三次函數(shù)的性質(zhì)及在高考中的應(yīng)用(附解答)

三次函數(shù)的性質(zhì)及在高考中的應(yīng)用(附解答)三次函數(shù)的性質(zhì)及在高考中的應(yīng)用一、三次函數(shù)的常用性質(zhì)性質(zhì)1：對于函數(shù)$y=ax^3+bx^2+cx+d(a\neq0)$，當(dāng)$a>0$且$\Delta\leq0$時，$y=f(x)$是增函數(shù)；當(dāng)$\Delta>0$時，單調(diào)遞增區(qū)間是$(-\infty,x_1]\cup[x_2,+\infty)$，單調(diào)遞減區(qū)間是$[x_1,x_2]$；當(dāng)$a<0$且$\Delta\leq0$時，$y=f(x)$是減函數(shù)；當(dāng)$\Delta>0$時，單調(diào)遞減區(qū)間是$(-\infty,x_2]\cup[x_1,+\infty)$，單調(diào)遞增區(qū)間是$[x_2,x_1]$。其中$\Delta=b^2-3ac$，$x_1=\frac{-b+\sqrt{\Delta}}{3a}$，$x_2=\frac{-b-\sqrt{\Delta}}{3a}$。推論：對于函數(shù)$y=ax^3+bx^2+cx+d(a\neq0)$，當(dāng)$\Delta\leq0$時，不存在極大值和極小值；當(dāng)$\Delta>0$時，有極大值$f(x_1)$和極小值$f(x_2)$。根據(jù)$a$和$\Delta$的不同情況，其圖像特征分別為：性質(zhì)2：函數(shù)$y=ax^3+bx^2+cx+d(a\neq0)$是中心對稱圖形，其對稱中心是$(-\frac{3a},f(-\frac{3a}))$。二、三次函數(shù)的性質(zhì)在高考中的應(yīng)用高考試題對三次函數(shù)主要考查：函數(shù)圖像的切線方程，函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的極值，函數(shù)的最值，證明不等式，函數(shù)零點(diǎn)的個數(shù)等。1.（2004重慶卷）設(shè)函數(shù)$f(x)=x(x-1)(x-a)$，$(a>1)$(1)求導(dǎo)數(shù)$f'(x)$，并證明$f(x)$有兩個不同的極值點(diǎn)$x_1,x_2$；(2)若不等式$f(x_1)+f(x_2)\leqC$成立，求$a$的取值范圍。2.（2008福建卷）已知函數(shù)$f(x)=\frac{1}{3}x+\frac{1}{2}x^2-2$（1）設(shè)$\{a_n\}$是正數(shù)組成的數(shù)列，前$n$項和為$S_n$，其中$a_1=3$。若點(diǎn)$(a_n,a_{n+1}-2a_{n+1})$$(n\inN^*)$在函數(shù)$y=f'(x)$的圖像上，求證：點(diǎn)$(n,S_n)$也在$y=f'(x)$的圖像上；（2）求函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$(a-1,a)$內(nèi)的極值。3.（2006天津卷）已知函數(shù)$f(x)=4x-3x\cos\theta+32$，其中$x\inR$，$\theta$為參數(shù)，且$0\leq\theta\leq2\pi$。（1）當(dāng)$\cos\theta=\frac{3}{4}$時，判斷函數(shù)$f(x)$是否有極值；（2）要使函數(shù)$f(x)$的極小值大于零，求參數(shù)$\theta$的取值范圍。4.（2007全國二理）已知函數(shù)$f(x)=x^3-x$。（1）求曲線$y=f(x)$在點(diǎn)$M(t,f(t))$處的切線方程；（2）若對（2）中所求的取值范圍內(nèi)的任意參數(shù)$\theta$，函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$(2a-1,a)$內(nèi)都是增函數(shù)，求實數(shù)$a$的取值范圍。