新高考數(shù)學(xué)專(zhuān)題復(fù)習(xí)專(zhuān)題26三次函數(shù)的圖像與性質(zhì)專(zhuān)題練習(xí)(學(xué)生版+解析)

專(zhuān)題26三次函數(shù)的圖像與性質(zhì)一、題型選講題型一、三次函數(shù)的切線問(wèn)題三次函數(shù)的切線問(wèn)題關(guān)鍵就是求出切線的斜率以及切點(diǎn)，要注意切點(diǎn)的橫坐標(biāo)、斜率以及切線方程的密切聯(lián)系。例1、（2020屆山東省濰坊市高三上學(xué)期統(tǒng)考）當(dāng)直線和曲線E：交于三點(diǎn)時(shí)，曲線E在點(diǎn)A，點(diǎn)C處的切線總是平行的，則過(guò)點(diǎn)可作曲線E的切線的條數(shù)為（）A．0 B．1 C．2 D．3例2、【2018年新課標(biāo)1理科05】設(shè)函數(shù)f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax．若f（x）為奇函數(shù)，則曲線y＝f（x）在點(diǎn)（0，0）處的切線方程為（）A．y＝﹣2x B．y＝﹣x C．y＝2x D．y＝x題型二、運(yùn)用三次函數(shù)的圖像研究零點(diǎn)問(wèn)題遇到函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題，通常轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象交點(diǎn)問(wèn)題，進(jìn)而借助數(shù)形結(jié)合思想解決問(wèn)題；也可轉(zhuǎn)化為方程解的個(gè)數(shù)問(wèn)題，通過(guò)具體的解方程達(dá)到解決問(wèn)題的目的.前者由于是通過(guò)圖形解決問(wèn)題，故對(duì)繪制的函數(shù)圖象準(zhǔn)確度和細(xì)節(jié)處要求較高，后者對(duì)問(wèn)題轉(zhuǎn)化的等價(jià)性和邏輯推理的嚴(yán)謹(jǐn)性要求較高.下面的解法是從解方程的角度考慮的.例3、(2017南通、揚(yáng)州、泰州、淮安三調(diào)）已知函數(shù)若函數(shù)恰有2個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是▲．例4、(2019南京學(xué)情調(diào)研）已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12x－x3，,x≤0，,－2x，,x＞0.)))當(dāng)x∈(－∞，m]時(shí)，f(x)的取值范圍為[－16，＋∞)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．題型三、三次函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題研究三次函數(shù)的單調(diào)性，往往通過(guò)導(dǎo)數(shù)進(jìn)行研究。要特別注意含參的討論。例5、(2018無(wú)錫期末）若函數(shù)f(x)＝(x＋1)2|x－a|在區(qū)間[－1，2]上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．例6、【吉林省通鋼一中、集安一中、梅河口五中等省示范高中2020屆高三（5月份）模擬】已知函數(shù)f(x)=x（1）討論fx在(a,+∞)（2）若a≥?3，求不等式f2x題型四、三次函數(shù)的極值與最值問(wèn)題①利用導(dǎo)數(shù)刻畫(huà)函數(shù)的單調(diào)性，確定函數(shù)的極值；②通過(guò)分類(lèi)討論，結(jié)合圖象，實(shí)現(xiàn)函數(shù)的極值與零點(diǎn)問(wèn)題的轉(zhuǎn)化.函數(shù)、方程和不等式的綜合題，常以研究函數(shù)的零點(diǎn)、方程的根、不等式的解集的形式出現(xiàn)，大多數(shù)情況下會(huì)用到等價(jià)轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想解決問(wèn)題，而這里的解法是通過(guò)嚴(yán)謹(jǐn)?shù)牡葍r(jià)轉(zhuǎn)化，運(yùn)用純代數(shù)的手段來(lái)解決問(wèn)題的，對(duì)抽象思維和邏輯推理的能力要求較高，此題也可通過(guò)數(shù)形結(jié)合的思想來(lái)解決問(wèn)題，可以一試.例7、（2020屆浙江省溫麗聯(lián)盟高三第一次聯(lián)考）若函數(shù)的極大值是，極小值是，則()A．與有關(guān)，且與有關(guān) B．與有關(guān)，且與無(wú)關(guān)C．與無(wú)關(guān)，且與無(wú)關(guān) D．與無(wú)關(guān)，且與有關(guān)例8、（2020屆浙江省十校聯(lián)盟高三下學(xué)期開(kāi)學(xué)）已知函數(shù)，若函數(shù)有三個(gè)互不相同的零點(diǎn)0，，，其中，若對(duì)任意的，都有成立，則實(shí)數(shù)的最小值為_(kāi)_____.例9、（2020屆山東省濰坊市高三上期中）已知函數(shù)．