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南通、扬州、泰州、淮安三调）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 的取值范围是 ．
例2、(2017南京学情调研）已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
12x －x 3，
x ≤0，
－2x ，
x ＞0.
)当x ∈(－∞，m ]时，f (x )的取值范围为[－16，
＋∞)，则实数m 的取值范围是________．
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．
例4、(2018无锡期末） 若函数f(x)＝(x ＋1)2|x －a|在区间[－1，2]上单调递增，则实数a 的取值范围是________．
例5、(2018苏州期末）已知函数f(x)＝⎩
⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，
x<0，e x
－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，求实数a 的取值范围；
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3
2
()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；
例7、（2017⋅江苏）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 的取值范围．
例8、(2018南京学情调研）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 的取值范围；
(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．
二、达标训练
1、(2017苏州暑假测试） 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
1
x
，x ＞1，
x 3
，－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 的取值范围是________．
2、(2017苏北四市期末） 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
sin x ，x ＜1，
x 3
－9x 2
＋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________．
3、(2019南京、盐城二模）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 的取值范围为________．
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 的取值范围是 ．
5、(2019苏州期末）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，求实数b 的取值范围．
6、(2019南京、盐城一模）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 的取值范围；
(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．
7、(2018南通、泰州一调）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 )<－7
3.
专题17 三次函数的图像与性质
三、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南通、扬州、泰州、淮安三调）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 的取值范围是 ． 【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 a
x ax ≥⎧⎨
-=⎩和（Ⅱ）3260
x 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30
260
x 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3
02
a -<≤， （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30
260a x a x 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 +>
，解得的正根需满足
a ≥，从而解得02a <≤，但前面已经指出2a ≠，故02a <<，
综合（1）、（2），得实数a 的取值范围为3
(,2)2
-.
例2、(2017南京学情调研）已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
12x －x 3，
x ≤0，
－2x ，
x ＞0.
)当x ∈(－∞，m ]时，f (x )的取值范围为[－16，
＋∞)，则实数m 的取值范围是________． 【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 )的取值范围为[－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 的取值范围进行确定．
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9
4
a ≥时，2max |3|x x a -+在0x =时取得，∴()h a a =；
②当94a <时，2
max 9
9(),984|3|max{,}994()48a a x x a a a a a ⎧<<⎪⎪-+=-=⎨⎪-⎪⎩≤；
由①②，得9(),8
()99()4
8a 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9
4
a <
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9
34
a <≤时，()y g x =的单调增区间为3(0,)x 和4(,)x +∞； 3）当9
04
a <<
时，()y g x =的单调增区间为3(0,)x 和14(,)x x 和2(,)x +∞． 例4、(2018无锡期末） 若函数f(x)＝(x ＋1)2|x －a|在区间[－1，2]上单调递增，则实数a 的取值范围是________．
【答案】 (－∞，－1]∪⎣⎡⎭
⎫7
2，＋∞ 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 －1
3
. 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 －1
3<x<－1.
所以g(x)的单调增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，2a －13，(－1，＋∞)，单调减区间是⎝⎛⎭
⎫2a －1
3，－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 －1
3.
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 的取值范围是(－∞，－1]∪⎣⎡⎭
⎫7
2，＋∞. ,图3)
例5、(2018苏州期末）已知函数f(x)＝⎩
⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，
x<0，e x
－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，求实数a 的取值范围；
规范解答 (1) 当a ＝2时，f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，
x<0，e x
－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 ＋3
x
在区间(0，＋∞)上有实数解．(6分)
记g(x)＝x 2
＋x ＋3x ，x ∈(0，＋∞)，则g′(x)＝2x ