重难点突破04 三次函数的图象和性质 （七大题型）-备战2024年高考数学一轮复习精讲精练高效测（新教材新高考）

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1、基本性质
设三次函数为：(、、、且)，其基本性质有：
性质1： = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①定义域为． = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②值域为，函数在整个定义域上没有最大值、最小值． = 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③单调性和图像：
性质2：三次方程的实根个数
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根的情况，设三次函数
其导函数为二次函数:，
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:(1)(2)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．
2、常用技巧
（1）其导函数为 对称轴为，所以对称中心的横坐标也就是导函数的对称轴，可见，图象的对称中心在导函数的对称轴上，且又是两个极值点的中点，同时也是二阶导为零的点；
（2）是可导函数，若的图象关于点对称，则图象关于直线
对称.
（3）若图象关于直线对称，则图象关于点对称.
（4）已知三次函数的对称中心横坐标为，若存在两个极值点，，则有.
题型一：三次函数的零点问题
例1．（2023·全国·高三专题练习）函数存在3个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】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.
例2．（2023·江苏扬州·高三校考阶段练习）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，求出实数的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1），令，得或．
∵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．
∴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．，即．

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．，即．
综上所述，当或时，方程恰好有两个实数根．
例3．（2023·四川绵阳·高三四川省绵阳南山中学校考阶段练习）已知函数，且在和处取得极值.
(1)求函数的解析式；
(2)设函数，若有且仅有一个零点，求实数的取值范围.
【解析】（1），
因为在和处取得极值，
所以和是方程＝0的两个根，
则，解得，经检验符合已知条件，
所以；
（2）由题意知，
当或时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
所以，
又取足够大的正数时，，取足够小的负数时，，
因此，为使曲线与轴有一个交点，结合的单调性，
得：或，
∴或，
即当或时，使得曲线与轴有一个交点.
变式1．（2023·天津河西·高三天津实验中学校考阶段练习）已知，.
（1）当，求的极值；
（2）当，，设，求不等式的解集；
（3）当时，若函数恰有两个零点，求的值.
【解析】（1），∴，，.
∴在时，取极大值.
在时，取极小值-4.
（2），即，
设，，单调增函数，且，
∴不等式的解集为.
（3），，
. ，单调递增，单调递减，单调递增，
而，所以至多一个零点，（舍去）.
. ，单调增，所以至多一个零点，（舍去）.
. ，单调递增，单调递减，单调递增，
而，，∴在上有一个零点，
所以在上有一个零点，根据在单调递增，单调递减.
∴.
变式2．（2023·河北保定·高三统考阶段练习）已知函数.
（1）求函数的图象在点处的切线方程；
（2）若在上有解，求的取值范围；
（3）设是函数的导函数，是函数的导函数，若函数的零点为，则点恰好就是该函数的对称中心.试求的值.
【解析】（1）因为
所以所求切线的斜率
又因为切点为
所以所求的切线方程为
（2）因为，所以
因为在上有解，
所以不小于在区间上的最小值.
因为时，，
所以的取值范围是.
（3）因为，所以.
令可得，
所以函数的对称中心为，
即如果，则，
所以.
变式3．（2023·山西太原·高三太原市外国语学校校考阶段练习）已知三次函数过点，且函数在点处的切线恰好是直线.
(1)求函数的解析式；
(2)设函数，若函数在区间上有两个零点，求实数的取值范围.
【解析】（1），
由题意可知：；
（2）令，
设，
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，
因为函数在区间上有两个零点，
所以直线与函数的图象有两个交点，
故有，即实数的取值范围为.
变式4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，．
(1)若函数在上单调递增，求的最小值；
(2)若函数的图象与轴有且只有一个交点，求的取值范围．
【解析】（1），，
因函数在上单调递增，
所以在恒成立，即，
的最小值为．
（2），
，．
①若，则，在上恒成立，
在上单调递增．，，
当时，函数的图象与轴有且只有一个交点．
②若，则，
有两个不相等的实数根，不妨设为，，．
，．
当变化时，，的取值情况如下表：
， ，
，
同理，
．
因为有且只有一个零点，故，解得．
故当时，函数的图象与轴有且只有一个交点．
综上所述，的取值范围是．
题型二：三次函数的最值、极值问题
例4．（2023·云南·高三统考期末）已知函数，.