（1）當(dāng)時(shí)，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；（2）若函數(shù)處有極小值，求函數(shù)在區(qū)間上的最大值．例10、（2017江蘇）已知函數(shù)有極值，且導(dǎo)函數(shù)的極值點(diǎn)是的零點(diǎn)．（極值點(diǎn)是指函數(shù)取極值時(shí)對(duì)應(yīng)的自變量的值）（1）求b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式，并寫(xiě)出定義域；（2）證明：；（3）若這兩個(gè)函數(shù)的所有極值之和不小于，求a的取值范圍．二、達(dá)標(biāo)訓(xùn)練1、（2019·山東師范大學(xué)附中高三月考）函數(shù)的零點(diǎn)所在區(qū)間為（）A． B． C． D．2、【2014年新課標(biāo)1理科11】已知函數(shù)f（x）＝ax3﹣3x2+1，若f（x）存在唯一的零點(diǎn)x0，且x0＞0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A．（1，+∞） B．（2，+∞） C．（﹣∞，﹣1） D．（﹣∞，﹣2）3、【2013年新課標(biāo)2理科10】已知函數(shù)f（x）＝x3+ax2+bx+c，下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是（）A．?x0∈R，f（x0）＝0 B．函數(shù)y＝f（x）的圖象是中心對(duì)稱(chēng)圖形 C．若x0是f（x）的極小值點(diǎn)，則f（x）在區(qū)間（﹣∞，x0）單調(diào)遞減 D．若x0是f（x）的極值點(diǎn)，則f′（x0）＝04、【2020屆百師聯(lián)盟高三練習(xí)題四】若函數(shù)f(x)=x3+2ax2+ax?1在5、【2019屆福建省寧德市高三質(zhì)量檢查】若函數(shù)f(x)=ex?a,x<1x36、(2019南京、鹽城二模）已知函數(shù)f(x)＝設(shè)g(x)＝kx＋1，且函數(shù)y＝f(x)－g(x)的圖像經(jīng)過(guò)四個(gè)象限，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為_(kāi)_______．7、(2018蘇中三市、蘇北四市三調(diào)）已知函數(shù)的圖象恰好經(jīng)過(guò)三個(gè)象限，則實(shí)數(shù)的取值范圍是▲．8、【2020年全國(guó)3卷理科21】設(shè)函數(shù)f(x)=x3+bx+c，曲線y=f(x)在點(diǎn)(12，f(1（1）求b．（2）若f(x)有一個(gè)絕對(duì)值不大于1的零點(diǎn)，證明：f(x)所有零點(diǎn)的絕對(duì)值都不大于1．9、【2019年新課標(biāo)3理科20】已知函數(shù)f（x）＝2x3﹣ax2+b．（1）討論f（x）的單調(diào)性；（2）是否存在a，b，使得f（x）在區(qū)間[0，1]的最小值為﹣1且最大值為1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，說(shuō)明理由．10、(2019蘇州期末）已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2－4a(a，b∈R)．(1)當(dāng)a＝b＝1時(shí)，求f(x)的單調(diào)增區(qū)間；(2)當(dāng)a≠0時(shí)，若函數(shù)f(x)恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求eq\f(b,a)的值；(3)當(dāng)a＝0時(shí)，若f(x)<lnx的解集為(m，n)，且(m，n)中有且僅有一個(gè)整數(shù)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．專(zhuān)題26三次函數(shù)的圖像與性質(zhì)一、題型選講題型一、三次函數(shù)的切線問(wèn)題三次函數(shù)的切線問(wèn)題關(guān)鍵就是求出切線的斜率以及切點(diǎn)，要注意切點(diǎn)的橫坐標(biāo)、斜率以及切線方程的密切聯(lián)系。例1、（2020屆山東省濰坊市高三上學(xué)期統(tǒng)考）當(dāng)直線和曲線E：交于三點(diǎn)時(shí)，曲線E在點(diǎn)A，點(diǎn)C處的切線總是平行的，則過(guò)點(diǎn)可作曲線E的切線的條數(shù)為（）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【解析】直線過(guò)定點(diǎn)由題意可知：定點(diǎn)是曲線的對(duì)稱(chēng)中心，，解得，所以曲線，f′（x）=，設(shè)切點(diǎn)M（x0，y0），則M縱坐標(biāo)y0=，又f′（x0）=，∴切線的方程為：又直線過(guò)定點(diǎn)，得﹣-2=0，，即解得：故可做兩條切線故選C例2、【2018年新課標(biāo)1理科05】設(shè)函數(shù)f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax．若f（x）為奇函數(shù)，則曲線y＝f（x）在點(diǎn)（0，0）處的切線方程為（）A．y＝﹣2x B．y＝﹣x C．y＝2x D．y＝x【答案】D【解析】：函數(shù)f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax，若f（x）為奇函數(shù)，可得a＝1，所以函數(shù)f（x）＝x3+x，可得f′（x）＝3x2+1，曲線y＝f（x）在點(diǎn)（0，0）處的切線的斜率為：1，則曲線y＝f（x）在點(diǎn)（0，0）處的切線方程為：y＝x．故選：D．題型二、運(yùn)用三次函數(shù)的圖像研究零點(diǎn)問(wèn)題遇到函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題，通常轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象交點(diǎn)問(wèn)題，進(jìn)而借助數(shù)形結(jié)合思想解決問(wèn)題；也可轉(zhuǎn)化為方程解的個(gè)數(shù)問(wèn)題，通過(guò)具體的解方程達(dá)到解決問(wèn)題的目的.前者由于是通過(guò)圖形解決問(wèn)題，故對(duì)繪制的函數(shù)圖象準(zhǔn)確度和細(xì)節(jié)處要求較高，后者對(duì)問(wèn)題轉(zhuǎn)化的等價(jià)性和邏輯推理的嚴(yán)謹(jǐn)性要求較高.下面的解法是從解方程的角度考慮的.例3、(2017南通、揚(yáng)州、泰州、淮安三調(diào)）已知函數(shù)若函數(shù)恰有2個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是▲．【答案】【解析】：函數(shù)恰有2個(gè)不同的零點(diǎn)，即方程恰有2個(gè)不相等的根，亦即方程（Ⅰ）和（Ⅱ）共有2個(gè)不相等的根.首先（Ⅰ）中，即，若，則都是方程的根，不符合題意，所以，因此（Ⅰ）中由解得，下面分情況討論（1）若是方程（Ⅰ）的唯一根，則必須滿足，即，此時(shí)方程（Ⅱ）必須再有唯一的一個(gè)根，即有唯一根，因?yàn)?，由，得必須有滿足的唯一根，首先，其次解得的負(fù)根需滿足，從而解得，（2）若不是方程（Ⅰ）的唯一根，則必須滿足，即，此時(shí)方程（Ⅱ）必須有兩個(gè)不相等的根，即有兩個(gè)不相等的根，由，得適合，另外還有必須一滿足的非零實(shí)根，首先，解得的正根需滿足，從而解得，但前面已經(jīng)指出，故，綜合（1）、（2），得實(shí)數(shù)的取值范圍為.例4、(2019南京學(xué)情調(diào)研）已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12x－x3，,x≤0，,－2x，,x＞0.)))當(dāng)x∈(－∞，m]時(shí)，f(x)的取值范圍為[－16，＋∞)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．【答案】[－2,8]【解析】思路分析由于f(x)的解析式是已知的，因此，可以首先研究出函數(shù)f(x)在R上的單調(diào)性及相關(guān)的性質(zhì)，然后根據(jù)f(x)的取值范圍為[－16，＋∞)，求出它的值等于－16時(shí)的x的值，借助于函數(shù)f(x)的圖像來(lái)對(duì)m的取值范圍進(jìn)行確定．當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝12x－x3，所以f′(x)＝12－3x2.令f′(x)＝0，則x＝－2(正值舍去)，所以當(dāng)x∈(－∞，－2)時(shí)，f′(x)＜0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(－2,0]時(shí)，f′(x)＞0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)在x≤0時(shí)的極小值為f(－2)＝－16.當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝－2x單調(diào)遞減，f(0)＝0，f(8)＝－16，因此，根據(jù)f(x)的圖像可得m∈[－2,8]．解后反思根據(jù)函數(shù)的解析式來(lái)得到函數(shù)的相關(guān)性質(zhì)，然后由此畫(huà)出函數(shù)的圖像，借助于函數(shù)的圖像可以有效地進(jìn)行解題，這就是數(shù)形結(jié)合的魅力．題型三、三次函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題研究三次函數(shù)的單調(diào)性，往往通過(guò)導(dǎo)數(shù)進(jìn)行研究。要特別注意含參的討論。例5、(2018無(wú)錫期末）若函數(shù)f(x)＝(x＋1)2|x－a|在區(qū)間[－1，2]上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．【答案】(－∞，－1]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))eq\a\vs4\al(思路分析)由于條件中函數(shù)的解析式比較復(fù)雜，可以先通過(guò)代數(shù)變形，將其化為熟悉的形式，進(jìn)而利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)及圖像，再根據(jù)圖像變換的知識(shí)得到函數(shù)f(x)的圖像進(jìn)行求解．函數(shù)f(x)＝(x＋1)2|x－a|＝|(x＋1)2(x－a)|＝|x3＋(2－a)x2＋(1－2a)x－a|.令g(x)＝x3＋(2－a)x2＋(1－2a)x－a，則g′(x)＝3x2＋(4－2a)x＋1－2a＝(x＋1)(3x＋1－2a)．令g′(x)＝0得x1＝－1，x2＝eq\f(2a－1,3).①當(dāng)eq\f(2a－1,3)<－1，即a<－1時(shí)，令g′(x)>0，即(x＋1)(3x＋1－2a)>0，解得x<eq\f(2a－1,3)或x>－1；令g′(x)<0，解得eq\f(2a－1,3)<x<－1.所以g(x)的單調(diào)增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2a－1,3)))，(－1，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，－1)).又因?yàn)間(a)＝g(－1)＝0，所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2a－1,3)))，(－1，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間是(－∞，a)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，－1))，滿足條件，故a<－1(此種情況函數(shù)f(x)圖像如圖1)．,圖1)②當(dāng)eq\f(2a－1,3)＝－1，即a＝－1時(shí)，f(x)＝|(x＋1)3|，函數(shù)f(x)圖像如圖2，則f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－1，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間是(－∞，－1)，滿足條件，故a＝－1.,圖2)③當(dāng)eq\f(2a－1,3)>－1，即a>－1時(shí)，令g′(x)>0，即(x＋1)(3x＋1－2a)>0，解得x<－1或x>eq\f(2a－1,3)；令g′(x)<0，解得－1<x<eq\f(2a－1,3).所以g(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，－1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，＋∞))，單調(diào)減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2a－1,3))).又因?yàn)間(a)＝g(－1)＝0，所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2a－1,3)))，(a，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間是(－∞，－1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，a))，要使f(x)在[－1，2]上單調(diào)遞增，必須滿足2≤eq\f(2a－1,3)，即a≥eq\f(7,2)，又因?yàn)閍>－1，故a≥eq\f(7,2)(此種情況函數(shù)f(x)圖像如圖3)．綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－1]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞)).,圖3)例6、【吉林省通鋼一中、集安一中、梅河口五中等省示范高中2020屆高三（5月份）模擬】已知函數(shù)f(x)=x（1）討論fx在(a,+∞)（2）若a≥?3，求不等式f2x【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）2?3【解析】（1）f'當(dāng)a≥0時(shí)，f'x≥0，則fx當(dāng)a<0時(shí)，令f'x=0（i）當(dāng)a=?13時(shí)，令f'x<0，得a<x<?a；令f所以fx得單調(diào)遞減區(qū)間為a,?a，單調(diào)遞增區(qū)間為?a,+∞（ii）當(dāng)a<?13時(shí)，令f'x<0，得??a3<x<所以fx得單調(diào)減區(qū)間為??a3,（iii）當(dāng)?13<a<0令f'x<0，得a<x<?a所以fx的單調(diào)遞減區(qū)間為a,?a（2）因?yàn)閍≥?3，所以fx=3x2+a≥3所以fx在[1,+∞)因?yàn)?x2?4x+3=2所以2x2解得2?3<x<2+3題型四、三次函數(shù)的極值與最值問(wèn)題①利用導(dǎo)數(shù)刻畫(huà)函數(shù)的單調(diào)性，確定函數(shù)的極值；②通過(guò)分類(lèi)討論，結(jié)合圖象，實(shí)現(xiàn)函數(shù)的極值與零點(diǎn)問(wèn)題的轉(zhuǎn)化.