三次函数零点存在的条件
高考数学《函数零点的个数问题》知识讲解与例题讲解
高考数学《函数零点的个数问题》知识讲解与例题讲解一、知识点讲解与分析：1、零点的定义：一般地，对于函数()()y f x x D =∈，我们把方程()0f x =的实数根x 称为函数()()y f x x D =∈的零点2、函数零点存在性定理：设函数()f x 在闭区间[],a b 上连续，且()()0f a f b <，那么在开区间(),a b 内至少有函数()f x 的一个零点，即至少有一点()0,x a b ∈，使得()00f x =。
（1）()f x 在[],a b 上连续是使用零点存在性定理判定零点的前提 （2）零点存在性定理中的几个“不一定”（假设()f x 连续） ① 若()()0f a f b <，则()f x 的零点不一定只有一个，可以有多个 ② 若()()0f a f b >，那么()f x 在[],a b 不一定有零点 ③ 若()f x 在[],a b 有零点，则()()f a f b 不一定必须异号3、若()f x 在[],a b 上是单调函数且连续，则()()()0f a f b f x <⇒在(),a b 的零点唯一4、函数的零点，方程的根，两图像交点之间的联系设函数为()y f x =，则()f x 的零点即为满足方程()0f x =的根，若()()()f x g x h x =−,则方程可转变为()()g x h x =，即方程的根在坐标系中为()(),g x h x 交点的横坐标，其范围和个数可从图像中得到。
由此看来，函数的零点，方程的根，两图像的交点这三者各有特点，且能相互转化，在解决有关根的问题以及已知根的个数求参数范围这些问题时要用到这三者的灵活转化。
（详见方法技巧） 二、方法与技巧：1、零点存在性定理的应用：若一个方程有解但无法直接求出时，可考虑将方程一边构造为一个函数，从而利用零点存在性定理将零点确定在一个较小的范围内。
例如：对于方程ln 0x x +=，无法直接求出根，构造函数()ln f x x x =+，由()110,02f f ⎛⎫>< ⎪⎝⎭即可判定其零点必在1,12⎛⎫⎪⎝⎭中 2、函数的零点，方程的根，两函数的交点在零点问题中的作用 （1）函数的零点： 工具：零点存在性定理作用：通过代入特殊值精确计算，将零点圈定在一个较小的范围内。
三次函数教案范文
三次函数教案范文【教学目标】知识与能力：1.掌握三次函数的定义和性质；2.理解三次函数的图像特征；3.能够应用三次函数解决相关问题。
过程与方法：培养学生观察、分析、推理和解决问题的能力。
情感态度与价值观：培养学生多角度思考问题，善于发现问题的本质和创新解决问题的能力。
【教学重点】三次函数的定义和性质。
【教学难点】三次函数的图像特征。
【教学过程及设计】一、导入（10分钟）1.导入前，教师可以准备一些花类的图片，让学生观察并思考花的生长过程是怎样的。
2.引导学生讨论，探究花的生长过程中是否存在一定的规律。
二、新课呈现（30分钟）1. 定义三次函数：三次函数是指函数的定义域为全体实数，且函数的公式为f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d（a ≠ 0）的函数。
2.引导学生观察三次函数的图像，并讨论函数的性质。
三、讲解三次函数的性质（30分钟）1.零点：f(x)=0的解为三次函数的零点，零点的个数最多为3个。
2.极值点：三次函数的顶点为极值点，极大值或极小值。
3.两三次函数的图像的特征：对称性、开口方向。
4.其他性质：函数的增减性、奇偶性等。
四、解决相关问题（40分钟）1.给定函数f(x)=x^3-3x^2-9x+5，求解它的零点和极值点。
2.物质的表面积S随时间t的变化关系为S=2t^3-3t^2+2t，求此物质的变化趋势。
3.商品的价格p与其销量q的关系为p=0.02q^3-0.1q^2+100，求出销售这种商品的最佳销量。
【教学反思】通过本节课的学习，学生能够掌握三次函数的基本定义和性质，了解三次函数的图像特征，并能够应用三次函数解决实际问题。
同时，通过教学设计的合理安排，培养学生观察、分析、推理和解决问题的能力，提高学生的自主学习能力。
江苏省南通市2020届高三数学专题复习课程资源——三次型函数切线问题的求解策略(教师版)
三次型函数切线问题的求解策略三次函数频频出现在高考试卷中,成为高考试卷的一大亮点.其中三次函数的切线问题是高频考点，通常结合三次函数的零点问题考查.三次型函数最值问题是竞赛和自主招生的难点，有一定的思考力.三次型函数的切线问题（一）一、三次函数的概念：形如()320y ax bx cx d a =+++≠的函数，称之为三次函数. 二、三次函数的图象特征和零点分布：对于三次函数()32()0f x ax bx cx d a =+++≠，其导函数为二次函数()2()320f x ax bx c a '=++≠，()f x '的判别式()243b ac ∆=-.现以0a >为例，（1）若032≤-ac b ，则)(x f 在),(+∞-∞上为增函数，)(x f 在R 上无极值； （2）若032>-ac b ，则)(x f 在),(1x -∞和),(2+∞x 上为增函数，)(x f 在),(21x x 上为减函数，其中aacb b x a ac b b x 33,332221-+-=---=.)(x f 在R 上有两个极值，且)(x f 在1x x =处取得极大值，在2x x =处取得极小值.综上可得，当三次函数存在极值时，其图象、零点、极值的关系：问题一：过三次函数极值点的切线例1（2016年天津卷）设函数3()(1)f x x ax b =---,R x ∈，其中,.a b R ∈ 若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：1023x x +=. 策略一：验证1032x x =-，即验证()()1032f x f x =-.()32200000001(32)(22)3(1)(32)(1)21()()f x x x x b x x b f x f x -=-----=----== 根据函数()f x 的单调性直接推出结论.本策略不具有一般性，能否寻求解决这类问题的一般性思路呢？策略二：直接求零点33010011()()[(1)][(1)]f x f x x ax b x ax b -=------- 330101(1)(1)()x x a x x =-----22010011()[(1)(1)(1)(1)]x x x x x x a =--+--+--2220100110()[(1)(1)(1)(1)3(1)]x x x x x x x =--+--+--- 22010011()[2(1)(1)(1)(1)]x x x x x x =---+--+- 20101()[2(1)(1)]x x x x =-----20101()(23)0x x x x =---+=（*）又01x x ≠，故1023x x +=.我们可以关注到策略二可以推广到一般情形，利用三次函数在极值点处的切线列出等式，（*）式的一般形式含有因式()20x x -，从而迅速求出另外一个交点横坐标.其一般形式如下：若0x 为三次函数32()f x ax bx cx d =+++的极值点，过00(,())x f x 的直线y k =与三次函数()f x 交于点11(,())x f x ，则研究函数()()g x f x k =-的零点问题可以利用201()()()g x a x x x x =--.例2（2012年江苏卷）若函数()y f x =在0x x =处取得极大值或极小值，则称0x 为函数()y f x =的极值点.已知,a b 是实数，1和1-是函数32()f x x ax bx =++的两个极值点.设()(())h x f f x c =-，其中[]2,2c ∈-，求函数()y h x =的零点个数.思路分析：本题本质上是研究由三次函数复合的函数零点问题，可先从“形”入手，直接将c 的取值分为2c =和2c <两类.我们以2c =为例，直线2y =为过极值点1x =的切线，则32()232(1)(2)y f t t t t t =-=--=--，迅速求得另一交点横坐标为2.为零点的讨论带来极大的方便.解：易得==3a b -0，.令()=f x t ，则()()h x f t c =-. 先讨论关于x 的方程()=f x d 根的情况：[]2, 2d ∈- 当=2d 时，由（2 ）可知，()=2f x -的两个不同的根为1和一2 ，注意到()f x 是奇函数，∴()=2f x 的两个不同的根为一和 2.当2d <时，∵(1)=(2)=20f d f d d >----，(1)=(2)=20f d f d d <----- ，∴一2 , －1，1 ，2 都不是()=f x d 的根.由（1）知()()()=311f'x x x +-.① 当()2x ∈+∞，时，()0f'x > ，于是()f x 是单调增函数，从而()(2)=2f x >f . 此时()=f x d 在()2+∞，无实根. ② 当()12x ∈，时．()0f'x >，于是()f x 是单调增函数.又∵(1)0f d <-，(2)0f d >-，=()y f x d -的图象不间断，∴()=f x d 在（1 , 2 ）内有唯一实根.同理，()=f x d 在（一2 ，一1）内有唯一实根. ③ 当()11x ∈-，时，()0f'x <，于是()f x 是单调减两数.又∵(1)0f d >--， (1)0f d <-，=()y f x d -的图象不间断，∴()=f x d 在（一1，1 ）内有唯一实根.因此，当=2d 时，()=f x d 有两个不同的根12x x ，满足12=1 =2x x ，； 当2d < 时，()=f x d 有三个不同的根315x x x ，，，满足2 =3, 4, 5i x <i ，. 现考虑函数()y h x =的零点：（i ）当=2c 时，()=f t c 有两个根12t t ，，满足12==2t t 1，. 而1()=f x t 有三个不同的根，2()=f x t 有两个不同的根，故()y h x =有5 个零点.（ⅱ）当2c <时，()=f t c 有三个不同的根345t t t ，，，满足2 =3, 4, 5i t <i ，. 而() =3,() 4, = 5i f x t i 有三个不同的根，故()y h x =有9 个零点.综上所述，当=2c 时，函数()y h x =有5 个零点；当2c <时，函数()y h x =有9个零点. 拓展研究：当2c <-或2c >时，函数()y h x =的零点个数情形如下：当2(1)c f >=-时，方程()f t c =有且仅有一个大于2的实根，故()y h x =有且仅有一个零点；同理，当2c <-时，()y h x =有且仅有一个零点.提示：解决复合函数零点问题需要强化数形结合基本数学思想. 练习：设函数32()3f x x x bx c =-++的图象如图所示，且与直线y =0在原点处相切.（1）求函数()y f x =的解析式；（2）设1m >，如果过点(,)m n 可作函数()y f x =的图象 的三条切线，求证：13()m n f m -<<.解：（1）由图可知，函数的图象经过（0，0）点，∴0c =，又图象与x 轴相切于（0，0）点，2'()36f x x x b =-+，由'(0)0f =得b =0，32()3f x x x ∴=-.（2）由（1）可知2()36f x x x '=-，设函数在点(,())t f t 处的切线方程为232(36)()(3)y t t x t t t =--+-. 若切线过点(,)m n ，则存在实数t ，使232(36)()(3)n t t m t t t =--+-， 即322(33)60t m t mt n -+++=.令()g t =322(33)6t m t mt n -+++，则2()66(1)66()(1)g t t m t m t m t '=-++=--.1,m >∴Q 当1t <或t m >时，()0g t '>； 当1t m <<时，()0g t '<.()g t ∴在1t =时取得极大值(1)31g m n =+-，在t m =时取得极小值()()g m n f m =-.如果过点(,)m n 可作函数()y f x =的图象的三条切线， 则方程322(33)60t m t mt n -+++=有三个相异的实数根， (1)310()()0g m n g m n f m =+->⎧∴⎨=-<⎩， ∴13()m n f m -<<. 三次型函数的切线问题（二）问题二：过三次函数图象上任一点的切线设点P 为三次函数)0()(23≠+++=a d cx bx ax x f 图象上任一点，则过点P 一定有直线与)(x f y =的图象相切.若点P 为三次函数图象的对称中心，则过点P 有且只有一条切线；若点P 不是三次函数图象的对称中心，则过点P 有两条不同的切线. 证明：设),(11y x P ，过点P 的切线可以分为两类：①若P 为切点，则21111'()32k f x ax bx c ==++，切线方程为：))(23(11211x x c bx ax y y -++=-②若P 不是切点，则过P 点作)(x f y =图象的切线，切于另一点22(,)Q x y ，12122122313212122x x cx cx bx bx ax ax x x y y k --+-+-=--=()()22212112a x x x x b x x c =+++++xyO又22222'()32k f x ax bx c ==++ (1)∴c bx bx ax x ax ax +++++21212122c bx ax ++=22223即0)2)((1212=++-ab x x x x ∴a bx x 22112--=代入（1）式得 c ab bx ax k +-+=4214321212，当21k k =时，=++c bx ax 12123c ab bx ax +-+421432121 ， ∴当a bx 31-=时，两切线重合，所以过点P 有且只有一条切线；当abx 31-≠时，21k k ≠，所以过点P 有两条不同的切线，其切线方程为：))(23(11211x x c bx ax y y -++=-，))(42143(121211x x c ab bx ax y y -+-+=- 综上可得：过三次函数)0()(23≠+++=a d cx bx ax x f 上异于对称中心的任一点),(111y x P 作)(x f y =图象的切线，切于另一点),(222y x P ，过),(222y x P 作)(x f y =图象的切线切于),(333y x P ，如此继续，得到点列),(444y x P ，…，),(n n n y x P ，…，则abx x n n 2211--=+，且当+∞→n 时，点n P 趋近三次函数图象的对称中心，即三次函数图象上的拐点.特别地，过三次函数图象上拐点的切线只有一条.例3(2012北京卷)已知函数23()1(0),()f x ax a g x x bx =+>=+.（1）若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点(1，c )处具有公共切线，求a ，b 的值； （2）当a 2＝4b 时，求函数f (x )＋g (x )的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值． 思路分析：本题容易忽视“在它们的交点(1,)c 处具有公切线”的双重性而造成条件缺失，不能列出关于,a b 的方程组，从而使题目无法求解. 简析：（1）f ′(x )＝2ax ，g ′(x )＝3x 2＋b ，因为曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点(1，c )处具有公切线，所以(1)(1)'(1)'(1)f g f g =⎧⎨=⎩，容易求得3a b ==.（2）设h (x )＝f (x )＋g (x )，∵a 2＝4b ，∴h (x )＝f (x )＋g (x )＝x 3＋ax 2＋14a 2x ＋1.则h ′(x )＝3x 2＋2ax ＋14a 2，令h ′(x )＝0，解得x 1＝－a 2，x 2＝－a6.(5分)由a >0，得h (x )与h ′(x )的变化情况如下：x ⎝⎛⎭⎫－∞，－a 2 －a 2 ⎝⎛⎭⎫－a 2，－a 6 －a 6⎝⎛⎭⎫－a 6，＋∞ h ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋h (x )∴函数h (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－a 2和⎝⎛⎭⎫－a 6，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－a 2，－a6. ①当－1≤－a2，即0<a ≤2时，函数h (x )在区间(－∞，－1]上单调递增，h (x )在区间(－∞，－1]上的最大值为h (－1)＝a －a 24；②当－a 2<－1<－a6，即2<a <6时，函数h (x )在区间⎝⎛⎭⎫－∞，－a 2上单调递增，在区间⎝⎛⎦⎤－a 2，－1上单调递减，在区间(－∞，－1]上的最大值为h ⎝⎛⎭⎫－a 2＝1； ③当－1≥－a 6，即a ≥6时，函数h (x )在区间⎝⎛⎭⎫－∞，－a 2上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎫－a 2，－a 6上单调递减，在区间⎝⎛⎦⎤－a 6，－1上单调递增，又因为h ⎝⎛⎭⎫－a 2－h (－1)＝1－a ＋14a 2＝14(a －2)2>0， 所以h (x )在区间(－∞，－1]上的最大值为h ⎝⎛⎭⎫－a2＝1. 综上所述，当a ∈(0,2]时，最大值为h (－1)＝a －a 24；当a ∈(2，＋∞)时，最大值为h ⎝⎛⎭⎫－a2＝1. 问题三：过三次函数图象外一点的切线设点),(00y x P 为三次函数)0()(23≠+++=a d cx bx ax x f 图象外则过点P 一定有直线与)(x f y =图象相切. 令00()()'()()g x y f x f x x x =-+-，则（1）若,30a bx -=则过点P 恰有一条切线； （2）若,30a b x -≠且)3()(0a bg x g -0>，则过点P 恰有一条切线；（3）若,30a b x -≠且)3()(0a bg x g -=0，则过点P 有两条不同的切线；（4）若,30a b x -≠且)3()(0abg x g -0<，则过点P 有三条不同的切线.证明：设过点P 作直线与)(x f y =图象相切于点),,(11y x Q 则切线方程为),)(23(11211x x c bx ax y y -++=-把点),(00y x P 代入得：02)3(2001021031=--+--+cx d y x bx x ax b ax ，设.2)3(2)(000203cx d y x bx x ax b ax x g --+--+=200'()62(3)2,g x ax b ax x bx =+-- ,)3(448)3(420020b ax abx ax b +=+-=∆令'()0,g x =则.3,0ab x x x -== ①0)(=x g 恰有一个实根的充要条件是曲线)(x g y =与x 轴只有一个交点，即)(x g y =在R 上为单调函数或两极值同号，所以03b x a=-或,30a b x -≠且)3()(0abg x g -0>时，过点P 恰有一条切线. ②0)(=x g 有两个不同实根的充要条件是曲线)(x g y =与x 轴有两个公共点且其中之一为切点，所以,30a b x -≠且)3()(0abg x g -=0时，过点P 有两条不同的切线. ③0)(=x g 有三个不同实根的充要条件是曲线)(x g y =与x 轴有三个公共点，即)(x g y =有一个极大值，一个极小值，且两极值异号.所以,30a b x -≠且)3()(0abg x g -0<时，过点P 有三条不同的切线. 例4（2014·北京卷）已知函数f (x )＝2x 3－3x .(1)求f (x )在区间[－2，1]上的最大值；(2)若过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切，求t 的取值范围；(3)问过点A (－1，2)，B (2，10)，C (0，2)分别存在几条直线与曲线y ＝f (x )相切？(只需写出结论) 解：(1)略(2)设过点P (1，t )的直线与曲线y ＝f (x )相切于点(x 0，y 0)，则y 0＝2x 30－3x 0，且切线斜率为k ＝6x 20－3，所以切线方程为y －y 0＝(6x 20－3)(x －x 0)，因此t －y 0＝(6x 20－3)(1－x 0)，整理得4x 30－6x 20＋t ＋3＝0，设g (x )＝4x 3－6x 2＋t ＋3，则“过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切”等价于“g (x )有3个不同零点”．g ′(x )＝12x 2－12x ＝12x (x －1)．当x 变化时，g (x )与g ′(x )的变化情况如下：所以，g (0)＝t ＋3是g (x )的极大值，g (1)＝t ＋1是g (x )的极小值．结合图象知，当g (x )有3个不同零点时，有⎩⎪⎨⎪⎧g （0）＝t ＋3>0，g （1）＝t ＋1－0，解得－3<t <－1.故当过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切时，t 的取值范围是(－3，－1)．(3)过点A (－1，2)存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点B (2，10)存在2条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点C (0，2)存在1条直线与曲线y ＝f (x )相切．练习1：已知函数),(3)(23R b a x bx ax x f ∈-+=,在点))1(,1(f 处的切线方程为02=+y .若过点)2)(,2(≠m m M ,可作曲线)(x f y =的三条切线,求实数m 的取值范围.解析：设切点坐标为()00,x y ，则30003y x x =-，200()33f x x '=-Q ,∴切线的斜率为203 3.x -则()()3200003332x x m x x --=--，即32002660x x m -++=.又过(2,)(2)M m m ≠可作三条切线，故关于0x 的方程32002660x x m -++=有三个不同的实数解.即函数32()266x x x m ϕ=-++有三个不同的零点. 令2'()6120x x x ϕ=-=，解得或.20m ⎧⎨-<⎩，解得62m -<<. ∴实数m 的取值范围为(6,2).-练习2：（07全国II 理22）已知函数3()f x x x =-．设0a >，若过点()a b ，可作曲线．．．．()y f x =的三条切线．．．．．，证明：()a b f a -<<. 解：（1）()f x 的导数2()31x x f '=-．曲线()y f x =在点(())M t f t ，处的切线方程为：()()()y f t f t x t '-=-，即23(31)2y t x t =--．（2）如果有一条切线过点()a b ，，则存在t ，使23(31)2b t a t =--．若过点()a b ，可作曲线()y f x =的三条切线，则方程32230t at a b -++=有三个相异的实数根．记32()23g t t at a b =-++，则2()66g t t at '=-6()0t t a =-=，解得0t =或t a =．()0g t =最多有一个实数根；当0a b +=时，解方程()0g t =得302at t ==，，即方程()0g t =只有两个相异的实数根；当()0b f a -=时，解方程()0g t =得2a t t a =-=，，即方程()0g t =只有两个相异的实数根．综上所述，如果过()a b ，可作曲线()y f x =三条切线，即()0g t =有三个相异的实数根， 则0()0.a b b f a +>⎧⎨-<⎩，即()a b f a -<<．点评： （1） 本题是前一个问题的延伸，其以导数几何意义为载体； （2） 本题最终将问题转化为研究三次函数根的分布，采用极值（最值）控制法；（3）在这里应结合上面例题进一步揭示研究二次方程与三次方程实根分布问题在方法上的本质关系，以便进一步加深对函数极值（最值）的认识和对利用导数研究函数性质. 小结：三次函数图象切线条数的研究：三次函数)0()(23≠+++=a d cx bx ax x f ，设其切线的斜率为.k 与系数的关系0a >0<aa b ac k 332-=一条 一条 a b ac k 332->两条 零条 ab ac k 332-<零条两条证明：2()32f x ax bx c '=++，若0>a ，则 当abx 3-=时，min 3().3ac b f x a -'=∴当a b ac k 332-= 时，方程ab ac c bx ax 332322-=++有两个相同解，所以此时切线有且只有一条；其方程为).3(33)3(2abx a b ac a b f y +-=-- 当a b ac k 332->时，方程k c bx ax =++232，有两个不同的解21,x x ，且21x x +=ab 32-，即存在两个不同的切点))(,()),(,(2211x f x x f x ，且两个切点关于三次函数图象对称中心对称，所以斜率为k 的切线有两条.当ab ac k 332-<时，方程k c bx ax =++232无实根，所以斜率为k 的切线不存在.同理可证，0<a 时结论成立.例5（2015天津卷）已知函数(),n f x nx x x R =-∈，其中*,2n N n ∈≥. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设曲线()y f x =与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为()y g x =， 求证：对于任意的正实数x ，都有()()f x g x ≤；（3）若关于x 的方程()=f x a （a 为实数）有两个正实根12x x ，，求证：21|-|21ax x n<+-.【解析】（1）由()nf x nx x =-，可得，其中*n N ∈且2n ≥，下面分两种情况讨论： ①当n 为奇数时：令()0f x '=，解得1x =或1x =-，当x 变化时， ()f x 在(,1)-∞-，(1,)+∞上单调递减，在(1,1)-内单调递增. ②当n 为偶数时，当()0f x '>，即1x <时，函数()f x 单调递增；当()0f x '<，即1x >时，函数()f x 单调递减.所以，()f x 在(,1)-∞-上单调递增，()f x 在(1,)+∞上单调递减. （2）证明：设点P 的坐标为0(,0)x ，则110n x n-=，20()f x n n '=-，曲线()y f x =在点P 处的切线方程为()00()y f x x x '=-，即()00()()g x f x x x '=-，令()()()F x f x g x =-，即()00()()()F x f x f x x x '=--，则0()()()F x f x f x '''=-由于1()n f x nxn -'=-+在()0,+∞上单调递减，故()F x '在()0,+∞上单调递减，又因为0()0F x '=，所以当0(0,)x x ∈时，0()0F x '>，当0(,)x x ∈+∞时，0()0F x '<，所以()F x 在0(0,)x 内单调递增，在0(,)x +∞内单调递减，所以对任意的正实数x 都有0()()0F x F x ≤=，即对任意的正实数x ，都有()()f x g x ≤.（3）证明：不妨设12x x ≤，由（2）知()()2()g x n n x x =--，设方程()g x a =的根为2x '，可得202ax x n n'=+-，当2n ≥时，()g x 在(),-∞+∞上单调递减，又由（2）)知222()()(),g x f x a g x '≥==可得22x x '≤.类似的，设曲线()y f x =在原点处的切线方程为()y h x =，可得()h x nx =，当(0,)x ∈+∞，()()0n f x h x x -=-<，即对任意(0,)x ∈+∞，()().f x h x <设方程()h x a =的根为1x '，可得1ax n'=，因为()h x nx =在(),-∞+∞上单调递增，且111121210(')(),',''1a h x a f x x x x x x x x n==<-<-=+-，12n -=1(11)n -+≥1+11n C n -=， 故2≥11n n-=0x ，原结论成立.三次函数通常围绕以下四个点进行命题： 第一个点是围绕导数的几何意义展开，设计求曲线的切线方程，根据切线方程求参数值等问题，这类试题在考查导数的几何意义的同时也考查导数的运算、函数等知识，试题的难度不大；第二个点是围绕利用导数研究函数的单调性、极值(最值)展开，设计求函数的单调区间、极值、最值，已知单调区间求参数或者参数范围等问题，在考查导数研究函数性质的同时考查分类与整合思想、化归与转化思想等数学思想方法；第三个点是围绕导数研究不等式、方程展开，涉及不等式的证明、不等式的恒成立、讨论方程根等问题，主要考查通过转化使用导数研究函数性质并把函数性质用来分析不等式和方程等问题的能力，该点和第二个点一般是解答题中的两个设问，考查的核心是导数研究函数性质的方法和函数性质的应用；第四个点是利用函数性质用来分析不等式和方程等问题的能力，该点和第二个点一般是解答题中的两个设问，考查的核心是导数研究函数性质的方法和函数性质的应用．。
三次函数的根的判别式和韦达定理
三次函数，即形如f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d的函数，其中a, b, c, d 为实数，且a不为0。
这种函数在数学中有着重要的应用价值。
对于三次函数，其根的判别式和韦达定理是两个重要的数学工具，用于研究函数的性质。
首先，我们来了解一下根的判别式。
对于一元二次方程，根的判别式是b^2 - 4ac，而对于三次函数，我们可以通过对其进行求导，然后观察导函数的零点来找到极值点。
三次函数的导函数为f'(x) = 3ax^2 + 2bx + c，对其求导后，再求出导函数的零点，即令f'(x) = 0，解出x的值，这些x的值就是三次函数的极值点。
接下来，我们来看看韦达定理。
韦达定理是用于求解一元二次方程的根的一种方法，但对于三次方程，我们可以通过观察其根的分布情况来找到三次函数的极值点。
如果三次方程有三个不同的实根，那么这三个实根就是三次函数的三个极值点。
如果三次方程有两个相同的实根，那么这两个相同的实根就是三次函数的拐点。
在实际应用中，我们可以利用韦达定理来判断三次函数的单调性。
如果三次函数在某个区间内单调递增，那么这个区间内一定存在一个或多个极小值点；反之，如果三次函数在某个区间内单调递减，那么这个区间内一定存在一个或多个极大值点。
此外，我们还可以利用韦达定理来判断三次函数的图像的形状。
如果三次函数的图像是一个连续的曲线，那么这个曲线一定是由多个单调递增或递减的区间段组成的；如果三次函数的图像是一个折线图，那么这个折线图一定是由多个单调递增或递减的区间段组成的。
综上所述，根的判别式和韦达定理是两个重要的数学工具，用于研究三次函数的性质。
利用这两个工具，我们可以更好地理解三次函数的图像和性质，从而更好地解决相关的数学问题。
三次函数图像与性质(解析版)
专题2-2三次函数图像与性质【题型1】求三次函数的解析式【题型2】三次函数的单调性问题【题型3】三次函数的图像【题型4】三次函数的最值、极值问题【题型5】三次函数的零点问题【题型6】三次函数图像，单调性，极值，最值综合问题【题型7】三次函数对称中心【题型8】三次函数的切线问题【题型9】三次函数根与系数的关系1/342/34【题型1】求三次函数的解析式（1）一般式：()³²f x ax bx cx d =+++（a ≠0）（2）交点式：()123()()()f x a x x x x x x =---（a ≠0）1．若三次函数()f x 满足()()()()00,11,03,19f f f f ''====，则()3f =（）A ．38B ．171C ．460D ．965【解析】待定系数法，求函数解析式设()³²f x ax bx cx d =+++，则()232f x ax bx c '=++，由题意可得：()()()()0011031329f d f a b c d f c f a b c ⎧==⎪=+++=⎪⎨==⎪⎪=+'=⎩'+，解得101230a b c d =⎧⎪=-⎪⎨=⎪⎪=⎩，则()3210123f x x x x =-+，所以()32310312333171f =⨯-⨯+⨯=.【题型2】三次函数的单调性问题三次函数是高中数学中的一个重要内容，其考点广泛且深入，主要涉及函数的性质、图像、最值、零点以及与其他函数的综合应用等方面。
以下是对三次函数常见考点的详细分析：1.三次函数的定义与形式∙定义：形如f (x )=ax 3+bx 2+cx +d （其中a ≠=0）的函数称为三次函数。
∙形式：注意系数a ,b ,c ,d 的作用，特别是a 的正负决定了函数的开口方向（a >0开口向上，a <0开口向下）。
专题17 三次函数的图像与性质(解析版)
专题17 三次函数的图像与性质一、例题选讲题型一 运用三次函数的图像研究零点问题遇到函数零点个数问题,通常转化为两个函数图象交点问题,进而借助数形结合思想解决问题；也可转化为方程解的个数问题,通过具体的解方程达到解决问题的目的.前者由于是通过图形解决问题,故对绘制的函数图象准确度和细节处要求较高,后者对问题转化的等价性和逻辑推理的严谨性要求较高.下面的解法是从解方程的角度考虑的.例1,(2017某某,某某,某某,某某三调)已知函数3()3 .x x a f x x x x a ⎧=⎨-<⎩≥，，，若函数()2()g x f x ax =-恰有2个不同的零点,则实数a 的取值X 围是．【答案】3(2)2-，【解析】：函数()2()g x f x ax =-恰有2个不同的零点,即方程2()0f x ax -=恰有2个不相等的根,亦即方程(Ⅰ)20x ax ax ≥⎧⎨-=⎩和(Ⅱ)3260x a x x ax <⎧⎨--=⎩共有2个不相等的根. 首先(Ⅰ)中20x ax -=,即(2)0a x -=,若2a =,则2x ≥都是方程20x ax -=的根,不符合题意,所以2a ≠,因此(Ⅰ)中由20x ax -=解得0x =,下面分情况讨论(1)若0x =是方程(Ⅰ)的唯一根,则必须满足0a ≥,即0a ≤,此时方程(Ⅱ)必须再有唯一的一个根,即30260x a x x ax <≤⎧⎨--=⎩有唯一根,因为0x ≠,由3260x x ax --=,得226x a =+必须有满足0x a <≤的唯一根,首先60a +>,其次解得的负根需满足0a <≤,从而解得302a -<≤,(2)若0x =不是方程(Ⅰ)的唯一根,则必须满足0a <,即0a >,此时方程(Ⅱ)必须有两个不相等的根,即30260a x ax x ax ⎧>⎪<⎨⎪--=⎩有两个不相等的根,由3260x x ax --=,得0x a =<适合,另外226x a =+还有必须一满足,0x a a <>的非零实根,首先60a +>,a≥,从而解得02a <≤,但前面已经指出2a ≠,故02a <<,综合(1),(2),得实数a 的取值X 围为3(,2)2-.例2,(2017某某学情调研)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x －x3，x ≤0，－2x ，x ＞0.)当x ∈(－∞,m ]时,f (x )的取值X 围为[－16,＋∞),则实数m 的取值X 围是________．【答案】 [－2,8]【解析】思路分析 由于f (x )的解析式是已知的,因此,可以首先研究出函数f (x )在R 上的单调性及相关的性质,然后根据f (x )的取值X 围为[－16,＋∞),求出它的值等于－16时的x 的值,借助于函数f (x )的图像来对m 的取值X 围进行确定．当x ≤0时,f (x )＝12x －x 3,所以f ′(x )＝12－3x 2.令f ′(x )＝0,则x ＝－2(正值舍去),所以当x ∈(－∞,－2)时,f ′(x )＜0,此时f (x )单调递减；当x ∈(－2,0]时,f ′(x )＞0,此时f (x )单调递增,故函数f (x )在x ≤0时的极小值为f (－2)＝－16.当x ＞0时,f (x )＝－2x 单调递减,f (0)＝0,f (8)＝－16,因此,根据f (x )的图像可得m ∈[－2,8]．解后反思 根据函数的解析式来得到函数的相关性质,然后由此画出函数的图像,借助于函数的图像可以有效地进行解题,这就是数形结合的魅力．题型二 三次函数的单调性问题研究三次函数的单调性,往往通过导数进行研究.要特别注意含参的讨论.例3,已知函数32()3f x x x ax =-+()a ∈R ,()|()|g x f x =．(1)求以(2,(2))P f 为切点的切线方程,并证明此切线恒过一个定点；(2)若()g x kx ≤对一切[0,2]x ∈恒成立,求k 的最小值()h a 的表达式；(3)设0a >,求()y g x =的单调增区间．解析 (1)2()36f x x x a '=-+,(2)f a '=,过点P 的切线方程为()224y a x a =-+-,即4y ax =-,它恒过点(0,- 4)；(2)()g x kx ≤即32|3|x x ax kx -+≤． 当0x =时,上式恒成立；当(0,2]x ∈时,即2|3|x x a k -+≤对一切(0,2]x ∈恒成立,设2max ()|3|,[0,2]h a x x a x ∈=-+, ①当94a ≥时,2max |3|x x a -+在0x =时取得,∴()h a a =；②当94a <时,2max 99(),984|3|max{,}994()48a a x x a a a a a ⎧<<⎪⎪-+=-=⎨⎪-⎪⎩≤； 由①②,得9(),8()99()48a a g a a a ⎧>⎪⎪=⎨⎪-⎪⎩≤； (3)32()3f x x x ax =-+,22()363(1)3f x x x a x a '=-+=-+-,令()0f x =,得0x =或230x x a -+=,当94a <时,由230x x a -+=,解得132x =232x =令()0f x '=,得23(1)30x a -+-=,当3a <时,由23(1)30x a -+-=,解得31x =41x =+1)当3a ≥时,()y g x =的单调增区间为(0,)+∞；2)当934a <≤时,()y g x =的单调增区间为3(0,)x 和4(,)x +∞；3)当904a <<时,()y g x =的单调增区间为3(0,)x 和14(,)x x 和2(,)x +∞．例4,(2018某某期末) 若函数f(x)＝(x ＋1)2|x －a|在区间[－1,2]上单调递增,则实数a 的取值X 围是________．【答案】 (－∞,－1]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫72，＋∞思路分析 由于条件中函数的解析式比较复杂,可以先通过代数变形,将其化为熟悉的形式,进而利用导数研究函数的性质及图像,再根据图像变换的知识得到函数f(x)的图像进行求解．函数f(x)＝(x ＋1)2|x －a|＝|(x ＋1)2(x －a)|＝|x 3＋(2－a)x 2＋(1－2a)x －a|.令g(x)＝x 3＋(2－a)x 2＋(1－2a)x －a,则g ′(x)＝3x 2＋(4－2a)x ＋1－2a ＝(x ＋1)(3x ＋1－2a)．令g ′(x)＝0得x 1＝－1,x 2＝2a －13.①当2a －13<－1,即a<－1时,令g ′(x)>0,即(x ＋1)(3x ＋1－2a)>0,解得x<2a －13或x>－1；令g ′(x)<0,解得2a －13<x<－1.所以g(x)的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a －13,(－1,＋∞),单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －13，－1. 又因为g(a)＝g(－1)＝0,所以f(x)的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，2a －13,(－1,＋∞),单调减区间是(－∞,a),⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －13，－1,满足条件,故a<－1(此种情况函数f(x)图像如图1)． ,图1)②当2a －13＝－1,即a ＝－1时,f(x)＝|(x ＋1)3|,函数f(x)图像如图2,则f(x)的单调增区间是(－1,＋∞),单调减区间是(－∞,－1),满足条件,故a ＝－1.,图2)③当2a －13>－1,即a>－1时,令g ′(x)>0,即(x ＋1)(3x ＋1－2a)>0,解得x<－1或x>2a －13；令g ′(x)<0,解得－1<x<2a －13.所以g(x)的单调增区间是(－∞,－1),⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －13，＋∞,单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，2a －13. 又因为g(a)＝g(－1)＝0,所以f(x)的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，2a －13,(a,＋∞),单调减区间是(－∞,－1),⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －13，a ,要使f(x)在[－1,2]上单调递增,必须满足2≤2a －13,即a ≥72,又因为a>－1,故a ≥72(此种情况函数f(x)图像如图3)．综上,实数a 的取值X 围是(－∞,－1]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫72，＋∞.,图3)例5,(2018某某期末)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x3＋x2，x<0，ex －ax ，x ≥0，其中常数a ∈R .(1) 当a ＝2时,求函数f (x )的单调区间；(2) 若方程f (－x )＋f (x )＝e x －3在区间(0,＋∞)上有实数解,某某数a 的取值X 围；规X 解答 (1) 当a ＝2时,f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x3＋x2，x<0，ex －2x ，x ≥0.①当x<0时,f ′(x)＝－3x 2＋2x<0恒成立,所以f(x)在(－∞,0)上递减；(2分)②当x ≥0时,f ′(x)＝e x －2,可得f(x)在[0,ln 2]上递减,在[ln 2,＋∞)上递增．(4分)因为f(0)＝1>0,所以f(x)的单调递减区间是(－∞,0)和[0,ln 2],单调递增区间是[ln 2,＋∞)．(5分)(2) 当x>0时,f(x)＝e x －ax,此时－x<0,f(－x)＝－(－x)3＋(－x)2＝x 3＋x 2.所以可化为a ＝x 2＋x ＋3x在区间(0,＋∞)上有实数解．(6分) 记g(x)＝x 2＋x ＋3x ,x ∈(0,＋∞),则g ′(x)＝2x ＋1－3x2＝（x －1）（2x2＋3x ＋3）x2.(7分) 可得g(x)在(0,1]上递减,在[1,＋∞)上递增,且g(1)＝5,当x →＋∞时,g(x)→＋∞.(9分)所以g(x)的值域是[5,＋∞),即实数a 的取值X 围是[5,＋∞)．(10分)题型三 三次函数的极值与最值问题①利用导数刻画函数的单调性,确定函数的极值；② 通过分类讨论,结合图象,实现函数的极值与零点问题的转化.函数,方程和不等式的综合题,常以研究函数的零点,方程的根,不等式的解集的形式出现,大多数情况下会用到等价转化,数形结合的数学思想解决问题,而这里的解法是通过严谨的等价转化,运用纯代数的手段来解决问题的,对抽象思维和逻辑推理的能力要求较高,此题也可通过数形结合的思想来解决问题,可以一试.例6,(2018苏锡常镇调研)已知函数32()1f x x ax bx a b =+++∈，，R ． (1)若20a b +=,① 当0a >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；规X 解答 (1)①由2()32f x x ax b '=++及02=+b a ,得22()32f x x ax a '=+-,令()0f x '=,解得3ax =或a x -=.由0>a 知,(,)()0x a f x '∈-∞->，,)(x f 单调递增,(,)()03a x a f x '∈-<，,)(x f 单调递减,(,)()03ax f x '∈+∞>，,)(x f 单调递增,因此,)(x f 的极大值为3()1f a a -=+,)(x f 的极小值为35()1327a a f =-. ② 当0a =时,0b =,此时3()1f x x =+不存在三个相异零点； 当0a <时,与①同理可得)(x f 的极小值为3()1f a a -=+,)(x f 的极大值为35()1327a a f =-. 要使)(x f 有三个不同零点,则必须有335(1)(1)027a a +-<,即332715a a <->或.不妨设)(x f 的三个零点为321,,x x x ,且321x x x <<,则123()()()0f x f x f x ===,3221111()10f x x ax a x =+-+=, ①3222222()10f x x ax a x =+-+=, ②3223333()10f x x ax a x =+-+=, ③②-①得222212121212121()()()()()0x x x x x x a x x x x a x x -+++-+--=, 因为210x x ->,所以222212121()0x x x x a x x a ++++-=, ④ 同理222332232()0x x x x a x x a ++++-=, ⑤⑤-④得231313131()()()()0x x x x x x x a x x -+-++-=,因为310x x ->,所以2310x x x a +++=,又1322x x x +=,所以23ax =-.所以()03af -=,即22239a a a +=-,即327111a =-<-,因此,存在这样实数a =满足条件.例7,(2017⋅某某)已知函数32()1(0,)f x x ax bx a 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：33b a >；(3)若(),'()f x f x 这两个函数的所有极值之和不小于72-,求a 的取值X 围．解析(1)2'()32f x x ax b =++有零点,24120a b ∆=->,即23a b >,又''()620f x x a =+=,解得3a x =-,根据题意,()03a f -=,即3210333a a a a b ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,化简得2239b a a =+,又203a a b >⎧⎨>⎩,所以3a >,即223(3)9b a a a =+>；(2)设2433224591()3(427)(27)81381g a b a a a a a a a =-=-+=--,而3a >,故()0g a >,即23b a >；(3)设12,x x 为()f x 的两个极值点,令'()0f x =得12122,33b ax x x x =+=-, 法一：332212121212()()()()2f x f x x x a x x b x x +=++++++ 22121212121212()[()3][()2]()2x x x x x x a x x x x b x x =++-++-+++3324242232()202732739a ab a a a a =-+=-++=．记()f x ,()f x '所有极值之和为()S a ,12()()0f x f x +=,2'()33a a f b -=-, 则221237()()()'()3392a a a S a f x f x f b a =++-=-=--≥, 而23()()3a S a a =-在(3,)a ∈+∞上单调递减且7(6)2S =-,故36a <≤．法二：下面证明()f x 的图像关于(,())33a af --中心对称,233232()1()()()1333327a a a ab a f x x ax bx x b x =+++=++-++-+23()()()()3333a a a ax b x f =++-++-,所以()()2()0333a a a f x f x f --+-+=-=,所以12()()0f x f x +=,下同法一．例8,(2018某某学情调研)已知函数f(x)＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax,a ∈R .(1) 曲线y ＝f (x )在x ＝0处的切线的斜率为3,求a 的值；(2) 若对于任意x ∈(0,＋∞),f (x )＋f (－x )≥12ln x 恒成立,求a 的取值X 围；(3) 若a ＞1,设函数f (x )在区间[1,2]上的最大值,最小值分别为M (a ),m (a ),记h (a )＝M (a )－m (a ),求h (a )的最小值．思路分析 第(3)问,欲求函数f(x)在区间[1,2]上的最值M(a),m(a),可从函数f(x)在区间[1,2]上的单调性入手,由于f ′(x)＝6(x －1)(x －a),且a ＞1,故只需分为两大类：a ≥2,1＜a ＜2.当1＜a ＜2时,函数f(x)在区间[1,2]上先减后增,进而比较f(1)和f(2)的大小确定函数最大值,由f(1)＝f(2)得到分类的节点a ＝53.规X 解答 (1) 因为f(x)＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax,所以f ′(x)＝6x 2－6(a ＋1)x ＋6a,所以曲线y ＝f(x)在x ＝0处的切线的斜率k ＝f ′(0)＝6a,所以6a ＝3,所以a ＝12.(2分)(2) f(x)＋f(－x)＝－6(a ＋1)x 2≥12ln x对任意x ∈(0,＋∞)恒成立,所以－(a ＋1)≥2lnxx2.(4分)令g(x)＝2lnx x2,x ＞0,则g ′(x)＝2（1－2lnx ）x3.令g ′(x)＝0,解得x ＝ e.当x ∈(0,e)时,g ′(x)＞0,所以g(x)在(0,e)上单调递增；当x ∈(e,＋∞)时,g ′(x)＜0,所以g(x)在(e,＋∞)上单调递减．所以g(x)max ＝g(e)＝1e,(6分)所以－(a ＋1)≥1e ,即a ≤－1－1e,所以a 的取值X 围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－1－1e .(8分)(3) 因为f(x)＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax,所以f ′(x)＝6x 2－6(a ＋1)x ＋6a ＝6(x －1)(x －a),令f ′(x)＝0,则x ＝1或x ＝a.(10分)f(1)＝3a －1,f(2)＝4.由f(1)＝f(2)得到分类的节点a ＝53.①当1＜a ≤53时,当x ∈(1,a)时,f ′(x)＜0,所以f(x)在(1,a)上单调递减；当x ∈(a,2)时,f ′(x)＞0,所以f(x)在(a,2)上单调递增．又因为f(1)≤f(2),所以M(a)＝f(2)＝4,m(a)＝f(a)＝－a 3＋3a 2,所以h(a)＝M(a)－m(a)＝4－(－a 3＋3a 2)＝a 3－3a 2＋4.因为h ′(a)＝3a 2－6a ＝3a(a －2)＜0,所以h(a)在⎝ ⎛⎦⎥⎤1，53上单调递减,所以当a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1，53时,h(a)的最小值为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫53＝827.(12分)②当53＜a ＜2时,当x ∈(1,a)时,f ′(x)＜0,所以f(x)在(1,a)上单调递减；当x ∈(a,2)时,f ′(x)＞0,所以f(x)在(a,2)上单调递增．又因为f(1)＞f(2),所以M(a)＝f(1)＝3a －1,m(a)＝f(a)＝－a 3＋3a 2,所以h(a)＝M(a)－m(a)＝3a －1－(－a 3＋3a 2)＝a 3－3a 2＋3a －1.因为h ′(a)＝3a 2－6a ＋3＝3(a －1)2>0.所以h(a)在⎝ ⎛⎭⎪⎫53，2上单调递增,所以当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫53，2时,h(a)＞h ⎝ ⎛⎭⎪⎫53＝827.(14分)③当a ≥2时,当x ∈(1,2)时,f ′(x)＜0,所以f(x)在(1,2)上单调递减,所以M(a)＝f(1)＝3a －1,m(a)＝f(2)＝4,所以h(a)＝M(a)－m(a)＝3a －1－4＝3a －5,所以h(a)在[2,＋∞)上的最小值为h(2)＝1.综上,h(a)的最小值为827.(16分)二、达标训练1,(2017某某暑假测试) 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x，x ＞1，x3，－1≤x ≤1，)若关于x 的方程f (x )＝k (x ＋1)有两个不同的实数根,则实数k 的取值X 围是________．【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12【解析】思路分析 方程f (x )＝k (x ＋1)的实数根的个数可以理解为函数y ＝f (x )与函数y ＝k (x ＋1)交点的个数,因此,在同一个坐标系中作出它们的图像,由图像来观察它们的交点的个数．在同一个直角坐标系中,分别作出函数y ＝f (x )及y ＝k (x ＋1)的图像,则函数f (x )max ＝f (1)＝1,设A (1,1),B (－1,0),函数y ＝k (x ＋1)过点B ,则由图可知要使关于x 的方程f (x )＝k (x ＋1)有两个不同的实数根,则0＜k ＜k AB ＝12.2,(2017苏北四市期末) 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧sinx ，x ＜1，x3－9x2＋25x ＋a ，x ≥1，)若函数f (x )的图像与直线y ＝x 有三个不同的公共点,则实数a 的取值集合为________．【答案】 {－20,－16}【解析】当x ＜1时,f(x)＝sin x,联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝sinx ，y ＝x ，得x －sin x ＝0,令u(x)＝x －sin x(x ＜1),则u ′(x)＝1－cos x ≥0,所以函数u(x)＝x －sin x(x ＜1)为单调增函数,且u(0)＝0,所以u(x)＝x －sin x(x ＜1)只有唯一的解x＝0,这表明当x ＜1时,函数f(x)的图像与直线y ＝x 只有1个公共点．因为函数f(x)的图像与直线y ＝x 有3个不同的公共点,从而当x ≥1时,函数f(x)的图像与直线y ＝x 只有2个公共点．当x ≥1时,f(x)＝x 3－9x 2＋25x ＋a,联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x3－9x2＋25x ＋a ，y ＝x ，得a ＝－x 3＋9x 2－24x,令h(x)＝－x 3＋9x 2－24x(x ≥1),则h ′(x)＝－3x 2＋18x －24＝－3(x －2)(x －4)．令h ′(x)＝0得x ＝2或x ＝4,列表如下：32数a ＝－20或a ＝－16.综上所述,实数a 的取值集合为{－20,－16}．3,(2019某某,某某二模)已知函数f(x)＝⎪⎩⎪⎨⎧>+-≤+0,3120,33x x x x x 设g(x)＝kx ＋1,且函数y ＝f(x)－g(x)的图像经过四个象限,则实数k 的取值X 围为________．【答案】 ⎝⎛⎭⎪⎫－9，13【解析】解法1 y ＝⎩⎪⎨⎪⎧|x ＋3|－（kx ＋1），x ≤0，x 3－（k ＋12）x ＋2，x>0，若其图像经过四个象限．①当x>0时,y ＝x 3－(k ＋12)x ＋2,当x ＝0时,y ＝2>0,故它要经过第一象限和第四象限,则存在x>0,使y＝x 3－(k ＋12)x ＋2<0,则k ＋12>x 2＋2x ,即k ＋12>⎝ ⎛⎭⎪⎫x2＋2x min .令h(x)＝x 2＋2x (x>0),h ′(x)＝2x －2x2＝2（x3－1）x2,当x>1时,h ′(x)>0,h(x)在(1,＋∞)上递增；当0<x<1时,h ′(x)<0,h(x)在(0,1)上递减,当x ＝1时取得极小值,也是最小值,h(x)min ＝h(1)＝3,所以k ＋12>3,即k>－9.②当x ≤0时,y ＝|x ＋3|－(kx ＋1),当x ＝0时,y ＝2>0,故它要经过第二象限和第三象限,则存在x<0,使y ＝|x ＋3|－(kx ＋1)<0,则k<|x ＋3|－1x,即k<⎝⎛⎭⎪⎫|x ＋3|－1x max .令φ(x)＝|x ＋3|－1x＝⎩⎪⎨⎪⎧－1－4x ，x ≤－3，1＋2x ，－3<x<0，易知φ(x)在(－∞,－3]上单调递增,在(－3,0)上单调递减,当x ＝－3时取得极大值,也是最大值,φ(x)max ＝φ(－3)＝13,故k<13.综上,由①②得实数k 的取值X 围为⎝⎛⎭⎪⎫－9，13.解法2 可根据函数解析式画出函数图像,当x>0时,f(x)＝x 3－12x ＋3,f ′(x)＝3x 2－12＝3(x ＋2)(x －2),可知f(x)在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,＋∞)上单调递增,且 f(2)＝－13<0,当x ≤0时,f(x)＝|x ＋3|.g(x)＝kx ＋1恒过(0,1),若要使y ＝f(x)－g(x)经过四个象限,由图可知只需f(x)与g(x)在(－∞,0)和(0,＋∞)上分别有交点即可(交点不可为(－3,0)和切点)．①当k>0时,在(0,＋∞)必有交点,在(－∞,0)区间内,需满足0<k<13.②当k<0时,在(－∞,0)必有交点,在(0,＋∞)内,只需求过定点(0,1)与函数f(x)＝x 3－12x ＋3(x>0)图像的切线即可,设切点为(x 0,x30－12x 0＋3),由k ＝3x20－12＝x30－12x 0＋3－1x 0,解得x 0＝1,切线斜率k ＝－9,所以k∈(－9,0)．③当k ＝0也符合题意．综上可知实数k 的取值X 围为⎝⎛⎭⎪⎫－9，13.4,(2018苏中三市,苏北四市三调)已知函数310() 2 0ax x f x x ax x x -≤⎧⎪=⎨-+->⎪⎩， ，，的图象恰好经过三个象限,则实数a 的取值X 围是 ▲ ．【答案】a ＜0或a ＞2【解析】当a ＜0时,10y ax x =-，≤的图象经过两个象限,3|2|0y x ax x =-+->在 (0,+∞)恒成立,所以图象仅在第一象限,所以a ＜0时显然满足题意； 当a ≥0时,10y ax x =-，≤的图象仅经过第三象限,由题意 3|2|0y x ax x x =-+->，的图象需经过第一,二象限．【解法1】(图像法)3|2|y x x =+-与y ax =在y 轴右侧的图象有公 共点(且不相切)．如图,3|2|y x x =+-=332,022,2x xx x xx,设切点坐标为3000(,2)x x x ,231yx,则有32000231x x x x ,解得01x ,所以临界直线l 的斜率为2,所以a ＞2时,符合．综上,a ＜0或a ＞2．【解法2】(函数最值法)由三次函数的性质知,函数图象过第一象限,则存()g x 在0x,使得3|2|0,yxax x即2|2|x a xx 设函数22221,02|2|()21,2x x x x g x x xx x x,当02x,322222()2x g x xx x()g x 在(0,1)单调递减,在(1,2)单调递增,又2x时,函数为增函数,所以函数的最小值为2,所以a ＞2,则实数a 的取值X 围为a ＜0或a ＞2．5,(2019某某期末)已知函数f(x)＝ax 3＋bx 2－4a(a,b ∈R )．(1) 当a ＝b ＝1时,求f (x )的单调增区间；(2) 当a ≠0时,若函数f (x )恰有两个不同的零点,求b a的值；(3) 当a ＝0时,若f (x )<ln x 的解集为(m ,n ),且(m ,n )中有且仅有一个整数,某某数b 的取值X 围．解后反思 在第(2)题中,也可转化为b a ＝4x2－x 恰有两个不同的实数解．另外,由g(x)＝x 3＋kx 2－4恰有两个不同的零点,可设g(x)＝(x －s)(x －t)2.展开,得x 3－(s ＋2t)x 2＋(2st ＋t 2)x －st 2＝x 3＋kx 2－4,所以⎩⎪⎨⎪⎧－（s ＋2t ）＝k ，2st ＋t2＝0，－st2＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧s ＝1，t ＝－2，k ＝3.解：(1)当a ＝b ＝1时,f(x)＝x 3＋x 2－4,f ′(x)＝3x 2＋2x.(2分)令f ′(x)>0,解得x>0或x<－23,所以f(x)的单调增区间是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－23和(0,＋∞)．(4分)(2)法一：f ′(x)＝3ax 2＋2bx,令f ′(x)＝0,得x ＝0或x ＝－2b3a,(6分)因为函数f(x)有两个不同的零点,所以f(0)＝0或f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2b 3a ＝0.当f(0)＝0时,得a ＝0,不合题意,舍去；(8分)当f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2b 3a ＝0时,代入得a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2b 3a ＋b ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2b 3a 2－4a ＝0,即－827⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 3＋49⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 3－4＝0,所以ba ＝3.(10分)法二：由于a ≠0,所以f(0)≠0,由f(x)＝0得,b a ＝4－x3x2＝4x2－x(x ≠0)．(6分)设h(x)＝4x2－x,h ′(x)＝－8x3－1,令h ′(x)＝0,得x ＝－2, 当x ∈(－∞,－2)时,h ′(x)<0,h(x)递减；当x ∈(－2,0)时,h ′(x)>0,h(x)递增,当x ∈(0,＋∞)时,h ′(x)>0,h(x)单调递增,当x>0时,h(x)的值域为R ,故不论b a取何值,方程b a＝4－x3x2＝4x2－x 恰有一个根－2,此时函数f (x )＝a (x ＋2)2(x －1)恰有两个零点－2和1.(10分)(3)当a ＝0时,因为f (x )<ln x ,所以bx 2<ln x ,设g (x )＝ln x －bx 2,则g ′(x )＝1x－2bx ＝1－2bx2x(x >0),当b ≤0时,因为g ′(x )>0,所以g (x )在(0,＋∞)上递增,且g (1)＝－b ≥0,所以在(1,＋∞)上,g (x )＝ln x －bx 2≥0,不合题意；(11分)当b >0时,令g ′(x )＝1－2bx2x＝0,得x ＝12b,所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，12b 递增,在⎝⎛⎭⎪⎪⎫12b ，＋∞递减, 所以g (x )max ＝g ⎝⎛⎭⎪⎪⎫12b ＝ln12b －12,要使g (x )>0有解,首先要满足ln12b －12>0,解得b <12e. ①(13分)又因为g (1)＝－b <0,g (e 12)＝12－b e>0,要使f (x )<ln x 的解集(m ,n )中只有一个整数,则⎩⎪⎨⎪⎧g （2）>0，g （3）≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧ln2－4b>0，ln3－9b ≤0，解得ln39≤b <ln24. ②(15分)设h (x )＝lnx x,则h ′(x )＝1－lnx x2,当x ∈(0,e)时,h ′(x )>0,h (x )递增；当x ∈(e,＋∞)时,h ′(x )<0,h (x )递减．所以h (x )max ＝h (e)＝1e>h (2)＝ln22,所以12e >ln24,所以由①和②得,ln39≤b ＜ln24.(16分)(注：用数形结合方法做只给2分)6,(2019某某,某某一模)若函数y ＝f(x)在x ＝x 0处取得极大值或极小值,则称x 0为函数y ＝f(x)的极值点．设函数f(x)＝x 3－tx 2＋1(t ∈R )．(1) 若函数f (x )在(0,1)上无极值点,求t 的取值X 围；(2) 求证：对任意实数t ,函数f (x )的图像总存在两条切线相互平行；(3) 当t ＝3时,函数f (x )的图像存在的两条平行切线之间的距离为4,求满足此条件的平行线共有几组．规X 解答 (1)由函数f(x)＝x 3－tx 2＋1,得f ′(x)＝3x 2－2tx.由f ′(x)＝0,得x ＝0,或x ＝23t.因为函数f(x)在(0,1)上无极值点,所以23t ≤0或23t ≥1,解得t ≤0或t ≥32.(4分)(2)令f ′(x)＝3x 2－2tx ＝p,即3x 2－2tx －p ＝0,Δ＝4t 2＋12p.当p ＞－t23时,Δ＞0,此时3x 2－2tx －p ＝0存在不同的两个解x 1,x 2.(8分)设这两条切线方程为分别为y ＝(3x21－2tx 1)x －2x31＋tx21＋1和y ＝(3x22－2tx 2)x －2x32＋tx22＋1.若两切线重合,则－2x31＋tx21＋1＝－2x32＋tx22＋1,即2(x21＋x 1x 2＋x22)＝t(x 1＋x 2),即2＝t(x 1＋x 2)．而x 1＋x 2＝2t 3,化简得x 1·x 2＝t29,此时(x 1－x 2)2＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝4t29－4t29＝0,与x 1≠x 2矛盾,所以,这两条切线不重合．综上,对任意实数t,函数f(x)的图像总存在两条切线相互平行．(10分)(3)当t ＝3时f(x)＝x 3－3x 2＋1,f ′(x)＝3x 2－6x.由(2)知x 1＋x 2＝2时,两切线平行．设A(x 1,x31－3x21＋1),B(x 2,x32－3x22＋1),不妨设x 1＞x 2,则x 1＞1.过点A 的切线方程为y ＝(3x21－6x 1)x －2x31＋3x21＋1.(11分)所以,两条平行线间的距离 d ＝|2x32－2x31－3（x22－x21）|1＋9（x21－2x 1）2＝|（x2－x1）|1＋9（x21－2x 1）2＝4,化简得(x 1－1)6＝1＋92,(13分)令(x 1－1)2＝λ(λ＞0),则λ3－1＝9(λ－1)2,即(λ－1)( λ2＋λ＋1)＝9(λ－1)2,即(λ－1)( λ2－8λ＋10)＝0.显然λ＝1为一解,λ2－8λ＋10＝0有两个异于1的正根,所以这样的λ有3解．因为x 1－1＞0,所以x 1有3解,所以满足此条件的平行切线共有3组．(16分)7,(2018某某,某某一调)已知函数g(x)＝x 3＋ax 2＋bx(a,b ∈R )有极值,且函数f (x )＝(x ＋a )e x 的极值点是g (x )的极值点,其中e 是自然对数的底数．(极值点是指函数取得极值时对应的自变量的值)(1) 求b 关于a 的函数关系式；(2) 当a >0时,若函数F (x )＝f (x )－g (x )的最小值为M (a ),证明：M (a )<－73.思路分析 (1) 易求得f(x)的极值点为－a －1,则g ′(－a －1)＝0且g ′(x)＝0有两个不等的实数解,解之得b 与a 的关系．(2) 求导得F ′(x)＝(x ＋a ＋1)(e x －3x ＋a ＋3),解方程F ′(x)＝0时,无法解方程e x －3x ＋a ＋3＝0,构造函数h(x)＝e x －3x ＋a ＋3,证得h(x)>0,所以－a －1为极小值点,而且得出M(a),利用导数法证明即可．规X 解答 (1) 因为f ′(x)＝e x ＋(x ＋a)e x ＝(x ＋a ＋1)e x ,令f ′(x)＝0,解得x ＝－a －1.列表如下：所以x ＝－a －1时,f(x)取得极小值．(2分)因为g ′(x)＝3x 2＋2ax ＋b,由题意可知g ′(－a －1)＝0,且Δ＝4a 2－12b>0,所以3(－a －1)2＋2a(－a －1)＋b ＝0,化简得b ＝－a 2－4a －3.(4分)由Δ＝4a 2－12b ＝4a 2＋12(a ＋1)(a ＋3)>0,得a ≠－32.所以b ＝－a 2－4a －3⎝⎛⎭⎪⎫a ≠－32.(6分)(2) 因为F(x)＝f(x)－g(x)＝(x ＋a)e x －(x 3＋ax 2＋bx),所以F ′(x)＝f ′(x)－g ′(x)＝(x ＋a ＋1)e x －[3x 2＋2ax －(a ＋1)(a ＋3)]＝(x ＋a ＋1)e x －(x ＋a ＋1)(3x －a －3)＝(x ＋a ＋1)(e x －3x ＋a ＋3)．(8分)记h(x)＝e x －3x ＋a ＋3,则h ′(x)＝e x －3,令h ′(x)＝0,解得x ＝ln 3.列表如下：所以x ＝ln 3时,h(x)取得极小值,也是最小值,此时,h(ln 3)＝e ln 3－3ln 3＋a ＋3＝6－3ln 3＋a＝3(2－ln 3)＋a＝3ln e23＋a>a>0.(10分)所以h(x)＝e x －3x ＋a ＋3≥h(ln 3)>0,令F ′(x)＝0,解得x ＝－a －1.列表如下：所以x ＝－a －1时,F(x)取得极小值,也是最小值．所以M(a)＝F(－a －1)＝(－a －1＋a)e －a －1－[(－a －1)3＋a(－a －1)2＋b(－a －1)]＝－e －a －1－(a ＋1)2(a ＋2)．(12分)令t ＝－a －1,则t<－1,记m(t)＝－e t －t 2(1－t)＝－e t ＋t 3－t 2,t<－1,则m ′(t)＝－e t ＋3t 2－2t,t<－1.因为－e －1<－e t <0,3t 2－2t>5,所以m ′(t)>0,所以m(t)单调递增．(14分)所以m(t)<－e －1－2<－13－2＝－73,即M(a)<－73.(16分)。
高一数学函数的零点存在定理及其应用分析总结
零点存在定理：如果函数f(x)在区间[a, b]上连续，且f(a)·f(b)<0，则f(x)在区间(a, b)内有零点。
单调性判断：根据零点存在定理，如果函数f(x)在区间[a, b]上有零点，则f(x)在区间(a, b)上至少有一个单调区间。
应用实例：例如，判断函数f(x)=x^3-x在区间[-1, 1]上的单调性，可以通过零点存在定理来判断。
结合实际应用：结合实际例子，理解定理的应用方法和技巧
注意定理的局限性：了解定理的局限性和适用条件
掌握定理的应用范围：了解定理的应用条件和适用范围
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注意事项：在使用零点存在定理判断函数单调性时，需要注意函数的连续性和零点的存在性。
在研究函数图像中的应用
求解函数方程：通过零点存在定理，可以求解函数方程，得到函数的解析式
确定函数图像的零点：通过零点存在定理，可以确定函数图像的零点位置
判断函数图像的性质：通过零点存在定理，可以判断函数图像的连续性、单调性等性质
研究函数图像的极限：通过零点存在定理，可以研究函数图像的极限，得到函数的极限值
在解决实际问题中的应用
零点存在定理在解决实际问题中的应用广泛，如求解方程、优化问题等
零点存在定理在解决实际问题时，需要注意定理的适用条件和范围，避免错误应用
零点存在定理在解决实际问题时，需要结合实际问题的具体情况，灵活运用
零点存在定理的数学表达
零点存在定理：如果函数f(x)在区间[a, b]上连续，且f(a)·f(b)<0，则函数f(x)在区间(a, b)内至少有一个零点。
零点：函数f(x)的零点是指使得f(x)=0的x值。
பைடு நூலகம்
连续函数：如果函数f(x)在区间[a, b]上每一点x都有定义，且对于任意的ε>0，存在δ>0，使得当|x-x0|<δ时，|f(x)-f(x0)|<ε，则称f(x)在区间[a, b]上是连续的。
三次型函数切线问题的求解策略
三次型函数切线问题的求解策略三次函数频频出现在高考试卷中,成为高考试卷的一大亮点.其中三次函数的切线问题是高频考点，通常结合三次函数的零点问题考查.三次型函数最值问题是竞赛和自主招生的难点，有一定的思考力.三次型函数的切线问题（一）一、三次函数的概念：形如()320y ax bx cx d a =+++≠的函数，称之为三次函数. 二、三次函数的图象特征和零点分布： 对于三次函数()32()0f x ax bx cx d a =+++≠，其导函数为二次函数()2()320f x ax bx c a '=++≠，()f x '的判别式()243b ac ∆=-.现以0a >为例，（1）若032≤-ac b ，则)(x f 在),(+∞-∞上为增函数，)(x f 在R 上无极值；（2）若032>-ac b ，则)(x f 在),(1x -∞和),(2+∞x 上为增函数，)(x f 在),(21x x 上为减函数，其中aac b b x a ac b b x 33,332221-+-=---=.)(x f 在R 上有两个极值，且)(x f 在1x x =处取得极大值，在2x x =处取得极小值.综上可得，当三次函数()f x 存在极值时，其图象、零点、问题一：过三次函数极值点的切线 例1（2020年天津卷）设函数3()(1)f x x ax b =---,R x ∈，其中,.a b R ∈若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：1023x x +=. 策略一：验证132x x =-，即验证()()132f x f x =-.()32200000001(32)(22)3(1)(32)(1)21()()f x x x x b x x b f x f x -=-----=----== 根据函数()f x 的单调性直接推出结论.本策略不具有一般性，能否寻求解决这类问题的一般性思路呢？策略二：直接求零点33010011()()[(1)][(1)]f x f x x ax b x ax b -=------- 330101(1)(1)()x x a x x =-----22010011()[(1)(1)(1)(1)]x x x x x x a =--+--+--2220100110()[(1)(1)(1)(1)3(1)]x x x x x x x =--+--+--- 22010011()[2(1)(1)(1)(1)]x x x x x x =---+--+- 20101()[2(1)(1)]x x x x =-----20101()(23)0x x x x =---+=（*）又01x x ≠，故123x x +=.我们可以关注到策略二可以推广到一般情形，利用三次函数在极值点处的切线列出等式，（*）式的一般形式含有因式()20x x -，从而迅速求出另外一个交点横坐标.其一般形式如下：若0x 为三次函数32()f x ax bx cx d =+++的极值点，过00(,())x f x 的直线y k =与三次函数()f x 交于点11(,())x f x ，则研究函数()()g x f x k =-的零点问题可以利用201()()()g x a x x x x =--.例2（优质试题年江苏卷）若函数()y f x =在0x x =处取得极大值或极小值，则称0x 为函数()y f x =的极值点.已知,a b 是实数，1和1-是函数32()f x x ax bx =++的两个极值点.设()(())h x f f x c =-，其中[]2,2c ∈-，求函数()y h x =的零点个数.思路分析：本题本质上是研究由三次函数复合的函数零点问题，可先从“形”入手，直接将c 的取值分为2c =和2c <两类.我们以2c =为例，直线2y =为过极值点1x =的切线，则32()232(1)(2)y f t t t t t =-=--=--，迅速求得另一交点横坐标为2.为零点的讨论带来极大的方便. 解：易得==3a b -0，.令()=f x t ，则()()h x f t c =-. 先讨论关于x 的方程()=f x d 根的情况：[]2, 2d ∈- 当=2d 时，由（2 ）可知，()=2f x -的两个不同的根为1和一2 ，注意到()f x 是奇函数，∴()=2f x 的两个不同的根为一和 2.当2d <时，∵(1)=(2)=20f d f d d >----，(1)=(2)=20f d f d d <----- ，∴一2 , －1，1 ，2 都不是()=f x d 的根. 由（1）知()()()=311f'x x x +-.① 当()2x ∈+∞，时，()0f'x > ，于是()f x 是单调增函数，从而()(2)=2f x >f .此时()=f x d 在()2+∞，无实根. ② 当()1 2x ∈，时．()0f'x >，于是()f x 是单调增函数.又∵(1)0f d <-，(2)0f d >-，=()y f x d -的图象不间断，∴()=f x d 在（1 , 2 ）内有唯一实根.同理，()=f x d 在（一2 ，一1）内有唯一实根.③ 当()11x ∈-，时，()0f'x <，于是()f x 是单调减两数. 又∵(1)0f d >--， (1)0f d <-，=()y f x d -的图象不间断，∴()=f x d 在（一1，1 ）内有唯一实根.因此，当=2d 时，()=f x d 有两个不同的根12x x ，满足12=1 =2x x ，； 当2d < 时，()=f x d 有三个不同的根315x x x ，，，满足2 =3, 4, 5ix <i ，. 现考虑函数()y h x =的零点：（i ）当=2c 时，()=f t c 有两个根12t t ，，满足12==2t t 1，. 而1()=f x t 有三个不同的根，2()=f x t 有两个不同的根，故()y h x =有5 个零点.（ⅱ）当2c <时，()=f t c 有三个不同的根345t t t ，，，满足2 =3, 4, 5it <i ，.而() =3,() 4, = 5i f x t i 有三个不同的根，故()y h x =有9 个零点.综上所述，当=2c 时，函数()y h x =有5 个零点；当2c <时，函数()y h x =有9个零点.拓展研究：当2c <-或2c >时，函数()y h x =的零点个数情形如下：当2(1)c f >=-时，方程()f t c =有且仅有一个大于2的实根，故()y h x =有且仅有一个零点；同理，当2c <-时，()y h x =有且仅有一个零点.提示：解决复合函数零点问题需要强化数形结合基本数学思想.练习：设函数32()3f x x x bx c =-++的图象如图所示， 且与直线y =0在原点处相切.（1）求函数()y f x =的解析式；（2）设1m >，如果过点(,)m n 可作函数()y f x =的图象 的三条切线，求证：13()m n f m -<<. 解：（1）由图可知，函数的图象经过（0，0）点，∴0c =，又图象与x 轴相切于（0，0）点，2'()36f x x x b =-+，由'(0)0f =得b =0，32()3f x x x ∴=-.（2）由（1）可知2()36f x x x '=-，设函数在点(,())t f t 处的切线方程为232(36)()(3)y t t x t t t =--+-. 若切线过点(,)m n ，则存在实数t ，使232(36)()(3)n t t m t t t =--+-， 即322(33)60t m t mt n -+++=.令()g t =322(33)6t m t mt n -+++，则x y O2()66(1)66()(1)g t t m t m t m t '=-++=--.1,m >∴Q 当1t <或t m>时，()0g t '>；当1t m <<时，()0g t '<.()g t ∴在1t =时取得极大值(1)31g m n =+-， 在t m =时取得极小值()()g m n f m =-.如果过点(,)m n 可作函数()y f x =的图象的三条切线， 则方程322(33)60t m t mt n -+++=有三个相异的实数根，(1)310()()0g m n g m n f m =+->⎧∴⎨=-<⎩， ∴13()m n f m -<<. 三次型函数的切线问题（二）问题二：过三次函数图象上任一点的切线设点P 为三次函数)0()(23≠+++=a d cx bx ax x f 图象上任一点，则过点P 一定有直线与)(x f y =的图象相切.若点P 为三次函数图象的对称中心，则过点P 有且只有一条切线；若点P 不是三次函数图象的对称中心，则过点P 有两条不同的切线. 证明：设),(11y x P ，过点P 的切线可以分为两类：①若P 为切点，则21111'()32k f x ax bx c ==++，切线方程为：))(23(11211x x c bx ax y y -++=- ②若P 不是切点，则过P 点作)(x f y =图象的切线，切于另一点22(,)Q x y ，12122122313212122x x cx cx bx bx ax ax x x y y k --+-+-=--=()()22212112a x x x x b x x c =+++++又22222'()32k f x ax bx c ==++ (1)∴c bx bx ax x ax ax +++++21212122c bx ax ++=22223即0)2)((1212=++-a b x x x x ∴ab x x 22112--=代入（1）式得c ab bx ax k +-+=4214321212，当21k k =时，=++c bx ax 12123c ab bx ax +-+421432121 ，∴当abx 31-=时，两切线重合，所以过点P 有且只有一条切线；当ab x 31-≠时，21k k ≠，所以过点P 有两条不同的切线，其切线方程为：))(23(11211x x c bx ax y y -++=-，))(42143(121211x x c ab bx ax y y -+-+=-综上可得：过三次函数)0()(23≠+++=a d cx bx ax x f 上异于对称中心的任一点),(111y x P 作)(x f y =图象的切线，切于另一点),(222y x P ，过),(222y x P 作)(x f y =图象的切线切于),(333y x P ，如此继续，得到点列),(444y x P ，…，),(n n n y x P ，…，则abx x n n 2211--=+，且当+∞→n 时，点n P 趋近三次函数图象的对称中心，即三次函数图象上的拐点.特别地，过三次函数图象上拐点的切线只有一条.例3(优质试题北京卷)已知函数23()1(0),()f x ax a g x x bx =+>=+. （1）若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点(1，c )处具有公共切线，求a ，b 的值；（2）当a 2＝4b 时，求函数f (x )＋g (x )的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值．思路分析：本题容易忽视“在它们的交点(1,)c 处具有公切线”的双重性而造成条件缺失，不能列出关于,a b 的方程组，从而使题目无法求解. 简析：（1）f ′(x )＝2ax ，g ′(x )＝3x 2＋b ，因为曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点(1，c )处具有公切线，所以(1)(1)'(1)'(1)f g f g =⎧⎨=⎩，容易求得3a b ==.（2）设h (x )＝f (x )＋g (x )，∵a 2＝4b ，∴h (x )＝f (x )＋g (x )＝x 3＋ax 2＋14a 2x ＋1.则h ′(x )＝3x 2＋2ax ＋14a 2，令h ′(x )＝0，解得x 1＝－a 2，x 2＝－a 6.(5分)由a >0，得h (x )与h ′(x )的变化情况如下： x ⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2 －a 2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，－a 6 －a6错误! h ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋h (x )∴函数h (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2和⎝ ⎛⎭⎪⎫－a6，＋∞，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，－a 6.①当－1≤－a2，即0<a ≤2时，函数h (x )在区间(－∞，－1]上单调递增，h (x )在区间(－∞，－1]上的最大值为h (－1)＝a －a 24；②当－a 2<－1<－a6，即2<a <6时，函数h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2上单调递增，在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤－a 2，－1上单调递减，在区间(－∞，－1]上的最大值为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝1；③当－1≥－a6，即a ≥6时，函数h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，－a 6上单调递减，在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤－a 6，－1上单调递增，又因为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2－h (－1)＝1－a ＋14a 2＝14(a －2)2>0，所以h (x )在区间(－∞，－1]上的最大值为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝1.综上所述，当a ∈(0,2]时，最大值为h (－1)＝a －a 24；当a ∈(2，＋∞)时，最大值为 h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝1. 问题三：过三次函数图象外一点的切线设点),(00y x P 为三次函数)0()(23≠+++=a d cx bx ax x f 图象外则过点P 一定有直线与)(x f y =图象相切. 令00()()'()()g x y f x f x x x =-+-，则（1）若,30abx -=则过点P 恰有一条切线； （2）若,30a b x -≠且)3()(0ab g x g -0>，则过点P 恰有一条切线；（3）若,30a b x -≠且)3()(0abg x g -=0，则过点P 有两条不同的切线； （4）若,30a b x -≠且)3()(0ab g x g -0<，则过点P 有三条不同的切线.证明：设过点P 作直线与)(x f y =图象相切于点),,(11y x Q 则切线方程为 ),)(23(11211x x c bx ax y y -++=-把点),(00y x P 代入得： 02)3(2001021031=--+--+cx d y x bx x ax b ax ， 设.2)3(2)(000203cx d y x bx x ax b ax x g --+--+=200'()62(3)2,g x ax b ax x bx =+-- ,)3(448)3(420020b ax abx ax b +=+-=∆ 令'()0,g x =则.3,0ab x x x -== ①0)(=x g 恰有一个实根的充要条件是曲线)(x g y =与x 轴只有一个交点，即)(x g y =在R 上为单调函数或两极值同号，所以03bx a=-或,30a b x -≠且)3()(0a b g x g -0>时，过点P 恰有一条切线.②0)(=x g 有两个不同实根的充要条件是曲线)(x g y =与x 轴有两个公共点且其中之一为切点，所以,30ab x -≠且)3()(0abg x g -=0时，过点P 有两条不同的切线.③0)(=x g 有三个不同实根的充要条件是曲线)(x g y =与x轴有三个公共点，即)(x g y =有一个极大值，一个极小值，且两极值异号.所以,30a b x -≠且)3()(0abg x g -0<时，过点P 有三条不同的切线.例4（优质试题·北京卷）已知函数f (x )＝2x 3－3x .(1)求f (x )在区间[－2，1]上的最大值；(2)若过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切，求t 的取值范围；(3)问过点A (－1，2)，B (2，10)，C (0，2)分别存在几条直线与曲线y ＝f (x )相切？(只需写出结论) 解：(1)略(2)设过点P (1，t )的直线与曲线y ＝f (x )相切于点(x 0，y 0)，则y 0＝2x 30－3x 0，且切线斜率为k ＝6x 20－3，所以切线方程为y －y 0＝(6x 20－3)(x －x 0)，因此t －y 0＝(6x 20－3)(1－x 0)，整理得4x 30－6x 20＋t ＋3＝0，设g (x )＝4x 3－6x 2＋t ＋3，则“过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切”等价于“g (x )有3个不同零点”．g ′(x )＝12x 2－12x ＝12x (x －1)．当x 变化时，g (x )与g ′(x )的变化情况如下：所以，g (0)＝t ＋3是g (x )的极大值，g (1)＝t ＋1是g (x )的极小值．结合图象知，当g (x )有3个不同零点时，有⎩⎪⎨⎪⎧g （0）＝t ＋3>0，g （1）＝t ＋1－0，解得－3<t <－1. 故当过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切时，t 的取值范围是(－3，－1)．(3)过点A (－1，2)存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点B (2，10)存在2条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点C (0，2)存在1条直线与曲线y ＝f (x )相切．练习1：已知函数),(3)(23R b a x bx ax x f ∈-+=,在点))1(,1(f 处的切线方程为02=+y .若过点)2)(,2(≠m m M ,可作曲线)(x f y =的三条切线,求实数m 的取值范围.解析：设切点坐标为()00,x y ，则30003y x x =-，200()33f x x '=-Q ,∴切线的斜率为203 3.x -则()()3200003332x x m x x --=--，即32002660x x m -++=.又过(2,)(2)M m m ≠可作三条切线，故关于0x 的方程32002660x x m -++=有三个不同的实数解.即函数32()266x x x m ϕ=-++有三个不同的零点. 令2'()6120x x x=-=20m ⎧⎨-<⎩，解得62m -<<. ∴实数m 的取值范围为(6,2).-练习2：（07全国II 理22）已知函数3()f x x x =-．设0a >，若过点()a b ，可作曲线．．．．()y f x =的三条切线．．．．．，证明：()a b f a -<<. 解：（1）()f x 的导数2()31x x f '=-．曲线()y f x =在点(())M t f t ，处的切线方程为：()()()y f t f t x t '-=-，即23(31)2y t x t =--． （2）如果有一条切线过点()a b ，，则存在t ，使23(31)2b t a t =--．若过点()a b ，可作曲线()y f x =的三条切线，则方程32230t at a b -++=有三个相异的实数根．记32()23g t t at a b =-++，则2()66g t t at '=-6()0t t a =-=，解得0t =或t a =． 由()g t 的单调性，当极大值0a b +<或极小值()0b f a ->时，方程()0g t =最多有一个实数根；当0a b +=时，解方程()0g t =得302at t ==，，即方程()0g t =只有两个相异的实数根；当()0b f a -=时，解方程()0g t =得2a t t a =-=，，即方程()0g t =只有两个相异的实数根．综上所述，如果过()a b ，可作曲线()y f x =三条切线，即()0g t =有三个相异的实数根， 则0()0.a b b f a +>⎧⎨-<⎩，即()a b f a -<<．点评： （1） 本题是前一个问题的延伸，其以导数几何意义为载体； （2） 本题最终将问题转化为研究三次函数根的分布，采用极值（最值）控制法；（3）在这里应结合上面例题进一步揭示研究二次方程与三次方程实根分布问题在方法上的本质关系，以便进一步加深对函数极值（最值）的认识和对利用导数研究函数性质. 小结：三次函数图象切线条数的研究：三次函数)0()(23≠+++=a d cx bx ax x f证明：2()32f x ax bx c '=++，若0>a ，则 当ax 3-=时，2min 3().3ac b f x a -'=∴当a b ac k 332-= 时，方程ab ac c bx ax 332322-=++有两个相同解，所以此时切线有且只有一条；其方程为).3(33)3(2a bx a b ac a b f y +-=--当ab ac k 332->时，方程k c bx ax =++232，有两个不同的解21,x x ，且21x x +=ab 32-，即存在两个不同的切点))(,()),(,(2211x f x x f x ，且两个切点关于三次函数图象对称中心对称，所以斜率为k 的切线有两条.当ab ac k 332-<时，方程k c bx ax =++232无实根，所以斜率为k 的切线不存在.同理可证，0<a 时结论成立.例5（优质试题天津卷）已知函数(),n f x nx x x R =-∈，其中*,2n N n ∈≥.（1）讨论()f x 的单调性； （2）设曲线()y f x =与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为()y g x =，求证：对于任意的正实数x ，都有()()f x g x ≤；（3）若关于x 的方程()=f x a （a 为实数）有两个正实根12x x ，，求证：21|-|21ax x n<+-. 【解析】（1）由()n f x nx x =-，可得，其中*n N ∈且2n ≥，下面分两种情况讨论：①当n 为奇数时：令()0f x '=，解得1x =或1x =-，当x 变化时， ()f x 在(,1)-∞-，(1,)+∞上单调递减，在(1,1)-内单调递增.②当n 为偶数时，当()0f x '>，即1x <时，函数()f x 单调递增； 当()0f x '<，即1x >时，函数()f x 单调递减.所以，()f x 在(,1)-∞-上单调递增，()f x 在(1,)+∞上单调递减. （2）证明：设点P 的坐标为0(,0)x ，则110n x n -=，20()f x n n '=-，曲线()y f x =在点P 处的切线方程为()00()y f x x x '=-，即()00()()g x f x x x '=-，令()()()F x f x g x =-，即()00()()()F x f x f x x x '=--，则0()()()F x f x f x '''=-由于1()n f x nx n -'=-+在()0,+∞上单调递减，故()F x '在()0,+∞上单调递减，又因为0()0F x '=，所以当0(0,)x x ∈时，0()0F x '>，当0(,)x x ∈+∞时，0()0F x '<，所以()F x 在0(0,)x 内单调递增，在0(,)x +∞内单调递减，所以对任意的正实数x 都有0()()0F x F x ≤=，即对任意的正实数x ，都有()()f x g x ≤.（3）证明：不妨设12x x ≤，由（2）知()()20()g x n n x x =--，设方程()g x a =的根为2x '，可得202ax x n n'=+-，当2n ≥时，()g x 在(),-∞+∞上单调递减，又由（2）)知222()()(),g x f x a g x '≥==可得22x x '≤.类似的，设曲线()y f x =在原点处的切线方程为()y h x =，可得()h x nx =，当(0,)x ∈+∞，()()0n f x h x x -=-<，即对任意(0,)x ∈+∞，()().f x h x <设方程()h x a =的根为1x '，可得1a x n'=，因为()h x nx =在(),-∞+∞上单调递增，且111121210(')(),',''1ah x a f x x x x x x x x n==<-<-=+-， 12n -=1(11)n -+≥1+11n C n -=，故2≥11n n -=0x ，原结论成立.三次函数通常围绕以下四个点进行命题：第一个点是围绕导数的几何意义展开，设计求曲线的切线方程，根据切线方程求参数值等问题，这类试题在考查导数的几何意义的同时也考查导数的运算、函数等知识，试题的难度不大；第二个点是围绕利用导数研究函数的单调性、极值(最值)展开，设计求函数的单调区间、极值、最值，已知单调区间求参数或者参数范围等问题，在考查导数研究函数性质的同时考查分类与整合思想、化归与转化思想等数学思想方法；第三个点是围绕导数研究不等式、方程展开，涉及不等式的证明、不等式的恒成立、讨论方程根等问题，主要考查通过转化使用导数研究函数性质并把函数性质用来分析不等式和方程等问题的能力，该点和第二个点一般是解答题中的两个设问，考查的核心是导数研究函数性质的方法和函数性质的应用；第四个点是利用函数性质用来分析不等式和方程等问题的能力，该点和第二个点一般是解答题中的两个设问，考查的核心是导数研究函数性质的方法和函数性质的应用．。
(完整word)函数的零点存在定理
《函数的零点存在定理》一、教材内容分析《函数的零点》第二课时，选自人教版《普通高中课程标准实验教科书》A版必修1第三章第一节。
1、教材的地位与作用函数是中学数学的核心概念，核心的原因之一就在于函数与其他知识具有广泛的联系性,而函数的零点就是其中的一个链结点,它从不同的角度，将数与形，函数与方程有机的联系在一起.方程的根与函数零点的关系研究，不仅为“用二分法求方程的近似解”的学习做好准备，而且揭示了方程与函数之间的本质联系，这种联系正是中学数学重要思想方法——“函数与方程思想”的理论基础。
可见，函数零点概念在中学数学中具有核心地位。
2、内容分析本节内容有函数零点概念、函数零点与相应方程根的关系、函数零点存在性定理.函数零点是研究当函数)(xf的值为零时,相应的自变量x的取值，反映在函数图象上，也就是函数图象与x轴的交点横坐标。
由于函数)(xxf，其本身已是方程的形式，因而函数的零点)f的值为零亦即0(=必然与方程有着不可分割的联系，事实上，若方程0f有解，则函数)(xf存在零(=)x点，且方程的根就是相应函数的零点,也是函数图象与x轴的交点横坐标。
顺理成章的，方程的求解问题，可以转化为求函数零点的问题.这是函数与方程关系认识的第一步。
零点存在性定理，是函数在某区间上存在零点的充分不必要条件。
如果函数(<⋅bfaf，则函数))( (xf)y=在区间[]b a,上的图象是一条连续不断的曲线，并且满足0y=在区间()b a,内至少有一个零点，但零点的个数，需结合函数的单调性等性质f)(x进行判断.定理的逆命题不成立.方程的根与函数零点的研究方法，符合从特殊到一般的认识规律，从特殊的、具体的二次函数入手，建立二次函数的零点与相应二次方程的联系，然后将其推广到一般的、抽象的函数与相应方程的情形；零点存在性的研究，也同样采用了似的方法,同时还使用了“数形结合思想”及“转化与化归思想"。
二、教学内容诊断分析本节课是在学生学习了基本初等函数及其相关性质，具备初步的数形结合的能力基础之上,利用函数图象和性质来判断方程的根的存在性及根的个数。
三次函数的性质：单调区间和极值 课件(湘教版选修2-2)
课前探究学习
课堂讲练互动
点评 f(x)为增函数，一定可以推出f′(x)≥0，但反之不一 定．因为f′(x)≥0，即为f′(x)>0或f′(x)＝0，当函数在某个区间 内恒有f′(x)＝0，则f(x)为常函数，不具有单调性，所以f′(x)≥ 0是f(x)为增函数的必要不充分条件．
课前探究学习
课堂讲练互动
预习测评
1．下列说若有最值与极值，则其极大值便是最
大值，极小值便是最小值
B．闭区间上图象连续不断的函数一定有最值，也一定有极
值
C．若函数在其定义域上有最值，则一定有极值，反之，若
有极值则一定有最值
D．若函数在给定区间上有最值，则最多有一个最大值，一
在(－ 在(－∞，u)上 ∞，＋ 递增 ；在(u，v) ∞)上 上 递减 ；在(v，
递增 ＋∞)上 递增
在 x＝u 处取极大 无 值；在 x＝v
处取极小值
课前探究学习
课堂讲练互动
当a<0时， F′(x)的零点
F(x)、 F′(x)的性质
F′(x)的符号
F(x)的单调性
F′(x)的极值
无
F′(x) <0
课前探究学习
课堂讲练互动
解 (1)由f′(x)＝x2＋x－2＝0得，f′(x)的零点为x＝－2或x
＝1，
当x变化时f′(x)变化情况如下表：
x
(－3，－2) (－2,1) (1,3)
f′(x)
＋
－
＋
比较f(－3)，f(－2)，f(1)和f(3)知，在区间[－3,3]上，
当x＝3时，f(x)max＝1016；x＝1时，f(x)min＝32.