（1）若函数在上存在单调递增区间，求实数的取值范围；
（2）设.若，在上的最小值为，求的零点.
【解析】（1）∵在上存在单调递增区间，∴在上有解，
又是对称轴为的二次函数，所以在上的最大值大于0，
而的最大值为，∴，
解得：.
（2），
∴，
由得：，，
则在，上单调递减，在上单调递增，
又∵当时，，，
∴在上的最大值点为，最小值为或，
而，
当，即时，，得，
此时，的零点为；
当，即时，，得（舍）.
综上的零点为.
例5．（2023·高三课时练习）已知函数，.
（1）若函数在上存在单调递增区间，求实数的取值范围；
（2）设.若，在上的最小值为，求在上取得最大值时，对应的值.
【解析】（1）∵在上存在单调递增区间，
∴在上有解，
即在上成立，
而的最大值为，
∴，
解得：.
（2），
∴，
由得：，，
则在，上单调递减，在上单调递增，
又∵当时，，，
∴在上的最大值点为，最小值为或，
而，
当，即时，，得，
此时，最大值点；
当，即时，，得（舍）.
综上在上的最大值点为.
例6．（2023·江苏常州·高三常州市北郊高级中学校考期中）已知函数f(x)=，其中a>0.
(1)当a=1时，求f(x)的单调增区间；
(2)若曲线y=f(x)在点处的切线与y轴的交点为（0，b），求b+的最小值.
【解析】(1)当a=1时，，
令，得或，
故的增区间为，.
(2)，则，而，
故曲线在的切线方程为：
，
它与轴的交点为，故，
故，其中，
设，则，
当时，；时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
故即的最小值为.
变式5．（2023·广东珠海·高三校联考期中）已知函数（a，），其图象在点处的切线方程为．
(1)求a，b的值；
(2)求函数的单调区间和极值；
(3)求函数在区间上的最大值．
【解析】（1），，，
又图象在点处的切线方程为，
所以，解得；
（2）由（1）得，，
或时，，时，，
所以的增区间是和，减区间是，
极大值是，极小值是；
（3）由（2）知在和上递增，在上单调递减，
又，，
所以在上的最大值是，最小值是．
变式6．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，，且．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求函数在区间上的最大值．
【解析】（1）由得，
，解得
，
曲线在点处的切线方程为，
即；
（2）由（1），令得或，令得，
函数在上单调递减，在上单调递增，
又，
函数在区间上的最大值为
变式7．（2023·全国·高三专题练习）已知函数在上是增函数，在上是减函数，且的一个根为
（1）求的值；
（2）求证：还有不同于的实根、，且、、成等差数列；
（3）若函数的极大值小于，求的取值范围
【解析】（1），
由题意，可知是极大值点，故.
（2）令，得或,
由的单调性知，
是方程的一个根，
则，
，
方程的根的判别式，
，
又，（）
即不是方程的根
有不同于的根、，
， 、、成等差数列.
（3）根据函数的单调性可知是极大值点,
，于是,
令，
求导，
时，，
在上单调递减，
，
即.
变式8．（2023·浙江宁波·高三效实中学校考期中）已知函数(其中).
（1）求函数的单调区间；
（2）若有两个不同的极值点，，求的取值范围.
【解析】（1）,
①当即时，，在上单调递增；
②当时，，，
在，上单调递增，在上单调递减.
(2)，为()的两根，
，
设()
，
当时，
在上单调递减
，即.
题型三：三次函数的单调性问题
例7．（2023·陕西商洛·高三校考阶段练习）已知三次函数在R上是增函数，则m的取值范围是( )
A．m<2或m>4B．－4【答案】D
【解析】，由题意得恒成立，，，故选D.