2.設(shè)$a>0$，如果過點(diǎn)$(a,b)$可作曲線$y=f(x)$的三條切線，證明：$-a<b<f(a)$。5.已知函數(shù)$f(x)=\dfrac{2}{3}x+ax+b$在區(qū)間$[-1,1]$內(nèi)各有一個極值點(diǎn)。當(dāng)$a-4b=8$時，設(shè)函數(shù)$y=f(x)$在點(diǎn)$A(1,f(1))$處的切線為$l$，若$l$在點(diǎn)$A$處穿過函數(shù)$y=f(x)$的圖象（即動點(diǎn)在點(diǎn)$A$附近沿曲線$y=f(x)$運(yùn)動，經(jīng)過點(diǎn)$A$時，從$l$的一側(cè)進(jìn)入另一側(cè)），求函數(shù)$f(x)$的表達(dá)式。6.已知函數(shù)$f(x)=\dfrac{1}{3}x^2+ax^2+bx$，且$f'(-1)=3$。（1）試用含$a$的代數(shù)式表示$b$，并求$f(x)$的單調(diào)區(qū)間；（2）令$a=-1$，設(shè)函數(shù)$f(x)$在$x_1,x_2(x_1<x_2)$處取得極值，記點(diǎn)$M(x_1,f(x_1))$，$N(x_2,f(x_2))$，$P(m,f(m))$，$x_1<m<x_2$。請仔細(xì)觀察曲線$f(x)$在點(diǎn)$P$處的切線與線段$MP$的位置變化趨勢，并解答以下問題：（I）若對任意的$m\in(t,x_2]$，線段$MP$與曲線$f(x)$均有異于$M$，$P$的公共點(diǎn)，試確定$t$的最小值，并證明你的結(jié)論；（II）若存在點(diǎn)$Q(n,f(n))$，$x_1<n<x_2$，使得線段$PQ$與曲線$f(x)$有異于$P$、$Q$的公共點(diǎn)，請直接寫出$m$的取值。解答：2.設(shè)過點(diǎn)$(a,b)$的三條切線分別為$y=k_1x+c_1$，$y=k_2x+c_2$，$y=k_3x+c_3$，則有$k_1a+b=k_2a+b=k_3a+b$。由于$a>0$，所以$k_1,k_2,k_3$不相等。因此，這三條切線對應(yīng)的直線方程的圖象在直線$y=b$兩側(cè)各有一個交點(diǎn)，這三個交點(diǎn)分別記為$A$，$B$，$C$。由于$f(x)$在點(diǎn)$A$處有切線，所以$f(x)$在點(diǎn)$A$處可導(dǎo)，即$f'(a)$存在。由于$A$在直線$y=b$上，所以$f'(a)$等于直線$y=b$的斜率$k_1=k_2=k_3$。因此，$f'(a)=k_1=\dfrac{a}$。又因為$f(x)$在點(diǎn)$A$處有切線，所以$f(x)$在點(diǎn)$A$處連續(xù)，即$f(a)=f(1)+f'(a)(a-1)=b+\dfrac{a}(a-1)=a\dfrac{a}$.因此，$-a<b<f(a)$。5.當(dāng)$a-4b=8$時，$l$的斜率為$k=\dfrac{2}{3}+a$。設(shè)$l$在點(diǎn)$A$處穿過函數(shù)$y=f(x)$的圖象的交點(diǎn)為$P(m,f(m))$，則有$f(m)=k(m-1)+f(1)=\dfrac{2}{3}(m-1)+a(m-1)+b$。因此，$f(x)=\dfrac{2}{3}(x-1)+a(x-1)+b$。6.（1）$f'(x)=\dfrac{2}{3}x+2ax+b$，令$f'(x)=0$，解得$x=-\dfrac{3b}{4a}$。因為$f(x)$在$x=-1$處取得極值，所以$f'(-1)=0$。代入$f'(x)$，得$-\dfrac{2}{3}+2a+b=0$，即$b=\dfrac{2}{3}-2a$。因此，$f(x)=\dfrac{1}{3}(x^2+6ax+4-12a)$。當(dāng)$a<0$時，$f(x)$在$(-\infty,-1)$上單調(diào)遞減，在$(-1,\infty)$上單調(diào)遞增；當(dāng)$a=0$時，$f(x)$在$(-\infty,\infty)$上單調(diào)遞增；當(dāng)$a>0$時，$f(x)$在$(-\infty,x_1)$上單調(diào)遞減，在$(x_1,x_2)$上單調(diào)遞增，在$(x_2,\infty)$上單調(diào)遞減。（2）$f'(x)=\dfrac{2}{3}x+2ax+b$，令$f'(x)=0$，解得$x=-\dfrac{3b}{4a}$。因為$f(x)$在$x_1,x_2$處取得極值，所以$f'(x_1)=f'(x_2)=0$。代入$f'(x)$，得$\dfrac{2}{3}x_1+2ax_1+b=0$，$\dfrac{2}{3}x_2+2ax_2+b=0$。因此，$x_1=-\dfrac{3b}{4a}$，$x_2=-\dfrac{3b}{4a}$。設(shè)點(diǎn)$P(m,f(m))$，則$MP$的斜率為$k=\dfrac{f(m)-f(x_1)}{m-x_1}=\dfrac{f(x_2)-f(m)}{x_2-m}$?；喌?f(m)-\dfrac{f(x_2)+f(x_1)}{2}=\dfrac{(x_2-x_1)(m-\dfrac{x_2+x_1}{2})}{4}$。因為$f(x)$在$x_1,x_2$處取得極值，所以$f(x_1)\geqf(m)\leqf(x_2)$。因此，$f(x_2)+f(x_1)\leq2f(m)$，即$\dfrac{f(x_2)+f(x_1)}{2}\leqf(m)$。因此，$f(m)-\dfrac{f(x_2)+f(x_1)}{2}\geq0$。又因為$k>0$，所以$m>\dfrac{x_2+x_1}{2}$。因此，對任意的$m\in(\dfrac{x_2+x_1}{2},x_2]$，線段$MP$與曲線$f(x)$均有異于$M$，$P$的公共點(diǎn)。當(dāng)$m=\dfrac{x_2+x_1}{2}$時，$P$和$M$重合，$MP$與曲線$f(x)$在點(diǎn)$M$處相切。因此，$t=\dfrac{x_2+x_1}{2}$。當(dāng)$f(m)=\dfrac{1}{3}(m^2+6am+4-12a)$時，$PQ$的斜率為$k=\dfrac{f(n)-f(m)}{n-m}$。化簡得$f(n)-\dfrac{f(x_2)+f(x_1)}{2}=\dfrac{(x_2-x_1)(n+m-2t)}{4}$。因為$f(x)$在$x_1,x_2$處取得極值，所以$f(x_1)\geqf(n)\leqf(x_2)$。因此，$f(x_2)+f(x_1)\leq2f(n)$，即$\dfrac{f(x_2)+f(x_1)}{2}\leqf(n)$。因此，$f(n)-\dfrac{f(x_2)+f(x_1)}{2}\geq0$。又因為$k>0$，所以$n>m$。因此，$m$的取值為$\dfrac{x_2+x_1}{2}<m<x_2$。1.由不等式$2a^2-5a+2\geq0$，得$a\leq\frac{1}{2}$或$a\geq2$。因此，當(dāng)$a\geq2$時，不等式$f(x_1)+f(x_2)\leq0$成立。2.(I)證明：因為$f(x)=\frac{3x+x^2-2}{2}$，點(diǎn)$(a_n,a_{n+1}-2a_{n+1})$在函數(shù)$y=f'(x)$的圖像上，又$a_n>0(n\inN^+)$，所以$(a_{n-1}-a_n)(a_{n+1}-a_n-2)=0$，因此$S_n=3n+n(n-1)\times2=n^2+2n$，又因為$f'(n)=n^2+2n$，所以點(diǎn)$(n,S_n)$也在函數(shù)$y=f'(x)$的圖像上。(II)解：$f'(x)=x+2x=x(x+2)$，由$f'(x)=0$，得$x=0$或$x=-2$。當(dāng)$x$變化時，$f'(x)$和$f(x)$的變化情況如下表：$x$$f'(x)$$f(x)$$(-\infty,-2)$$+$$\nearrow$$(-2,0)$$-$$\searrow$$(0,+\infty)$$+$$\nearrow$注意到$(a-1)-a=1<2$，從而：①當(dāng)$a-1<-2<a$，即$-2<a<-1$時，$f(x)$的極大值為$f(-2)=-2$，此時$f(x)$無極小值；②當(dāng)$a-1<0<a$，即$0<a<1$時，$f(x)$的極小值為$f(0)=-2$，此時$f(x)$無極大值；③當(dāng)$a>1$時，$f(x)$既無極大值又無極小值。