2 3
)和(1，＋∞)，f(x)的递减
第17讲 高中数学零点问题(解析版)
第17讲 零点问题高考预测一：三次函数零点问题 1．已知函数32()(,)f x x ax b a b R =++∈（1）若函数()f x 在1x =处取得极值2，求a ，b 的值； （2）求试讨论()f x 的单调性；（3）若b c a =-（实数c 是a 与无关的常数），当函数()f x 有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是33(,3)(1,)(,)22-∞-+∞，求c 的值． 【解析】解：（1）32()f x x ax b =++，2()32f x x ax '=+， 若函数()f x 在1x =处取得极值2， 则(1)320(1)12f a f a b '=+=⎧⎨=++=⎩，解得：3252a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩；（2）2()32(32)f x x ax x x a '=+=+，0a >时，令()0f x '>，解得：0x >或23x a <-，()f x ∴在2(,)3a -∞-递增，在2(3a -，0)递减，在(0,)+∞递增，0a =时，()0f x '，()f x 在R 递增，0a <时，令()0f x '>，解得：0x <或23x a >-，()f x ∴在(,0)-∞递增，在2(0,)3a -递减，在2(3a -，)+∞递增；（3）由（2）得：函数()f x 有2个极值， 分别是：(0)f b =，324()327f a a b -=+，则函数()f x 有3个零点等价于324(0)()()0327f f a b a b -=+<，∴304027a a b >⎧⎪⎨-<<⎪⎩或304027a b a <⎧⎪⎨<<-⎪⎩，又b c a =-，0a ∴>时，34027a a c -+>或0a <时，34027a a c -+<， 设g （a ）3427a a c =-+，函数()f x 有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是33(,3)(1,)(,)22-∞-+∞， (,3)∴-∞-上，g （a ）0<，在(1，33)(22⋃，)+∞上，g （a ）0>均恒成立，从而(3)10g c -=-，且3()102g c =-，故1c =；此时，322()1(1)[(1)1]f x x ax a x x a x a =++-=++-+-，()f x 有3个零点，则2(1)10x a x a +-+-=有2个异于1-的不等实根， ∴△22(1)4(1)230a a a a =---=+->，且2(1)(1)10a a ---+-≠， 解得：33(,3)(1,)(,)22a ∈-∞-+∞， 综上：1c =．2．已知函数21()(),()4lnxf x x a a Rg x x x=-+-∈=． （1）当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x =的切线，（2）用{max m ，}n 表示m ，n 中的最大值，设函数(){()h x max xf x =，()}(0)xg x x >，当03a <<时，讨论()h x 零点的个数．【解析】解：（1）设曲线()y f x =与x 轴相切与点0(x ，0)，则00()0()0f x f x =⎧⎨'=⎩，即20020201041204x a x x x ⎧-+-=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，∴01234x a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴当34a =时，x 轴为曲线()y f x =的切线． （2）令211()()4f x xf x x ax ==-+-，1()()(0)g x xg x lnx x ==>，则1(){()h x max f x =，1()}g x ，21()3f x x a '=-+，由1()0f x '=，得x = ∴当x ∈时，1()0fx '>，1()f x 为增函数； 当x ∈)+∞时，1()f x '为减函数，03a <<，01∴<， ①当10f <，即304a <<时，()h x 有一个零点； ②当10f =，即34a =时，()h x 有两个零点； ③当110()0f f x ⎧>⎪⎨⎪<⎩，即3544a <<时，()h x 有三个零点； ④当110()0f f x ⎧>⎪⎨⎪=⎩，即54a =时，()h x 有两个零点； ⑤当11(1)0f f ⎧>⎪⎨⎪>⎩，即534a <<时，()h x 有一个零点， 综上，304a <<或534a <<时，()h x 有一个零点； 当34a =或54a =时，()h x 有两个零点； 当3544a <<，()h x 有三个零点． 高考预测二：含超越函数的零点问题3．已知函数()sin (1)f x x ln x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明： （1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．【解析】证明：（1）()f x 的定义域为(1,)-+∞， 1()cos 1f x x x'=-+，21()sin (1)f x x x ''=-++，令21()sin (1)g x x x =-++，则32()cos 0(1)g x x x '=--<+在(1,)2π-恒成立， ()f x ∴''在(1,)2π-上为减函数， 又(0)1f ''=，21()11102(1)2f ππ''=-+<-+=+，由零点存在定理可知， 函数()f x ''在(1,)2π-上存在唯一的零点0x ，结合单调性可得，()f x '在0(1,)x -上单调递增，在0(x ，)2π上单调递减，可得()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当(1,0)x ∈-时，()f x '单调递增，()(0)0f x f '<'=，()f x 单调递减； 当0(0,)x x ∈时，()f x '单调递增，()(0)0f x f '>'=，()f x 单调递增；由于()f x '在0(x ，)2π上单调递减，且0()0f x '>，1()0212f ππ'=-<+，由零点存在定理可知，函数()f x '在0(x ，)2π上存在唯一零点1x ，结合单调性可知，当0(x x ∈，1)x 时，()f x '单调递减，1()()0f x f x '>'=，()f x 单调递增； 当1(,)2x x π∈时，()f x '单调递减，1()()0f x f x '<'=，()f x 单调递减．当(2x π∈，)π时，cos 0x <，101x -<+，于是1()cos 01f x x x'=-<+，()f x 单调递减，其中 3.2()1(1)1(1)1 2.610222f ln ln ln lne ππ=-+>-+=->-=，()(1)30f ln ln ππ=-+<-<．于是可得下表：结合单调性可知，函数()f x 在(1-，]2π上有且只有一个零点0，由函数零点存在性定理可知，()f x 在(2π，)π上有且只有一个零点2x ，当[x π∈，)+∞时，sin 1(1)x ln x <+，则()sin (1)0f x x ln x =-+<恒成立， 因此函数()f x 在[π，)+∞上无零点． 综上，()f x 有且仅有2个零点． 4．已知函数1()1x f x lnx x +=--． （1）讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；（2）设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线． 【解析】解析：（1）函数1()1x f x lnx x +=--．定义域为：(0，1)(1⋃，)+∞；212()0(1)f x x x '=+>-，(0x >且1)x ≠， ()f x ∴在(0,1)和(1,)+∞上单调递增，①在(0,1)区间取值有21e，1e 代入函数，由函数零点的定义得， 21()0f e <，1()0f e >，211()()0f f e e<， ()f x ∴在(0,1)有且仅有一个零点，②在(1,)+∞区间，区间取值有e ，2e 代入函数，由函数零点的定义得， 又f （e ）0<，2()0f e >，f （e ）2()0f e <，()f x ∴在(1,)+∞上有且仅有一个零点，故()f x 在定义域内有且仅有两个零点； （2）0x 是()f x 的一个零点，则有00011x lnx x +=-， 曲线y lnx =，则有1y x'=； 由直线的点斜式可得曲线的切线方程，曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线方程为：0001()y lnx x x x -=-， 即：0011y x lnx x =-+，将00011x lnx x +=-代入， 即有：00121y x x x =+-， 而曲线x y e =的切线中，在点01(ln x ，01)x 处的切线方程为：00000011111()y x ln x lnx x x x x x -=-=+， 将00011x lnx x +=-代入化简，即：00121y x x x =+-， 故曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线． 故得证．5．已知函数1()1x xf x e x+=+-．( 2.71828e =⋯⋯ 1.64872)⋯⋯ （1）讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；（2）设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线x y e =在点00(,)xA x e 处的切线也是曲线y lnx =的切线． 【解析】解：（1）()f x 的定义域为{|1}x x ≠22()0(1)x f x e x '=+>-所以()f x 在(,1)-∞，(1,)+∞上单调递增．又3223(2)30,()502f e f e =->=-<，所以()f x 在区间(1,)+∞有唯一零点1x ，即()1111101x x f x e x +=⋅=-即， 又1111111111111,()0111x x x x x f x e x x x -----<--=+=+=+++， 所以()f x 在区间(,1)-∞有唯一零点1x -． 综上所述，()f x 有且仅有两个零点． （2）因为00x lne x -=-，所以点00(,)x B ex --在曲线y lnx =上．由题设()000010,1x x f x e x +==-即 所以直线AB 的斜率00000000000111111x x x x x e x x x k e x x x e x x -+++-+====----+．因为曲线x y e =在点00(,)xA x e 处切线的斜率是0x e ， 曲线y lnx =在点00(,)x B ex --处切线的斜率也是0x e ，所以曲线x y e =在点00(,)xA x e 处的切线也是曲线y lnx =的切线． 6．已知函数2()(21)f x lnx ax a x =+++．（1）若函数()f x 在1x =处取得极值，求曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线方程； （2）讨论函数()f x 的单调性；（3）当0a =时，2()(1)()1g x x f x x =---，证明：函数()g x 有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数． 【解析】解：（1）1()221f x ax a x'=+++，(0)x >， 由已知有f '（1）0=，即12210a a +++=，所以12a =-（经验证成立），切点为3(2,22),(2)2ln k f '-==-，故切线方程为：3122y x ln =-++；（2）()f x 的定义域为(0,)+∞， 1(21)(1)()221ax x f x ax a x x++'=+++=， 若0a ，则当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>， 故()f x 在(0,)+∞上单调递增， 若0a <，则当1(0,),()02x f x a '∈->；当1(,),()02x f x a'∈-+∞<， 故()f x 在1(0,)2a-上单调递增，在1(,)2a -+∞上单调递减；综上：0a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增， 0a <时，()f x 在1(0,)2a-上单调递增，在1(,)2a -+∞上单调递减；（3）证明：2()(1)()1(1)1g x x f x x x lnx x =---=---， 1()g x lnx x'=-，因为y lnx =在(0,)+∞上递增，1y x =在(0,)+∞递减，所以()g x '在(0,)+∞上递增，又141(1)10,(2)2022ln g g ln -''=-<=-=>， 故存在唯一0(1,2)x ∈使得0()0g x '=，所以()g x 在0(0,)x 上递减，在0(x ，)+∞上递增， 又220()(1)2,()30g x g g e e <=-=->，所以()0g x =在0(x ，)+∞内存在唯一根α， 由01x α<<，得：011x α<<，又1111()()(1)10g g ln αααααα=---==，故1α是()0g x =在0(0,)x 上的唯一零点， 综上，函数()g x 有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数．7．已知函数2()67(f x lnx ax x b a =--+，b 为常数），且2x =为()f x 的一个极值点． （1）求a ；（2）求函数()f x 的单调区间；（3）若()y f x =的图象与x 轴有且只有3个交点，求b 的取值范围．(20.693, 1.50.405)ln ln == 【解析】解：（1）2()67f x lnx ax x b =--+，6()27f x ax x∴'=--， 又2x =是()f x 的一个极值点f ∴'（2）3470a =--=，则1a =-．（2）函数()f x 的定义域为(0,)+∞． 由（1）知2()67f x lnx x x b =+-+． 6(2)(23)()27x x f x x x x--∴'=+-=． 由()0f x '>可得2x >或32x <，由()0f x '<可得322x <<． ∴函数()f x 的单调递增区间为3(0,)2和(2,)+∞，单调递减区间为3(2，2)．（3）由（2）可知函数()f x 在3(0,)2单调递增，在3(2，2)单调递减，在(2,)+∞单调递增．且当2x =或32x =时，()0f x '=． ()f x ∴的极大值为3333()6224f ln b =-+，()f x '的极小值为f （2）6210ln b =-+．当x 充分接近0时，()0f x '<．当x 充分大时，()0f x >． ∴要使的()f x '图象与x 轴正半轴有且仅有三个不同的交点，只需3()2f f （2）0<，即333(6)(6210)024ln b ln b -+-+<，解得：3336106242ln b ln -<<-． 8．已知函数2()8f x x x =-+，()6g x lnx m =+． （Ⅰ）求()f x 在区间[t ，1]t +上的最大值()h t ；（Ⅱ）是否存在实数m ，使得()y f x =的图象与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，说明理由．【解析】解：22()()8(4)16I f x x x x =-+=--+． 当14t +<，即3t <时，()f x 在[t ，1]t +上单调递增，22()(1)(1)8(1)67h t f t t t t t =+=-+++=-++；当41t t +，即34t 时，()h t f =（4）16=； 当4t >时，()f x 在[t ，1]t +上单调递减，2()()8h t f t t t ==-+．综上，2267,3()16,348,4t t t h t t t t t ⎧-++<⎪=⎨⎪-+>⎩()II 函数()y f x =的图象与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点，即函数()()()m x g x f x =-的图象与x 轴的正半轴有且只有三个不同的交点．2()86m x x x lnx m =-++，∴262862(1)(3)()28(0)x x x x m x x x x x x-+--'=-+==>，当(0,1)x ∈时，()0m x '>，()m x 是增函数； 当(1,3)x ∈时，()0m x '<，()m x 是减函数； 当(3,)x ∈+∞时，()0m x '>，()m x 是增函数； 当1x =，或3x =时，()0m x '=．()m x m ∴=极大值（1）7m =-，()m x m =极小值（3）6315m ln =+-．当x 充分接近0时，()0m x <，当x 充分大时，()0m x >．∴要使()m x 的图象与x 轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须()70()63150m x m m x m ln =->⎧⎨=+-<⎩极大值极小值即71563m ln <<-．∴存在实数m ，使得函数()y f x =与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点，m 的取值范围为(7,1563)ln -．9．已知函数()f x x alnx =+（Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程； （Ⅱ）求()f x 的单调区间；（Ⅲ）若函数()f x 没有零点，求a 的取值范围．【解析】解：()I 当1a =时，()f x x lnx =+，1()1(0)f x x x'=+>，f ∴（1）1=，f '（1）2=，∴曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为210x y --=；()II 函数()f x x alnx =+，()(0)x af x x x+'=>．当0a 时，在(0,)x ∈+∞时()0f x '>，()f x ∴的单调增区间是(0,)+∞； 当0a <时，函数()f x 与()f x '在定义域上的情况如下：()f x ∴的单调减区间为(0,)a -，单调增区间为(,)a -+∞． ∴当0a 时()f x 的单调增区间是(0,)+∞；当0a <时，()f x 的单调减区间为(0,)a -，单调增区间为(,)a -+∞． ()III 由()II 可知，①当0a >时，(0,)+∞是函数()f x 的单调增区间， 且有11()1110aaf e e--=-<-=，f （1）10=>，此时函数有零点，不符合题意；②当0a =时，函数()f x x =，在定义域(0,)+∞上没零点；③当0a <时，()f a -是函数()f x 的极小值，也是函数()f x 的最小值， ∴当()(()1)0f a a ln a -=-->，即a e >-时，函数()f x 没有零点．