函數(shù)、方程和不等式的綜合題，常以研究函數(shù)的零點(diǎn)、方程的根、不等式的解集的形式出現(xiàn)，大多數(shù)情況下會(huì)用到等價(jià)轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想解決問(wèn)題，而這里的解法是通過(guò)嚴(yán)謹(jǐn)?shù)牡葍r(jià)轉(zhuǎn)化，運(yùn)用純代數(shù)的手段來(lái)解決問(wèn)題的，對(duì)抽象思維和邏輯推理的能力要求較高，此題也可通過(guò)數(shù)形結(jié)合的思想來(lái)解決問(wèn)題，可以一試.例7、（2020屆浙江省溫麗聯(lián)盟高三第一次聯(lián)考）若函數(shù)的極大值是，極小值是，則()A．與有關(guān)，且與有關(guān) B．與有關(guān)，且與無(wú)關(guān)C．與無(wú)關(guān)，且與無(wú)關(guān) D．與無(wú)關(guān)，且與有關(guān)【答案】C【解析】∵，∴，令，得，或，當(dāng)變化時(shí)，、的變化如下表：遞增極大值遞減極小值遞增∴，，∴，故選：C．例8、（2020屆浙江省十校聯(lián)盟高三下學(xué)期開(kāi)學(xué)）已知函數(shù)，若函數(shù)有三個(gè)互不相同的零點(diǎn)0，，，其中，若對(duì)任意的，都有成立，則實(shí)數(shù)的最小值為_(kāi)_____.【答案】【解析】因?yàn)?，由題意可知：，是的根，則，，△，，，當(dāng)時(shí)，，則存在的極大值點(diǎn)，，且，由題意，，將代入得，解可得．又因?yàn)?，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)可知，，得即的最小值．故答案為：.例9、（2020屆山東省濰坊市高三上期中）已知函數(shù)．（1）當(dāng)時(shí)，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；（2）若函數(shù)處有極小值，求函數(shù)在區(qū)間上的最大值．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）當(dāng)時(shí)，，，所以，又，所以曲線在點(diǎn)處切線方程為，即.（2）因?yàn)?，因?yàn)楹瘮?shù)處有極小值，所以，所以由，得或，當(dāng)或時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以在，上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，因?yàn)?，，所以的最大值?例10、（2017江蘇）已知函數(shù)有極值，且導(dǎo)函數(shù)的極值點(diǎn)是的零點(diǎn)．（極值點(diǎn)是指函數(shù)取極值時(shí)對(duì)應(yīng)的自變量的值）（1）求b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式，并寫(xiě)出定義域；（2）證明：；（3）若這兩個(gè)函數(shù)的所有極值之和不小于，求a的取值范圍．解析（1）有零點(diǎn)，，即，又，解得，根據(jù)題意，，即，化簡(jiǎn)得，又，所以，即；（2）設(shè)，而，故，即；（3）設(shè)為的兩個(gè)極值點(diǎn)，令得，法一：．記,所有極值之和為，，，則，而在上單調(diào)遞減且，故．法二：下面證明的圖像關(guān)于中心對(duì)稱(chēng)，，所以，所以，下同法一．二、達(dá)標(biāo)訓(xùn)練1、（2019·山東師范大學(xué)附中高三月考）函數(shù)的零點(diǎn)所在區(qū)間為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】，，，，，由.故選：C2、【2014年新課標(biāo)1理科11】已知函數(shù)f（x）＝ax3﹣3x2+1，若f（x）存在唯一的零點(diǎn)x0，且x0＞0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A．（1，+∞） B．（2，+∞） C．（﹣∞，﹣1） D．（﹣∞，﹣2）【答案】D【解析】：∵f（x）＝ax3﹣3x2+1，∴f′（x）＝3ax2﹣6x＝3x（ax﹣2），f（0）＝1；①當(dāng)a＝0時(shí)，f（x）＝﹣3x2+1有兩個(gè)零點(diǎn)，不成立；②當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）＝ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上有零點(diǎn)，故不成立；③當(dāng)a＜0時(shí)，f（x）＝ax3﹣3x2+1在（0，+∞）上有且只有一個(gè)零點(diǎn)；故f（x）＝ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上沒(méi)有零點(diǎn)；而當(dāng)x=2a時(shí)，f（x）＝ax3﹣3x故f（2a）=8a故a＜﹣2；綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是（﹣∞，﹣2）；故選：D．3、【2013年新課標(biāo)2理科10】已知函數(shù)f（x）＝x3+ax2+bx+c，下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是（）A．?x0∈R，f（x0）＝0 B．函數(shù)y＝f（x）的圖象是中心對(duì)稱(chēng)圖形 C．若x0是f（x）的極小值點(diǎn)，則f（x）在區(qū)間（﹣∞，x0）單調(diào)遞減 D．若x0是f（x）的極值點(diǎn)，則f′（x0）＝0【答案】解：f′（x）＝3x2+2ax+b．（1）當(dāng)△＝4a2﹣12b＞0時(shí)，f′（x）＝0有兩解，不妨設(shè)為x1＜x2，列表如下x（﹣∞，x1）x1（x1，x2）x2（x2，+∞）f′（x）+0﹣0+f（x）單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增由表格可知：①x2是函數(shù)f（x）的極小值點(diǎn)，但是f（x）在區(qū)間（﹣∞，x2）不具有單調(diào)性，故C不正確．②∵f(?2a3?x)+f（x）=(?2a3?x)3+a(?2a3f(?∵f(?2a3?x)+f（∴點(diǎn)P(?a3③由表格可知x1，x2分別為極值點(diǎn)，則f'(x④∵x→﹣∞時(shí)，f（x）→﹣∞；x→+∞，f（x）→+∞，函數(shù)f（x）必然穿過(guò)x軸，即?xα∈R，f（xα）＝0，故A正確．（2）當(dāng)△≤0時(shí)，f'(x)=3(x+a3)2≥0，故f（x）在R②B同（1）中②正確；③∵x→﹣∞時(shí)，f（x）→﹣∞；x→+∞，f（x）→+∞，函數(shù)f（x）必然穿過(guò)x軸，即?x0∈R，f（x0）＝0，故A正確．綜上可知：錯(cuò)誤的結(jié)論是C．由于該題選擇錯(cuò)誤的，故選：C．4、【2020屆百師聯(lián)盟高三練習(xí)題四】若函數(shù)f(x)=x3+2ax2+ax?1在【答案】?【解析】由三次函數(shù)圖象特點(diǎn)知，其最多有1個(gè)極大值點(diǎn)和1個(gè)極小值點(diǎn).f'若f(x)在(0,1)上存在唯一極值點(diǎn)，則f'故答案為：?35、【2019屆福建省寧德市高三質(zhì)量檢查】若函數(shù)f(x)=ex?a,x<1x3【答案】(?∞,4]【解析】y=ex∴y=當(dāng)x≥1時(shí)，y=x3∴y=x3?3x2∴y=x3?3x2若函數(shù)fx則?a≥?4，即a≤4故答案為?∞,46、(2019南京、鹽城二模）已知函數(shù)f(x)＝設(shè)g(x)＝kx＋1，且函數(shù)y＝f(x)－g(x)的圖像經(jīng)過(guò)四個(gè)象限，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為_(kāi)_______．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－9，\f(1,3)))【解析】解法1y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(|x＋3|－（kx＋1），,x≤0，x3－（k＋12）x＋2，,x>0，)))若其圖像經(jīng)過(guò)四個(gè)象限．①當(dāng)x>0時(shí)，y＝x3－(k＋12)x＋2，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝2>0，故它要經(jīng)過(guò)第一象限和第四象限，則存在x>0，使y＝x3－(k＋12)x＋2<0，則k＋12>x2＋eq\f(2,x)，即k＋12>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(2,x)))eq\s\do7(min).令h(x)＝x2＋eq\f(2,x)(x>0)，h′(x)＝2x－eq\f(2,x2)＝eq\f(2（x3－1）,x2)，當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上遞增；當(dāng)0<x<1時(shí)，h′(x)<0，h(x)在(0，1)上遞減，當(dāng)x＝1時(shí)取得極小值，也是最小值，h(x)min＝h(1)＝3，所以k＋12>3，即k>－9.②當(dāng)x≤0時(shí)，y＝|x＋3|－(kx＋1)，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝2>0，故它要經(jīng)過(guò)第二象限和第三象限，則存在x<0，使y＝|x＋3|－(kx＋1)<0，則k<eq\f(|x＋3|－1,x)，即k<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|x＋3|－1,x)))max.令φ(x)＝eq\f(|x＋3|－1,x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(－1－\f(4,x)，,x≤－3，1＋\f(2,x)，,－3<x<0，)))易知φ(x)在(－∞，－3]上單調(diào)遞增，在(－3，0)上單調(diào)遞減，當(dāng)x＝－3時(shí)取得極大值，也是最大值，φ(x)max＝φ(－3)＝eq\f(1,3)，故k<eq\f(1,3).