例8．（2023·全国·高三专题练习）三次函数在上是减函数，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】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．
例9．（2023·江西宜春·高三校考阶段练习）已知函数，，m是实数.
（1）若在区间(2,+∞)为增函数，求m的取值范围；
（2）在（1）的条件下,函数有三个零点，求m的取值范围.
【解析】(1)，因为在区间为增函数,
所以在区间恒成立,
所以,即恒成立,由,得.
所以的取值范围是.
(2)，
所以,令,解得或,
时, ,在上是增函数,不合题意,
时,令,解得或,令,解得,
所以在递增,在递减,
所以极大值为,极小值为,
要使有3个零点,需，解得.
所以的取值范围是.
变式9．（2023·陕西榆林·高三绥德中学校考阶段练习）已知三次函数在处取得极值，且在点处的切线与直线平行.
（1）求的解析式；
（2）若函数在区间(1，2)上单调递增，求的取值范围.
【解析】（1），由题意，解得，
所以；
（2）由（1），，
在是递增，则在上恒成立，
，时，，所以．
变式10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数在上单调递增，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】①当对任意的恒成立时，则，
则，对任意的恒成立，
则，此时；
②当对任意的恒成立时，则，
则，对任意的恒成立，
则，此时不存在；
③当时，，则，
当时，恒成立，则；
当时，恒成立，则，可得，解得，
此时.
综上所述，实数的的取值范围为.
故答案为：.
题型四：三次函数的切线问题
例10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)求曲线在点，处的切线方程；
(2)设常数，如果过点可作曲线的三条切线，求的取值范围．
【解析】（1）函数，．
切线方程为，即．
（2）由已知关于的方程，即有三个不等实根．
令，则．
可知在递减，在递增，在递减，
的极小值为：，极大值为．
所以.
例11．（2023·江西·高三校联考阶段练习）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）设，若过点可作曲线的三条切线，证明:.
【解析】（1）则在点处的切线方程为
整理得
（2）
构造函数，
即过点可做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，上单调递减，
所以，即可得
例12．（2023·江苏·高三专题练习）已知函数，满足，已知点是曲线上任意一点，曲线在处的切线为.
(1)求切线的倾斜角的取值范围；
(2)若过点可作曲线的三条切线，求实数的取值范围.
【解析】（1）因为，则，
解得，所以，
则，故，，
，，，切线的倾斜角的的取值范围是，，.
（2）设曲线与过点，的切线相切于点，
则切线的斜率为，所以切线方程为
因为点，在切线上，
所以 ，即，
由题意，该方程有三解
设，则，令，解得或，
当或时，，当时，，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
故的极小值为，极大值为，
所以实数的取值范围是.
变式11．（2023·安徽·高三校联考期末）已知函数在 处取得极值．
（1）求m的值；
（2）若过可作曲线的三条切线，求t的取值范围．
【解析】（1）因为，所以，
因为在处取得极值，所以．
经验证符合题意；
（2）设切点坐标为，
由，得，
所以方程为，
将代入切线方程，得．
令，则，
则，解得．
当或时，，
所以在，上单调递增；
当时，，
所以在上单调递减．
所以的极大值为，的极小值为．
因为有三条切线，所以方程有三个不同的解，
与的图象有三个不同的交点，
所以．
变式12．（2023·陕西西安·高三校考阶段练习）已知函数在点处的切线方程为．
（1）求实数，的值；
（2）若过点可作曲线的三条切线，求实数的取值范围．
【解析】（1），
由在点处的切线方程为，
得，，故，故，
（2）由（1）得，
过点向曲线做切线，设切点为，
则切线方程为．
因为切线过，故，
整理得到：，
∵过点可做曲线的三条切线，
故方程有3个不同的解.
记，．
∴当时，有极大值，当时，有极小值．
故当，即时，函数有3个不同零点．
∴实数的取值范围是．
变式13．（2023·全国·高三专题练习）设函数在处取得极值．
(1)设点，求证：过点的切线有且只有一条，并求出该切线方程；
(2)若过点可作曲线的三条切线，求的取值范围；
(3)设曲线在点、处的切线都过点，证明：．
【解析】（1）证明：由，得：，
由题意可得，所以，．
此时，，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，函数在处取得极大值．
设切点为，则切线方程为，
即，
即为，
将点的坐标代入方程可得，
即，所以，即点为切点，且切点是唯一的，故切线有且只有一条．
所以切线方程为.