综上所述，当0e a -<时，()f x 没有零点． 10．已知关于x 的函数()(0)xax af x a e -=≠． （1）当1a =-时，求函数()f x 在点(0,1)处的切线方程； （2）设()()x g x e f x lnx '=+，讨论函数()g x 的单调区间； （3）若函数()()1F x f x =+没有零点，求实数a 的取值范围． 【解析】解：（1）当1a =-时，1()xx f x e-+=， ∴2(1)112()()x x x x x e e x x x f x e e e ---+-+--'===，∴002(0)2f e -'==-， (0)1f =， 12y x ∴-=-，即()f x 在(0,1)处的切线方程为210y x +-=．（2）2()()2(0)()x x xx ae e ax a g x e lnx ax a lnx a e --=+=-++≠， ∴1()g x a x'=-+， 当0a <时，()0g x '>在(0,)+∞上恒成立， ()g x ∴在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，令()0g x '>，解得10x a<<， 令()0g x '<，解得1x a>， ()g x ∴在1(0,)a 单调递增，在1(,)a+∞单调递减．（3）()0xxax a e F x e-+==没有零点， 即(1)x e a x =--无解，∴1x y e =与2(1)y a x =--两图象无交点，设两图象相切于(,)m n 两点， ∴(1)m n e a m e a ⎧=--⎨=-⎩，2m ∴=，2a e =-，两图象无交点，2(a e ∴∈-，0)．11．已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =---，a R ∈． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围． 【解析】解：（1）由2()(2)(1)x f x x e a x =---， 可得()(1)2(1)(1)(2)x x f x x e a x x e a '=---=--，①当0a 时，由()0f x '>，可得1x >；由()0f x '<，可得1x <， 即有()f x 在(,1)-∞递减；在(1,)+∞递增；②当0a >时，由()0f x '=，解得1x =或2x ln a =， 若2ea =，则()0f x '恒成立，即有()f x 在R 上递增；若02ea <<时，由()0f x '>，可得1x >或(2)x ln a <； 由()0f x '<，可得(2)1ln a x <<； 即有()f x 在(-∞，(2))ln a ，(1,)+∞递增， 在((2)ln a ，1)递减； 若2ea >，由()0f x '>，可得1x <或(2)x ln a >； 由()0f x '<，可得1(2)x ln a <<即有()f x 在(,1)-∞，((2)ln a ，)+∞递增；在(1，(2))ln a 递减； 综上：当0a 时，()f x 在(,1)-∞递减；在(1,)+∞递增； 当0a >时，2ea =时，()f x 在R 上递增； 02ea <<时，()f x 在(-∞，(2))ln a ，(1,)+∞递增，在((2)ln a ，1)递减； 2ea >时，()f x 在(,1)-∞，((2)ln a ，)+∞递增；在(1，(2))ln a 递减． （2）①由（1）可得，当0a <时，()f x 在(,1)-∞递减；在(1,)+∞递增， 且f （1）0e =-<，f （2）0a =->，故()f x 在(1,2)上存在1个零点， 取b 满足0b <，且()2ab ln <-，则f （b ）223(2)(1)(2)(1)()022b a b e a b b a b ab b =--->----=-->，故()f x 在(,1)b 是也存在1个零点， 故0a <时，()f x 有2个零点；②当0a =时，()(2)x f x x e =-，所以()f x 只有一个零点2x =，不合题意； ③当0a >时，若2ea =时，()f x 在R 递增，()f x 不存在2个零点，不合题意； 若02ea <<，()f x 在(1,)+∞递增，又当1x 时，()0f x <，()f x 不存在2个零点，不合题意，当2ea >时，()f x 在(,1)-∞单调增，在(1，(2))ln a 递减，在((2)ln a ，)+∞递增， ()f x 极大值f =（1）0e =-<，故()f x 不存在2个零点，不合题意；综上，()f x 有两个零点时，a 的取值范围为(,0)-∞． 12．已知函数21()2f x lnx ax =-．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【解析】解：（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，且21()ax f x x-'=，当0a 时，()0f x '>，此时()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，由()0f x '>解得0x <，由()0f x '<解得x >，此时()f x 在上单调递增，在)+∞上单调递减； 综上，当0a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在上单调递增，在)+∞上单调递减； （2）由（1）知，当0a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，函数()f x 至多一个零点，不合题意；当0a >时，()f x 在上单调递增，在)+∞上单调递减，则211()(1)22max f x f a ln a ==⋅⋅=-+，当1ae时，1()(1)02max f x f ln a ==-+，函数()f x 至多有一个零点，不合题意；当10a e<<时，1()(1)02max f x f ln a ==-+>，由于1∈，且211(1)11022f ln a a =-⋅⋅=-<，由零点存在性定理可知，()f x 在上存在唯一零点，由于2a >222122222()()02f ln a ln a a a a a a a =-⋅⋅=-<-=（由于)lnx x <， 由零点存在性定理可知，()f x 在)+∞上存在唯一零点；综上，实数a 的取值范围为1(0,)e．13．已知函数2()(2)x x f x ae a e x =+--． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．【解析】解：（1）由2()(2)x x f x ae a e x =+--，求导2()2(2)1x x f x ae a e '=+--， 当0a =时，()210x f x e '=--<， ∴当x R ∈，()f x 单调递减，当0a >时，11()(21)(1)2()()2x x x x f x e ae a e e a '=+-=+-，令()0f x '=，解得：1x ln a =，当()0f x '>，解得：1x ln a >，当()0f x '<，解得：1x ln a<，1(,)x ln a ∴∈-∞时，()f x 单调递减，1(x ln a ∈，)+∞单调递增；当0a <时，11()2()()02x x f x a e e a '=+-<，恒成立，∴当x R ∈，()f x 单调递减，综上可知：当0a 时，()f x 在R 单调减函数，当0a >时，()f x 在1(,)ln a -∞是减函数，在1(ln a，)+∞是增函数；（2）①若0a 时，由（1）可知：()f x 最多有一个零点， 当0a >时，2()(2)x x f x ae a e x =+--， 当x →-∞时，20x e →，0x e →， ∴当x →-∞时，()f x →+∞，当x →∞，2x e →+∞，且远远大于x e 和x ， ∴当x →∞，()f x →+∞，∴函数有两个零点，()f x 的最小值小于0即可，由()f x 在1(,)ln a -∞是减函数，在1(ln a ，)+∞是增函数，21111()()()(2)0min f x f ln a a ln a a a a ∴==⨯+-⨯-<，1110ln a a ∴--<，即1110ln a a+->， 设1t a=，则()1g t lnt t =+-，(0)t >， 求导1()1g t t '=+，由g （1）0=，11t a∴=>，解得：01a <<， a ∴的取值范围(0,1)．方法二：（1）由2()(2)x x f x ae a e x =+--，求导2()2(2)1x x f x ae a e '=+--，当0a =时，()210x f x e '=--<， ∴当x R ∈，()f x 单调递减，当0a >时，11()(21)(1)2()()2x x x x f x e ae a e e a'=+-=+-，令()0f x '=，解得：x lna =-， 当()0f x '>，解得：x lna >-， 当()0f x '<，解得：x lna <-，(,)x lna ∴∈-∞-时，()f x 单调递减，(,)x lna ∈-+∞单调递增； 当0a <时，11()2()()02x x f x a e e a '=+-<，恒成立，∴当x R ∈，()f x 单调递减，综上可知：当0a 时，()f x 在R 单调减函数，当0a >时，()f x 在(,)lna -∞-是减函数，在(,)lna -+∞是增函数； （2）①若0a 时，由（1）可知：()f x 最多有一个零点，②当0a >时，由（1）可知：当x lna =-时，()f x 取得最小值，11()()1min f x f lna ln a a=-=--， 当1a =，时，()0f lna -=，故()f x 只有一个零点， 当(1,)a ∈+∞时，由1110ln a a-->，即()0f lna ->， 故()f x 没有零点， 当(0,1)a ∈时，1110ln a a--<，()0f lna -<， 由422(2)(2)2220f ae a e e ----=+-+>-+>， 故()f x 在(,)lna -∞-有一个零点，假设存在正整数0n ，满足03(1)n ln a >-，则00000000()(2)20n n n nf n e ae a n e n n =+-->->->，由3(1)ln lna a->-，因此在(,)lna -+∞有一个零点．a ∴的取值范围(0,1)．14．已知函数2()x f x e ax =-．（1）若1a =，证明：当0x 时，()1f x ； （2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．【解析】解：（1）证明：当1a =时，函数2()x f x e x =-． 则()2x f x e x '=-，令()2x g x e x =-，则()2x g x e '=-， 令()0g x '=，得2x ln =．当(0,2)x ln ∈时，()0g x '<，当(2,)x ln ∈+∞时，()0g x '>，2()(2)222220ln g x g ln e ln ln ∴=-⋅=->，()f x ∴在[0，)+∞单调递增，()(0)1f x f ∴=．（2）方法一：()f x 在(0,)+∞只有一个零点⇔方程20x e ax -=在(0,)+∞只有一个根，2xe a x⇔=在(0,)+∞只有一个根，即函数y a =与2()xe G x x =的图象在(0,)+∞只有一个交点．3(2)()x e x G x x -'=， 当(0,2)x ∈时，()0G x '<，当(2,)∈+∞时，()0G x '>， ()G x ∴在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，当0→时，()G x →+∞，当→+∞时，()G x →+∞，()f x ∴在(0,)+∞只有一个零点时，a G =（2）24e =．方法二：①当0a 时，2()0x f x e ax =->，()f x 在(0,)+∞没有零点．．②当0a >时，设函数2()1x h x ax e -=-．()f x 在(0,)+∞只有一个零点()h x ⇔在(0,)+∞只有一个零点．()(2)x h x ax x e -'=-，当(0,2)x ∈时，()0h x '<，当(2,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x ∴在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，∴24()(2)1min ah x h e==-，(0)x ． 当h （2）0<时，即24e a >，()i 由于(0)1h =，当0x >时，2x e x >，可得33342241616161(4)11110()(2)a a a a a h a e e a a =-=->-=->． ()h x 在(0,)+∞有2个零点()ii 当h （2）0>时，即24e a <，()h x 在(0,)+∞没有零点，()iii 当h （2）0=时，即24e a =，()h x 在(0,)+∞只有一个零点，综上，()f x 在(0,)+∞只有一个零点时，24e a =．15．已知函数32()(1)(5)f x x k x k x d =+-+++． （1）若1k =-，求函数()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 在区间(0,3)上不单调，求实数k 的取值范围；（3）求证：2k <-或7k >是函数()f x 在R 上有三个不同零点的必要不充分条件． 【解析】解：（1）若1k =-，则32()24f x x x x d =-++，2()344f x x x ∴'=-+由于△16480=-<，2()3440f x x x ∴'=-+>∴函数()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞，没有单调递减区间．（2）32()(1)(5)f x x k x k x d =+-+++，2()32(1)5f x x k x k ∴'=+-++，()f x 在区间(0,3)上不单调，由题意知，当[0x ∈，3]时，()0max f x '>，且()0min f x '<， 函数()f x '的对称轴为直线13kx -=， ①当103k-<，即1k >时， 由()max f x f '='（3）0>，得267k >-，由()(0)0min f x f '='<得5k <-， 此时解集为空集； ②当133k->，即8k <-时， 由()(0)0max f x f '='>得5k >-， 由()min f x f '='（3）0<得267k <-， 此时解集为空集； 1370,1322k k -<<-<<③若则， 由()max f x f '='（3）0>，得267k >-， 由1()()03min kf x f -'='<，得2k <-或7k >，此时解集为7(,2)2--；④若3173,8232k k -<-<-则，由()(0)0max f x f '='>得5k >-， 由()0min f x '<得2k <-或7k >， 此时解集为7(5,]2--综上可得，k 的取值范围是(5,2)--． （3）证明：2()32(1)5f x x k x k '=+-++∴当△224(1)12(5)4(514)0k k k k =--+=--，即27k -时函数()f x 在R 上单调递增故()f x 在R 上不可能有三个不同零点∴若()f x 在R 上有三个不同零点，则必有△0>，即2k <-或7k >是()f x 在R 上有三个不同零点的必要条件；而当0d =，3k =+2k <-或7k >但322()(1)(5)(1f x x k x k x x x =+-++=+ 即此时()f x 只有两个不同零点同样，当3k =-2k <-或7k >，但322()(1)(5)(1f x x k x k x x x =+-++=+- 即此时()f x 也只有两个不同零点，2k ∴<-，或7k >是()f x 在R 上有三个不同零点的不充分条件，故2k <-或7k >是()f x 在R 上有三个不同零点的必要不充分条件． 16．设函数()23(0)f x alnx ax a =-+≠ （1）设1a =-，求()f x 的极值；（2）在（1）的条件下，若321()[()]3g x x x f x m =+'+在(1,3)上不是单调函数，求m 的范围；（3）求()(3)x f x x e =-的单调递增区间．【解析】解：（1）当1a =-，()23(0)f x lnx x x =-++>，1()2f x x-'=+，⋯（2分） ()f x ∴的单调递减区间为1(0,)2，单调递增区间为1(2，)+∞⋯（4分），()f x ∴的极小值是111()2324222f ln ln =-+⨯+=+．⋯（6分）（2）3211()(2)3g x x x m x=+-++，2()(42)1g x x m x '=++-，⋯（8分）()g x ∴在区间(1,3)上不是单调函数，且(0)1g '=-，∴(1)0(3)0g g '<⎧⋯⎨'>⎩（10分）∴4202060m m +<⎧⎨+>⎩，即：1023m -<<-． 故m 的取值范围10(,2)3--⋯（12分） （3）()(3)x f x x e =-，()(3)(3)()(2)x x x f x x e x e x e ∴'=-'+-'=-，令()0f x '>，解得2x >． 即函数单调递增区间为(2,)+∞．17．设常数0a >，函数2()1x f x alnx x=-+（Ⅰ）当34a =时，求()f x 的最小值； （Ⅱ）求证：()f x 有唯一的极值点． 【解析】解：（Ⅰ）()f x 的定义域是(0,)+∞，322(2)2()(1)x a x ax a f x x x +---'=+，34a =时，322224563(1)(493)()4(1)4(1)x x x x x x f x x x x x +---++'==++， 0x >，∴2249304(1)x x x x ++>+， 令()0f x '>，解得：1x >，令()0f x '<，解得：01x <<， ()f x ∴在(0,1)递减，在(1,)+∞递增， 1x ∴=时，()f x 最小，最小值是f （1）12=；（Ⅱ）由（Ⅰ）得：322(2)2()(1)x a x ax af x x x +---'=+， 令32()(2)2g x x a x ax a =+---，要证()f x 有唯一的极值点，即证()g x 在(0,)+∞有唯一的变号零点， 而2()3(42)2g x x a x a '=+--，令()0g x '=，解得：1x =，2x =其中10x <，20x >，(0)20g a '=-<，且()g x '的图象开口向上，故在区间2(0,)x 上，()0g x '<，()g x 递减， 2()(0)0g x g a ∴<=-<，在区间2(x ，)+∞上，()0g x '>，()g x 递增，2()()2()g x x x a x x a a =-+--， 2(1)(1)20g a a a ∴+=+++>，2()(1)0g x g a ∴+<，即()g x 在(0,)+∞上有唯一零点，即()f x 在(0,)+∞上有唯一的极值点且是极小值点．18．