綜上，由①②得實(shí)數(shù)k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－9，\f(1,3))).解法2可根據(jù)函數(shù)解析式畫(huà)出函數(shù)圖像，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x3－12x＋3，f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，可知f(x)在區(qū)間(0，2)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(2，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(2)＝－13<0，當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝|x＋3|.g(x)＝kx＋1恒過(guò)(0，1)，若要使y＝f(x)－g(x)經(jīng)過(guò)四個(gè)象限，由圖可知只需f(x)與g(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上分別有交點(diǎn)即可(交點(diǎn)不可為(－3，0)和切點(diǎn))．①當(dāng)k>0時(shí)，在(0，＋∞)必有交點(diǎn)，在(－∞，0)區(qū)間內(nèi)，需滿足0<k<eq\f(1,3).②當(dāng)k<0時(shí)，在(－∞，0)必有交點(diǎn)，在(0，＋∞)內(nèi)，只需求過(guò)定點(diǎn)(0，1)與函數(shù)f(x)＝x3－12x＋3(x>0)圖像的切線即可，設(shè)切點(diǎn)為(x0，xeq\o\al(3,0)－12x0＋3)，由k＝3xeq\o\al(2,0)－12＝eq\f(xeq\o\al(3,0)－12x0＋3－1,x0)，解得x0＝1，切線斜率k＝－9，所以k∈(－9，0)．③當(dāng)k＝0也符合題意．綜上可知實(shí)數(shù)k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－9，\f(1,3))).7、(2018蘇中三市、蘇北四市三調(diào)）已知函數(shù)的圖象恰好經(jīng)過(guò)三個(gè)象限，則實(shí)數(shù)的取值范圍是▲．【答案】a＜0或a＞2【解析】當(dāng)a＜0時(shí)，的圖象經(jīng)過(guò)兩個(gè)象限，在（0，+∞）恒成立，所以圖象僅在第一象限，所以a＜0時(shí)顯然滿足題意；當(dāng)a≥0時(shí)，的圖象僅經(jīng)過(guò)第三象限，（圖14（1））l0（圖14（1））l0OxyP【解法1】（圖像法）與在y軸右側(cè)的圖象有公共點(diǎn)（且不相切）．如圖，=，設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為，，則有，解得,所以臨界直線的斜率為2，所以a＞2時(shí)，符合．綜上，a＜0或a＞2．【解法2】（函數(shù)最值法）由三次函數(shù)的性質(zhì)知，函數(shù)圖象過(guò)第一象限，則存在，使得即設(shè)函數(shù)，當(dāng)，在(0,1)單調(diào)遞減，在（1，2）單調(diào)遞增，又時(shí)，函數(shù)為增函數(shù)，所以函數(shù)的最小值為2，所以a＞2，則實(shí)數(shù)的取值范圍為a＜0或a＞2．8、【2020年全國(guó)3卷理科21】設(shè)函數(shù)f(x)=x3+bx+c，曲線y=f(x)在點(diǎn)(12，f(1（1）求b．（2）若f(x)有一個(gè)絕對(duì)值不大于1的零點(diǎn)，證明：f(x)所有零點(diǎn)的絕對(duì)值都不大于1．【答案】（1）b=?34；（【解析】（1）因?yàn)閒'由題意，f'(則b=?3（2）由（1）可得f(x)=xf'令f'(x)>0，得x>12或x<?1所以f(x)在(?12,12且f(?1)=c?1若f(x)所有零點(diǎn)中存在一個(gè)絕對(duì)值大于1的零點(diǎn)x0，則f(?1)>0或f(1)<0即c>14或當(dāng)c>14時(shí)，又f(?4c)=?64c由零點(diǎn)存在性定理知f(x)在(?4c,?1)上存在唯一一個(gè)零點(diǎn)x0即f(x)在(?∞,?1)上存在唯一一個(gè)零點(diǎn)，在(?1,+∞)上不存在零點(diǎn)，此時(shí)f(x)不存在絕對(duì)值不大于1的零點(diǎn)，與題設(shè)矛盾；當(dāng)c<?14時(shí)，又f(?4c)=64c由零點(diǎn)存在性定理知f(x)在(1,?4c)上存在唯一一個(gè)零點(diǎn)x0即f(x)在(1,+∞)上存在唯一一個(gè)零點(diǎn)，在(?∞,1)上不存在零點(diǎn)，此時(shí)f(x)不存在絕對(duì)值不大于1的零點(diǎn)，與題設(shè)矛盾；綜上，f(x)所有零點(diǎn)的絕對(duì)值都不大于1.9、【2019年新課標(biāo)3理科20】已知函數(shù)f（x）＝2x3﹣ax2+b．