（2）因为切线方程为，
把点的坐标代入切线方程可得，
因为有三条切线，故方程得有三个不同的实根．
设，
，令，可得和．
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
所以，函数在处取得极大值，且，
函数在处取得极小值，且，
因为方程有三个根，则，解得，
因为，，
由零点存在定理可知，函数有三个零点，
综上所述，．
（3）证明：假设，则，则，
因为，所以．
由（2）可得，两式相减可得．
因为，故．
把代入上式可得，，
所以，，所以．
又由，这与矛盾．
所以假设不成立，即证得．
题型五：三次函数的对称问题
例13．（2023·全国·高三专题练习）给出定义：设是函数的导函数，是函数的导函数.若方程有实数解，则称为函数的“拐点”.经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图象的对称中心.若函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由，可得，
令，可得，又，
所以的图像的对称中心为，
即，
所以
，
故选：B.
例14．（2023·全国·高三专题练习）已知函数的图象上存在一定点满足：若过点的直线与曲线交于不同于的两点，就恒有的定值为，则的值为______.
【答案】2
【解析】因为为定点，为定值，所以两点关于点对称，
由可得，
设，
令，解得，
所以根据三次函数的对称中心的二阶导数为0可得是三次函数的对称中心，
所以，即.
故答案为：2
例15．（2023·新疆·统考二模）对于三次函数，给出定义：设是的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为曲线的“拐点”，可以发现，任何一个三次函数都有“拐点”.设函数，则_____________.
【答案】－3033
【解析】因为，
所以，
设，则，
令，可得，
又，
所以，即，
所以，
所以.
故答案为：.
变式14．（多选题）（2023·江苏南京·高三南京市江宁高级中学校联考期末）对于三次函数，给出定义：是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”.某同学经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.若函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的极大值为
B．有且仅有2个零点
C．点是的对称中心
D．
【答案】ACD
【解析】由函数，可得，
令，解得或；令，解得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，
当时，取得极大值，极大值为，所以A正确；
又由极小值，且当时，，
当时，，所以函数有3个零点，所以B错误；
由，可得，令，可得，
又由，所以点是函数的对称中心，
所以C正确；
因为是函数的对称中心，所以，
令，
可得，
所以，
所以，即，
所以D正确.
故选：ACD.
变式15．（多选题）（2023·广东佛山·高三南海中学校考期中）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”就是三次函数图像的对称中心，已知函数的对称中心为，则下列说法中正确的有（ ）
A．，
B．函数有三个零点
C．过可以作两条直线与图像相切
D．若函数在区间上有最大值，则
【答案】ACD
【解析】对于A中，由，可得，则，
因为点是对称中心，结合题设中“拐点”的定义可知，
且，解得，所以A正确；
对于B中，由，可知，则，
令，可得或，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
又，则函数图象如图所示，
由图象可知，函数只有一个零点，所以B错误；
对于C中，因为，所以点恰好在的图象上，
画出函数的切线，如图所示，
由图象可知过点可作函数的两条切线，所以C正确；

对于D中，若在区间上有最大值，由上图可知，最大值只能是，
所以且，解得，所以D正确.
故选：ACD.
变式16．（多选题）（2023·安徽阜阳·高三安徽省太和中学校考竞赛）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”就是三次函数图像的对称中心.已知函数的对称中心为，则下列说法中正确的有（ ）
A．，
B．的值是199.
C．函数有三个零点
D．过可以作三条直线与图像相切
【答案】AB
【解析】因为，所以，
从而，由题意，即，解得，故A正确；
因为函数的对称中心为，
所以有，
设，
所以有，
得，，所以
即的值是199.故B正确；
因为，所以，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以在与处取得极大值与极小值，
又，，即的极大值与极小值大于0，
所以函数不会有3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，即，解得或，
即满足题意的切点只有两个，所以满足题意只有两条切线，故D错误.