已知函数3()1()h x ax a R =-∈，()g x lnx =，()()3()(f x h x xg x e =+为自然对数的底数）． ()I 若()f x 图象过点(1,1)-，求()f x 的单调区间；()II 若()f x 在区间1(e，)e 上有且只有一个极值点，求实数a 的取值范围；()III 函数3211()()32F x a x x g =-+（a ）()1h x --，当103a e >时，函数()F x 过点(1,)A m 的切线至少有2条，求实数m 的值．【解析】解：（Ⅰ）由已知3()()3()13f x h x xg x ax xlnx =+=-+， 又()f x 过点(1,1)-，所以0a =， ()31f x xlnx ∴=-，且定义域为(0,)+∞， ()333(1)f x lnx lnx '=+=+，令()0f x '>，解得：1x e >，令()0f x '<，解得：10x e <<，故()31f x xlnx =-在1(0,)e 上是减函数，在1(e，)+∞上是增函数；（Ⅱ）函数3()31f x ax xlnx =+-的定义域为(0,)+∞，2()3(1)f x ax lnx '=++，令2()1r x ax lnx =++，则2121()2ax r x ax x x+'=+=，当0a >时，()0r x '>在(0,)+∞恒成立， 故2()3(1)f x ax lnx '=++在(0,)+∞上是增函数， 而213()0af e e'=>，故当1(x e∈，)e 时，()0f x '>恒成立，故()f x 在区间1(e ，)e 上单调递增，故()f x 在区间1(e，)e 上没有极值点；当0a =时，由（Ⅰ）知，()f x 在区间1(e，)e 上没有极值点；当0a <时，令2210ax x +=，解得，x故2()1r x ax lnx =++在上是增函数，在)+∞上是减函数，①当r （e ）1()0r e <，即220a e-<<时，()r x 在1(e ，)e 上有且只有一个零点，且在该零点两侧异号，②令1()0r e =，得20ae=，不成立；③令r （e ）0=，得22a e =-1(e ，)e ，而1()0222e e r r ln ==+>，又1()0r e<， 所以()r x 在1(e，)e 上有且只有一个零点，且在该零点两侧异号，综上所述，实数a 的取值范围是22[e -，0)． （Ⅲ）函数3211()()32F x a x x g =-+（a ）()1h x --，由函数()F x 过点(1,)A m 的切线，所以3200011(1)32m x lna x x lna =-++，(*)②据题意，原命题等价于关于0x 的方程(*)至少有2个不同的解． 设3221()(1)32x x lna x xlna ϕ=-++， 2()2(2)(1)(2)x x lna x lna x x lna ϕ'=-++=--，因为103a e >，所以15123lna >>，当(,1)x ∈-∞和1(2lna ，)+∞时，()0x ϕ'>，()x ϕ为增函数；当1(1,)2x lna ∈时，()0x ϕ'<，()x ϕ为减函数；所以()x ϕ的极大值为ϕ（1）1123lna =-，()x ϕ的极小值为32111()2244lna ln a ln a ϕ=-+， 设lna t =，103t >， 则原命题等价于3232111123231111244244m lna t m ln a ln a t t ⎧-=-⎪⎪⎨⎪-+=-+⎪⎩对103t >恒成立，所以由1123m t -对103t >恒成立，得43m ； （1） 记3211()244s t t t =-+，21111()(1)8224s t t t t t '=-+=-， 所以103t >时，()s t 的最大值为s （4）43=，由3211244m t t -+对103t >恒成立，得43m ． （2）由（1）（2）得，43m =． 综上，当103a e >，实数m 的值为43时，函数()F x 过点(1,)A m 的切线至少有2条． 19．在平面直角坐标系xOy 中，已知函数()()f x clnx c R =∈的图象与直线2y x e=相切，其中e 是自然对数的底数． （1）求实数c 的值；（2）设函数()()a h x ax f x x=--在区间1(e，)e 内有两个极值点．①求实数a 的取值范围；②设函数()h x 的极大值和极小值的差为M ，求实数M 的取值范围．【解析】解：（1）()cf x x'=，设切点0(P x ，0)y ，则0c k x =，所以过原点的切线方程为：0c y x x =，且000clnx c x x =， 所以0x e =，由题意：c y x e =与2y x e=是同一条直线，所以2c =；（2）由（1）知，①()2ah x ax lnx x=--， 设函数()h x 在区间1(e，)e 内有两个极值点分别为1x ，2x ，12()x x <，22222()(0)a ax x ah x a x x x x-+'=+-=>， 由题意()0h x '=则220ax x a -+=，2()2m x ax x a =-+，121x x =， 所以只需020()a m e >⎧⎪⎪>⎨⎪⎪⎩，所以2211e a e <<+②因为121x x =，所以21211221111112111112()()2()2(2)22a a a a a M f x f x ax lnx ax lnx ax lnx ax ln ax lnx x x x x x x =-=-----=-----=--，由21120ax x a -+=，12121x a x ∴=+，且111x e<<， 所以1222211111122111222111224()112x x x x M x lnx lnx x x x +-=--=-++，设21x t =，211t e<<， 令11()4()12t g t lnt t -=-+，222212(1)()4[]0(1)2(1)t g t t t t t --'=-=<++， 所以()g t 在21(e ，1)单调递减， 从而g （1）21()()g t g e <<， 所以实数M 的取值范围28(0,)1e +．。
三次函数的性质及导函数研究函数的应用
专题一：三次函数的中心、单调性、极值、零点和恒成立问题前言：研究三次函数的性质，实质上是研究导函数对应的二次函数的性质。
一、三次多项式函数的中心理论：①若))(,(00x f x 是三次函数的中心，则0)(0//=x f 且0212x x x =+时，有)(2)()(021x f x f x f =+。
②若三次函数)(),(x f x g 的中心分别是))(,()),(,(0000x f x x g x ，则)()(x f x g y +=的中心为))()(,(000x g x f x +。
例1：（1）若()323f x x x =-，则1220122012f f ⎛⎫⎛⎫++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭4022...2012f ⎛⎫+ ⎪⎝⎭40232012f ⎛⎫+=⎪⎝⎭A -8046B -4023C -2013D -2012（2）若321151()3132122g x x x x x =-+-+-，则12342010()()()()()20112011201120112011g g g g g +++++= （A ）2010 （B ）2011 （C ）2012 （D ）2013 二、三次函数的极值理论：函数有极值⇔函数不单调⇔导函数二次函数的0>∆； 函数无极值⇔函数单调⇔导函数二次函数的0≤∆。
例2：（1）若a ＞0，b ＞0，且函数224)(23+--=bx ax x x f 在x ＝1处有极值，则ab 的最大值等于 【 】 A ．2 B ．3 C ．6 D ．9（2）已知函数f (x )＝13x 3－12x 2＋cx ＋d 有极值，则c 的取值范围为 【 】A ．c ＜14B ． c ≤14C ．c ≥14D ．c ＞14（3）133)(23++-=x ax x x f 。
（i ）2=a 时，求)(x f 的单调区间；（ii ）若)(x f 在)3,2(中至少有一个极值点，求a 的范围。
有关函数零点判定的几种常用方法-论文
所以 cos < n1, n2 > =
- 1 =2# 5
1100.
由图 5可知, 二面角 C - AE - B 为锐角, 所
以二面角 C - AE - B 的大小为 arccos 10. 10
点评: 向量法求二面角关键是找两个平面 的法向量, 并注意根据题目情况确定二面角的 平面角是锐角还是钝角.
贵州省金沙县第一中学 ( 551800)
时,
f(x ) = -
2
2x + 3x -
1=
0]
2
2x -
3x + 1 =
0即 ( 2x - 1) # ( x - 1) = 0, 所以 x = 1 或 1 I 2
[ 0, 1] 即函数 f (x ) 在 [ 0, 1] 上有 2个零点, 不
符合题意.
综上所述, 所求实数 a 的取值范围为:
a > - 2或 a = - 9. 4
三、零点存在判定法则
零点存在判定法则: 如果函数 y = f ( x) 在
区间 [ a, b] 上的图像是连续不断的一条曲线,
并且有 f ( a ) # f ( b) < 0, 那么函数 y = f (x ) 在
一、解方程求根法 对于函数 y = f ( x), 使 f (x ) = 0的实数 x叫 函数 y = f (x ) 的零点. 即函数 y = f ( x) 的零点 就是方程 f ( x) = 0的实数根. 要注意零点并不 是点, 而是一个实数. 方程 f (x ) = 0有实数根 Z 函数 y = f (x ) 与 x轴有交点 Z 函数 y = f (x ) 有零点. 例 1 求下列函数的零点. ( 1)f ( x) = x - 3; ( 2)f ( x) = x2 - 5x + 4; ( 3)f ( x) = x3 - 2x2 + x ( 4)f ( x) = 2|x | - 2 分析: 根 据函 数 零 点的 定 义 可知, 函 数 f (x ) 的零点就是方程 f ( x) = 0的根, 因此判断 一个函数是否有零点, 有几个零点, 就是判断方 程 f (x ) = 0是否有实数根, 有几个实数根的问 题. 解: ( 1) 令 f ( x) = 0, 即 x = 3, 故所求函数 的零点为 3. ( 2) 令 f( x ) = x2 - 5x + 4 = 0] ( x - 1) # (x - 4) = 0即 x = 1或 4 . 所以, 所求函数的零点为 1或 4. ( 3) 令 f ( x) = x3 - 2x2 + x = 0] x (x - 1) 2 = 0即 x = 0或 1. 所以函数的零点为 0或 1. ( 4) 令 f (x ) = 2|x | - 2 = 0] 2|x | = 2] x = ? 1. 所求函数的零点为 - 1或 1. 评注: 求函数 f ( x) 的零点, 就是求该函数 对应的方程 f( x) = 0的实数根. 一般可以借助 求根公式或因式分解等办法求出方程的根, 从 而得到函数的零点. 另外对于函数 f ( x) = x2 2x + 1, 在求函数的零点时, 令 f ( x) = 0, 即 ( x -
用导数研究三次函数
用导数研究三次函数一、知识点解析 1、定义：定义1、形如32(0)y ax bx cx d a =+++¹的函数，称为“三次函数”。
定义2、三次函数的导函数为二次函数、三次函数的导函数为二次函数::)0(23)(2/¹++=a c bx ax x f ，我们把)3412422ac b ac b -=-=D （,叫做三次函数导函数的判别式。
叫做三次函数导函数的判别式。
2、三次函数图象与性质的探究：1、单调性、单调性一般地，当032£-ac b 时，三次函数)0(23¹+++=a d cx bx ax y 在R 上是单调函数；当032>-ac b 时，三次函数)0(23¹+++=a d cx bx ax y 在R 上有三个单调区间。
上有三个单调区间。
2、对称中心、对称中心三次函数)0()(23¹+++=a d cx bx ax x f 是关于点对称，且对称中心为点))3(,3(a b f a b --，此点的横坐标是其导函数极值点的横坐标。
，此点的横坐标是其导函数极值点的横坐标。
y ＝f(x)f(x)图象的对称中心在导函数图象的对称中心在导函数y ＝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。
同时也是二阶导为零的点。
3、三次方程根的问题、三次方程根的问题（1）当032£-=D ac b 时，由于不等式0)(³¢x f 恒成立，函数是单调递增的，所以原方程仅有一个实根。
程仅有一个实根。
（2）当△=032>-ac b 时，由于方程0)(=¢x f 有两个不同的实根21,x x ，不妨设21x x <，可知，))(,(11x f x 为函数的极大值点，))(,(22x f x 为极小值点，且函数)(x f y =在),(1x -¥和),(2+¥x 上单调递增，在[]21,x x 上单调递减。
高考数学复习与三次函数零点有关的取值范围问题
x f′(x) f(x)
(－∞，1) ＋ 增
1 0 极大值
1 1 ， a
1 a 0 极小值
1 ，＋∞ a
－ 减
＋ 增
1 1 1 (ⅰ)当 2a≤1，即 0＜a≤2时，a≥2，f(2)＝3(2a－1)≤0，因为 f(x) 在区间[0,1]上为增函数，在[1,2]上为减函数， ∴f(x)在区间[0,1]和(1,2]上各有一个零点， 即在[0,2]上有两个零点； 1 1 (ⅱ)当 2a＞1，即2＜a＜1 时，1＜a＜2，
2 f ＞0，即 a 2 2 3 2 aa －3 a
2 3 4．若函数 f(x)＝3x －2ax2－3x 在(－1,1)内有且只有一个极值点，则实 1 1 －∞，－4∪4，＋∞ 数 a 的取值范围是 .
2 1 － 2 a ＋3a－1 －2a－1a－1 fa＝ ＝ ＞0， 2 2 6 a 6 a
1 f(2)＝3(2a－1)＞0，∴x∈[1,2]，f(x)＞0. ∵f(x)在[0,1)上为增函数， ∴f(x)在区间(0,1)有一个零点，即在[0,2]上有一个零点，不满足题 设；
微专题37
与三次函数零点有关的取值 范围问题
x2 x3 1．函数 f(x)＝1＋x＋ 2 ＋ 3 零点的个数是
1
.
解析：∵f′(x)＞0 恒成立，∴函数 f(x)单调递增，∴零点个数是 1.
2．已知函数 f(x)＝x3－3x＋c 的图象与 x 轴恰有两个公共点，则实数 c 的值为
±2
.
解析：函数 f(x)＝x3－3x＋c 在(－∞，－1)和(1，＋∞)上递增，(－1,1) 上递减，由题意 f(－1)f(1)＝0，即(2＋c)(－2＋c)＝0，解得 c＝± 2.
三次函数零点存在性问题探讨
求 m 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2） 3,1 ．
【解析】（1） f x 3x2 3a 3 x2 a ，
当 a 0 时，对 x R ，有 f x 0 ， f x 的单调增区间为 , ， 当 a 0 时，由 f x 0 解得 x a 或 x a ， 由 f x 0 解得 a x a ，
0得
x1
1 3
，
x2
1，
当
x
,
1 3
时，f
(x)
0
；当
x
1 3
,1
时，f
(x)
0
；当
x
1,
时，f
(
x)
0
，
x1
1 3
与
x2
1分别为
f
x
的极大值点与极小值点，
f
( x)极大值
f
( 1) 3
a
5 27
，
f
( x)极小值
的两个极值为
f
(0)
b，
f
2a 3
4 27
a3
b
，
则函数
f
(x)
有三个不同的零点等价于
f
0
f
2a 3
0
三次函数的零点问题e
专题：导数与三次函数问题[真题1] 〔2021年安徽卷〕设a ＜b,函数2()()y x a x b =--的图像可能是〔 〕[命题探究] 考题的命制，直接给出函数图像，然后设计了四个选项，意在通过对问题的判断， 直接考查三次函数的性质：单调区间和极值问题。
这里，函数的化简、图像的观察等等，不仅需要扎实的根本功，而且还需要熟练的解题技巧。
[知识链接]1.三次函数32()(0)f x ax bx cx d a =+++≠图象a>0a<0∆>0∆≤0∆>0∆≤0图 象2．函数()(0)f x ax bx cx d a =+++≠单调性、极值点个数情况。
()f x =32ax bx c ++，记∆=224124(3)b ac b ac -=-，〔其中x 1,x 2是方程'()f x =0的根，且x 1<x 2〕a>0a<0∆>0∆≤0∆>0∆≤0单 调 性 在12(,),(,)x x -∞+∞上,是增函数；在12(,)x x 上,是减函数；在R 上是增函数在12(,)x x 上，是增函数；在12(,),(,)x x -∞+∞上，是减函数；在R 上是减函数极值点个数2 0 2 0x x 1 x 2 x 0xx 1 x 2xx 0x专题：三次函数的零点问题1、(2006全国卷Ⅱ)设a 为实数,函数.)(23a x x x x f +--= (Ⅰ)求)(x f 的极值.(Ⅱ)当a 在什么范围内取值时,曲线x x f y 与)(=轴仅有一个交点. 2、〔2021江西卷文〕〔本小题总分值12分〕 设函数329()62f x x x x a =-+-． 〔1〕对于任意实数x ，()f x m '≥恒成立，求m 的最大值； 〔2〕假设方程()0f x =有且仅有一个实根，求a 的取值范围．3、函数a ax x a x x f ---+=232131)(，x 其中a>0.〔I 〕求函数)(x f 的单调区间；〔II 〕假设函数)(x f 在区间〔-2，0〕内恰有两个零点，求a 的取值范围；〔III 〕是否存在常数a ，使得函数)(x f 在区间〔-2，0〕内恰有一个零点，假设存在，求a 的取值范围，假设不存在，说明理由；4、〔2021陕西卷文〕〔本小题总分值12分〕 函数3()31,0f x x ax a =--≠()I 求()f x 的单调区间；()II 假设()f x 在1x =-处取得极值，直线y=m 与()y f x =的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围。
三次函数 课件——2025届高三数学一轮复习
形如f (x) ax3 bx2 cx d (a 0)的函数为三次函数
问题1：三次函数都有什么性质？ 问题2：如何研究三次函数的性质？
求导得：f '(x) 3ax2 2bx ca 0
(1) 0时 f ' (x) 0的根为x1, x2 a0
a0
x1
x1
x2
x2
x1
x2
x2 x1
a0
a0
x1
x2
x2 x1
2个极值点，f ' (x) 0的根
f
'' ( x)
0的根x0
b 3a
a0
0
a0
无极值点
对称中心 x0 , f (x0 )
问题3：三次函数f(x)的零点如何研究？ 答：研究函数f(x)图象与x轴的交点个数
设函数f x的极值点为x1, x2
以a 0 为例
(1) 0时
a
2
a 0, x1 a , x2 0
a0
f
(
2 a
)
0
a 2
x1
x2
x2 x1
例2.若函数f x x3 3x在区间 a2 12, a 上有最小值，则a的取值范围是
例3.若函数f (x) x3 4x2 4x c有3个不同的零点，求c的取值范围
解： f ' (x) 3x2 8x 4
f '(x) 0得x 2 或 2 3
f ( 2) f (2) 0 3
即
c
32 27
c
0
0 c 32 27
例4.函数f x ax3 6ax2 b在区间1, 2上的最大值为3,最小值为-29，
求a、b的值