中心对称图形
【答案】BD
【分析】求出函数的导数，当时，有两解，列表表示出导数值的正负以及函数的单调情况，当时，，即可判断A，B，C；证明等式成立即可判断D.
【详解】A：因为，所以，
当时，，则在R上单调递增，不是极值点，故A错误；
B：由选项A的分析知，函数的值域为，所以，使得，故B正确；
C：由选项A的分析知，当时，在上单调单调递增，在上单调递减，
所以若为的极小值点时，在上先递增再递减，故C错误；
D：，
而，
则，
所以点为的对称中心，即函数的图象是中心对称图形，故D正确.
故选：BD．
10．（2024·贵州·模拟预测）定义：设是的导函数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数图象的对称中心为，则下列说法中正确的有（ ）
A．，B．函数的极大值与极小值之和为2
C．函数有三个零点D．在区间上单调递减
【答案】AB
【分析】根据题意，对函数进行二次求导，可得“拐点”，而“拐点”同时也满足函数解析式，这样就可以得到参数的值，进而根据三次函数的图象与性质，可得正确答案.
【详解】由，可得，，
令，得，
因为函数图象的对称中心为，
因此，解得，，故选项A正确；
由以上过程可知，，
且当或时，；当时，.
于是在和上都是增函数，在上是减函数，
故选项D错误；
因为关于点对称，
所以的极大值与极小值之和为，故选项B正确；
因为函数极小值，
由三次函数的性质知，只有一个零点，所以选项C错误，
故选：AB.
11．（2024·江西南昌·三模）已知函数，若的图象关于直线对称，则下列说法正确的是（ ）
A．的图象也关于直线对称B．的图象关于中心对称
C．D．
【答案】BCD
【分析】根据题意，由函数图象的对称性可得，，由此分析可得由此分析选项，即可得答案.
【详解】设关于直线对称，
所以， ，
所以或，
当时，，的图象关于直线对称，
此时，，
∴，
当时，,
∴，∴，
又∵是一个定值，而随的不同而不同，
∴此等式不成立，即不成立,
∴，即，所以的图象关于中心对称，B正确；
∴，，即，C正确.
与关于对称，
∴，即，即，
∴，D正确，
又，则，即，
，而，
若A选项成立，则时，，所以
但此时，，
所以由可得，但这与已知矛盾，
所以的图象不可能关于直线对称，A错误.
故选：BCD.
12．（23-24高三上·安徽合肥·阶段练习）已知函数，其中实数且，则下列结论正确的是（ ）
A．必有两个极值点
B．当，有且仅有3个零点时，的范围是
C．当时，点是曲线的对称中心
D．当，时，过点可以作曲线的2条切线
【答案】ABC
【分析】根据的导数的零点的情况可判断选项A；当时，由的单调性得到且可判断选项B；当时，可求出即可判断选项C；将曲线过某点的切线条数问题转化为两个函数图象的交点个数的问题即可判断选项D.
【详解】对于A，，解得或，
所以必有两个穿过轴的零点，故A正确；
对于B，当时，令，得或，
令，得，
所以函数在和单调递减，在单调递增，
要使有且仅有3个零点，
只需，即，所以，故B正确；
对于C，当时，，
，
，所以点是曲线的对称中心，故C正确；
对于D，，设切点为，
所以在点处的切线方程为：，
又因为切线过点，所以，
解得：，
令，，
所以过点可以作曲线的切线条数转化为与图象的交点个数，
，
令，解得：或，
因为，所以令，得或，
令，得，
则在，上单调递增，在上单调递减，
，，如图所示，
当时，与图象有3个交点，
即过点可以作曲线的3条切线，故D错误.
故选：ABC.
13．（2025·四川内江·模拟预测）定义：是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数的对称中心为.则下列选项正确的有（ ）
A．
B．的值是
C．函数有一个零点
D．过可以作三条直线与图象相切
【答案】BD
【分析】求出函数的一阶导数，二阶导数，令，依题意可得且，即可求出、的值，从而判断A，根据对称性得到，利用倒序相加法判断B，利用导数说明函数的单调性，求出函数的极值，结合零点存在性定理判断C，设切点为，利用导数的几何意义求出切线方程，判断关于的方程的根的个数即可判断D.
【详解】由，所以，，
令，得，由函数的对称中心为，
所以且，解得，故A错误；
因为的对称中心为，
即，
令,
则，
所以，所以，故B正确；
因为，则，
所以当时，，当或时，，
所以函数在，上单调递减，在上单调递增，
因此函数的极大值为，极小值为；
又，即，，
所以在和上存在零点，所以函数有三个零点， 故C错误；
设切点为，则切线方程为，
又切线过，则，
化简得，令 ，
则，
当或时，，单调递增，当时，，
单调递减，而，，，，所以有3个零点，即方程有3个不等实根，所以过可以作三条直线与图象相切，故D正确.
故选：BD
①三次函数的零点
②三次函数的极值、极值点
③三次函数的切线
④三次函数的对称性
系数关系式
fx的图像
f'x的图像
fx的性质
a>0Δ≤0⇒a>0b2≤3ac
f'x≥0恒成立
fx在R上递增
fx无极值点
a<0Δ≤0⇒a<0b2≤3ac
f'x≤0恒成立
fx在R上递减
fx无极值
a>0Δ>0⇒a>0b2>3ac
增区间−∞，x1，x2，+∞
减区间x1，x2
fx有两个极值点
极大值fx1，极小值fx2
a<0Δ>0⇒a<0b2>3ac
增区间x1，x2
减区间−∞，x1，x2，+∞
fx有两个极值点
极大值fx2，极小值fx1
性质
三次函数图像
说明
a＞0
a＜0
零点个数
三个
b2−3ac>0
fx1⋅fx2<0
两个极值异与
图像与x轴有三个交点
两个
b2−3ac>0
fx1⋅fx2=0
有一个极值为0
图像与x轴有两个交点
存在极值时
一个
b2−3ac>0
fx1⋅fx2>0
不存在极值时，
函数单调，与x轴有一个交点