故选：AB.
题型六：三次函数的综合问题
例16．（2023·全国·高三专题练习）已知函数在上是增函数，在上是减函数，且方程有3个实数根，它们分别是，，2，则的最小值是（ ）
A．5B．6C．1D．8
【答案】A
【解析】由得，因为在上是增函数，在上是减函数，所以，所以，此时的另外一个根，所以，因为方程有3个实数根，它们分别是，，2，所以，所以
且，
所以则
所以，因为，所以，所以的最小值是5.
故选：A．
例17．（2023·陕西西安·高三西安中学校考期中）已知函数，，给出下列四个结论，分别是：①；②在上单调；③有唯一零点；④存在，使得．其中有且只有一个是错误的，则错误的一定不可能是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】C
【解析】，
假设①错误，则，因此二次函数是开口向下的抛物线，
因此④一定正确，当时，即时，②成立，当时，
，当时，，所以③有唯一零点正确；
假设②错误，则在上不单调，所以有，即，两根为：
，显然④正确，要想①正确，二次函数
是开口向上的抛物线，所以函数从左到右先增后减再增，
要想③正确，只需或，比如当时可以使①③正确；
假设③错误，则在上单调，且，因此，所以④也错误；
假设④错误，则，因此②在上单调递增，显然此时有，
当时，，当时，，
所以③有唯一零点正确，
故选：C
例18．（2023·全国·高三专题练习）已知，，且，现给出如下结论：
①；②；③；
④；⑤．
其中正确结论的序号是__．
【答案】③④⑤
【解析】求导函数可得，
当时，；当，或时，，
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为，
所以的极大值为，
的极小值为，函数没有最值，
要使有三个解、、，那么结合函数草图可知：，
所以，且，所以，
，，，故①②错误；③④⑤正确.
故答案为：③④⑤．
变式17．（2023·黑龙江大庆·高三大庆实验中学校考期末）已知，现给出如下结论：
①； ②； ③； ④.
其中正确结论的序号为（ ）
A．②③B．①④C．②④D．①③
【答案】A
【解析】分析：先求出f′（x），再进行因式分解，求出f′（x）＜0和f′（x）＞0对应x的范围，即求出函数的单调区间和极值，再由条件判断出a、b、c的具体范围和f（1）＞0且f（2）＜0，进行求解得到abc的符号，进行判断出f（0）的符号．
由题意得，f′（x）=3x2﹣9x+6=3（x﹣1）（x﹣2），
∴当x＜1或x＞2时，f′（x）＞0，当1＜x＜2时，f′（x）＜0，
∴函数f（x）的增区间是（﹣∞，1），（2，+∞），减区间是（1，2），
∴函数的极大值是f（1）=，函数的极小值是f（2）=2﹣abc，
∵a＜b＜c，且f（a）=f（b）=f（c）=0，
∴a＜1＜b＜2＜c，f（1）＞0且f（2）＜0，解得2＜，
∴f（0）=﹣abc＜0，
则f（0）f（1）＜0、f（0）f（2）＞0，
故答案为：A．
变式18．（2023·湖北·高三校联考阶段练习）函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.已知函数.
(1)若函数的对称中心为，求函数的解析式.
(2)由代数基本定理可以得到：任何一元次复系数多项式在复数集中可以分解为n个一次因式的乘积.进而，一元n次多项式方程有n个复数根（重根按重数计）.如设实系数一元二次方程，在复数集内的根为，，则方程可变形为，展开得：则有，即，
类比上述推理方法可得实系数一元三次方程根与系数的关系，
①若，方程在复数集内的根为、、，当时，求的最大值；
②若，函数的零点分别为、、，求的值.
【解析】（1）为奇函数，则恒成立.
即，
整理得：恒成立，故，解得，
故.
（2）①若，则，由题有的三个实根为，，.