因此，當(dāng)$a\leq-1$或$2\leqa$時，$f(x)$既無極大值又無極小值，當(dāng)$-1<a<2$時，$f(x)$的極大值為$f(-2)=-2$，極小值為$f(0)=-2$。3.曲線$y=\sin(3x)+\cos(4x)$在區(qū)間$[\frac{\pi}{3},\frac{11\pi}{4}]$上無極值，在區(qū)間$(-\infty,0]\cup[1,+\infty)$上也無極值。4.(1)求函數(shù)$f(x)$的導(dǎo)數(shù)：$f'(x)=3x^2-1$。曲線$y=f(x)$在點(diǎn)$M(t,f(t))$處的切線方程為：$y-f(t)=f'(t)(x-t)$，即$y=(3t^2-1)x-2t^3$。(2)如果有一條切線過點(diǎn)$(a,b)$，則存在$t$，使$b=(3t^2-1)a-2t^3$。于是，若過點(diǎn)$(a,b)$可作曲線$y=f(x)$的三條切線，則方程$2t^3-3at^2+a+b=0$有三個相異的實數(shù)根。記$g(t)=2t^3-3at^2+a+b$，則$g'(t)=6t^2-6at=6t(t-a)$。當(dāng)$t$變化時，$g(t)$，$g'(t)$變化情況如下表：$t$$g'(t)$$g(t)$$(-\infty,0)$極大值$a+b$$(0,a)$極小值$b-f(a)$$(a,+\infty)$$+$$\nearrow$$-$$\searrow$$+$因此，方程$2t^3-3at^2+a+b=0$有三個相異的實數(shù)根當(dāng)且僅當(dāng)$a+b>f(a)$且$b<f(a)$。根據(jù)函數(shù)g(t)的單調(diào)性，當(dāng)極大值a+b<或極小值b-f(a)>時，方程g(t)=0最多有一個實數(shù)根；當(dāng)a+b=時，解方程g(t)=0得到t=3a/2，即方程g(t)=0只有兩個相異的實數(shù)根；當(dāng)b-f(a)=時，解方程g(t)=0得到t=-a，t=a，即方程g(t)=0只有兩個相異的實數(shù)根。因此，如果過點(diǎn)(a,b)可作曲線y=f(x)三條切線，即g(t)有三個相異的實數(shù)根，則-a<b<f(a)。解：（I）因為函數(shù)f(x)=x^2+ax+b在區(qū)間[-1,1)，(1,3]內(nèi)分別有一個極值點(diǎn)，所以f'(x)=2x+a在[-1,1)，(1,3]內(nèi)分別有一個實根，設(shè)兩實根為x1，x2（x1<x2），則x2-x1=a^2-4b，且|x2-x1|≤4。于是，-4≤a^2-4b≤4，-16≤a^2-4b≤16，且當(dāng)x1=-1，x2=3，即a=-2，b=-3時等號成立。故a^2-4b的最大值是16。（II）解法一：由f'(1)=1+a+b知f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線l的方程是y=(1+a+b)x-(a/2)。因為切線l在點(diǎn)A(1,f(1))處穿過y=f(x)的圖象，所以g(x)=f(x)-[(1+a+b)x-(a/2)]在x=1兩邊附近的函數(shù)值異號，則x=1不是g(x)的極值點(diǎn)。而g(x)=(1/3)x^3+(a/2)x^2+(b-a/2)x-(1+a+b)x+(a/2)，且g'(x)=x^2+ax-a-1=(x-1)(x+1+a)。若1≠-1-a，則x=1和x=-1-a都是g(x)的極值點(diǎn)。所以1=-1-a，即a=-2，又由a-4b=8，得b=-1，故f(x)=(1/3)x^3-x^2-x。解法二：同解法一得g(x)=f(x)-[(1+a+b)x-(a/2)]，因為切線l在點(diǎn)A(1,f(1))處穿過y=f(x)的圖象，所以g(x)在x=1兩邊附近的函數(shù)值異號，于是存在m1，