（1）討論f（x）的單調(diào)性；（2）是否存在a，b，使得f（x）在區(qū)間[0，1]的最小值為﹣1且最大值為1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，說(shuō)明理由．【答案】解：（1）f′（x）＝6x2﹣2ax＝6x（x?2a令f′（x）＝6x（x?2a3）＝0，解得x＝0，或①a＝0時(shí)，f′（x）＝6x2≥0，函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增．②a＞0時(shí)，函數(shù)f（x）在（﹣∞，0），（2a3，+∞）上單調(diào)遞增，在（0，2a③a＜0時(shí)，函數(shù)f（x）在（﹣∞，2a3），（0，+∞）上單調(diào)遞增，在（2a（2）由（1）可得：①a＝0時(shí)，函數(shù)f（x）在[0，1]上單調(diào)遞增．則f（0）＝b＝﹣1，f（1）＝2﹣a+b＝1，解得b＝﹣1，a＝0，滿足條件．②a＞0時(shí)，函數(shù)f（x）在[0，2a32a3≥1，即a≥32時(shí)，函數(shù)f（x）在[0，1]上單調(diào)遞減．則f（0）＝b＝1，f（1）＝2﹣a+b＝﹣1，解得0＜2a3＜1，即0＜a＜32時(shí)，函數(shù)f（x）在[0，2a3）上單調(diào)遞減，在（2a3，1]上單調(diào)遞增．則f（而f（0）＝b，f（1）＝2﹣a+b＞b，∴f（1）＝2﹣a+b＝1，聯(lián)立解得：無(wú)解，舍去．③a＜0時(shí)，函數(shù)f（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，則f（0）＝b＝﹣1，f（1）＝2﹣a+b＝1，解得b＝﹣1，a＝0，不滿足條件，舍去．綜上可得：存在a，b，使得f（x）在區(qū)間[0，1]的最小值為﹣1且最大值為1．a(chǎn)，b的所有值為：a=0b=?1，或a=410、(2019蘇州期末）已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2－4a(a，b∈R)．(1)當(dāng)a＝b＝1時(shí)，求f(x)的單調(diào)增區(qū)間；(2)當(dāng)a≠0時(shí)，若函數(shù)f(x)恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求eq\f(b,a)的值；(3)當(dāng)a＝0時(shí)，若f(x)<lnx的解集為(m，n)，且(m，n)中有且僅有一個(gè)整數(shù)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．eq\a\vs4\al(解后反思)在第(2)題中，也可轉(zhuǎn)化為eq\f(b,a)＝eq\f(4,x2)－x恰有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解．另外，由g(x)＝x3＋kx2－4恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，可設(shè)g(x)＝(x－s)(x－t)2.展開(kāi)，得x3－(s＋2t)x2＋(2st＋t2)x－st2＝x3＋kx2－4，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－（s＋2t）＝k，,2st＋t2＝0，,－st2＝－4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(s＝1，,t＝－2，,k＝3.))解：(1)當(dāng)a＝b＝1時(shí)，f(x)＝x3＋x2－4，f′(x)＝3x2＋2x.(2分)令f′(x)>0，解得x>0或x<－eq\f(2,3)，所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))和(0，＋∞)．(4分)(2)法一：f′(x)＝3ax2＋2bx，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－eq\f(2b,3a)，(6分)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，所以f(0)＝0或feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2b,3a)))＝0.當(dāng)f(0)＝0時(shí)，得a＝0，不合題意，舍去；(8分)當(dāng)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2b,3a)))＝0時(shí)，代入得aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2b,3a)))＋beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2b,3a)))eq\s\up12(2)－4a＝0，即－eq\f(8,27)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\