设，
展开得，
故，
则，
又，故，
综上：当时，的最大值为0；
②时，，由有，
同时除以得，令，，，
由题知是方程的三个根，
则，展开得，
则.
变式19．（2023·全国·高三专题练习）已知函数在上为增函数，在上为减函数，且方程的三个根分别为．
（1）求实数的取值范围；
（2）求的取值范围．
【解析】（1）求导函数得，
由题设两根为，则，所以.
（2）由（1）和条件得 ,，则，
所以
所以是方程的两根，
所以，解得，又，
所以
所以.
所以的范围是.
变式20．（2023·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习）给出定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称为函数的.“固点”.经研究发现所有的三次函数都有“固点”，且该“固点”也是函数的图象的对称中心.根据以上信息和相关知识回答下列问题：已知函数.
(1)当时，试求的对称中心.
(2)讨论的单调性；
(3)当时，有三个不相等的实数根，当取得最大值时，求的值.
【解析】（1），，，
令，，，
故的对称中心为.
（2），
令，则，，
当时，，恒成立，所以函数在上单调递增；
当时，，在，上，，函数在，上单调递增，在上，，所以函数在上单调递减；
当时，，在，上，，函数在，上单调递增，在上，，函数在上单调递减.
综上所述：
当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减.
（3），，
令，，，所以对称中心为，
当和时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
；
，
要使得有三个解，故，，
且，，是方程的根，
由于对称性，为了简化研究，只研究的情况，
，
根据常数项知：，根据对称性知：，
，且，
故，即，
.
当时，取得最大值，此时.
题型七：三次函数恒成立问题
例19．（2023·全国·高三专题练习）已知三次函数的导函数且，．
（1）求的极值；
（2）求证：对任意，都有．
【解析】（I）由题意，令且 所以由的单调性可知的极小值为极大值为
（II）且从而问题转化为在
上恒成立.
试题解析：
（I）依题意得，
知在和上是减函数，在上是增函数
∴，
（II）法1：易得时，，
依题意知，只要
由知，只要
令，则
注意到，当时，；当时，，
即在上是减函数，在是增函数，
即，综上知对任意，都有
法2：易得时，，
由知, ,令
则
注意到，当时，；当时，，
即在上是减函数，在是增函数，，所以,
即.
综上知对任意，都有.
法3: 易得时，，
由知, ,令,则
令,则,知在递增,注意到,所以, 在上是减函数，在是增函数,有,即
综上知对任意，都有.
例20．（2023·全国·高三专题练习）设为实数，函数，.
(1)求的极值；
(2)对于，，都有，试求实数的取值范围.
【解析】(1)函数的定义域为，，
令，可得或，列表如下：
故函数的极大值为，极小值为.
(2)对于，，都有，则.
由（1）可知，函数在上单调递减，在上单调递增，
故当时，，
因为，且，则且不恒为零，
故函数在上单调递增，故，
由题意可得，故.
例21．（2023·四川泸州·高三泸州老窖天府中学校考阶段练习）已知三次函数．
（1）若函数在点处的切线方程是，求函数的解析式；
（2）在（1）的条件下，若对于区间上任意两个自变量的值，，都有，求出实数的取值范围．
【解析】（1）由题意，函数，可得，
因为函数在点处的切线方程是，
可得，解得，，所以．
（2）由（1）知，令，即，解得，
当时，；当时，；当
时，；
所以在和上分别单调递增，在上单调递减，
而，，，，
所以在区间上，，
所以对于区间上任意两个自变量，，
都有，所以，
即实数的取值范围是．
变式21．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，为函数的导函数
(1)若为函数的极值点，求实数的值；
(2)的单调增区间内有且只有两个整数时，求实数的取值范围；
(3)对任意时，任意实数，都有恒成立，求实数的最大值.
【解析】（1）因为，
所以，
因为为函数的极值点，
所以，解得或；
当时，，则，
所以，当时，函数单调递增，当或时，函数单调递减，故函数在处取得极小值，符合题意；
当时，，则，
所以，当时，函数单调递增，当或时，函数单调递减，故函数在处取得极小值，符合题意；
综上，或．
（2） ，
因为，的单调增区间内有且只有两个整数，
所以，有且只有两个整数满足不等式，即有且只有两个整数满足不等式，
显然，
当时，解得，即不等式的解集为，
所以，解得；
当时，解得，即不等式的解集为，
所以，解得；
综上可得
（3）因为，
令，则，
令，则或，
因为，所以，，
所以当，和，时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
所以函数的极小值为，
又，
令，在上成立，
所以，当时，函数单调递增，故，
所以，
即当，时，，
又
其对应函数图像的对称轴为，
所以时，，
所以，故有，
所以，，，
因为，，
所以，
所以，即实数的最大值为.
变式22．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，．
(1)对任意，使得是函数在区间上的最大值，试求最大的实数．
(2)若，对于区间的任意两个不相等的实数、，且，都有成立，求的取值范围．
【解析】（1）是函数在区间上的最大值，区间恒成立，
即在区间上恒成立，
又，所以只需在区间上恒成立，
，函数的对称轴为
只需对一切恒成立，
记，关于a的单调递减的一次函数，
只需，解得，
最大的实数为2．
（2）当，，求导
函数在区间上是减函数，
，成立，
成立，
即，，
构造函数和在区间上是减函数．
所以，即在区间上恒成立，
利用二次函数的性质知的最大值为
，即；
同理，即在区间上恒成立，
利用二次函数的性质知的最大值为
，即；
，不存在．
变式23．（2023·辽宁沈阳·高三东北育才学校校考期中）已知函数，是上的奇函数，当时，取得极值．
(1)求函数的单调区间和极大值；
(2)若对任意，都有成立，求实数的取值范围；
(3)若对任意，，都有成立，求实数的取值范围．
【解析】（1）是上的奇函数，
，即，得恒成立，
可得，即，
又当时，取得极值，，
解得，故函数，导函数，
令解得，当或时，，
当时，，
单调增区间为和，单调减区间为，
故当时，取到极大值
（2），对任意，都有成立，只需在时恒成立，
构造函数，，则有，
令可得或，当时，，单调递减
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
当时，取到极大值，又，故的最大值为8，
故实数的取值范围为：；
（3）若对任意，，都有成立，
即在区间上的最大值都小于或等于的最小值，
由（1）可知：当时，单调递减，当时，单调递增，
故当时，函数取到极小值，也是该区间的最小值，
而为开口向上的抛物线，对称轴为，故当时取最大值，
由，解得
故实数的取值范围为：
变式24．（2023·江苏南通·高三江苏省如东高级中学校考期中）已知函数，其中，.
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）当，且时，
（i）若有两个极值点，，求证：；
（ii）若对任意的，都有成立，求正实数的最大值.
【解析】（1），
.
令，得，.
①当，即时，，
在上递增；
②当，即时，
在，上递增，在递减；
③当，即时，在，上递增，在上递减.
（2）（i）证明：，.
由已知，是方程，即的两实根，
故，又，所以.
由韦达定理得：，，
因为，
所以，.
.
设，
则
所以递增，
故，即.
（ii）当时，不等式恒成立；
当时，不等式化为.
设，
因为，
所以在上单调递减.
因为，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故.
又，所以，
此时.
变式25．（2023·全国·高三专题练习）已知函数在处取得极值，．
（1）求的值与的单调区间；
（2）设，已知函数，若对于任意、，，都有，求实数的取值范围．
【解析】（1）由题意得的定义域为，，
函数在处取得极值，
（2），解得，
则由得或，
、、的关系如下表：
函数的单调递增区间为、，单调递减区间为；
（2）由（1）得函数，
当时，对任意、，，都有，
即当，，时，，
在，上单调递减，，，，
在，上单调递减，
则，，
则，
即，解得或，结合，得，
故实数的取值范围为．
图像
0
+
0
-
0
+
-4


0
0
增
极大值
减
极小值
增
增
极大值
减
极小值
增
2
0
0
递增
极大值
递减
极小值
递增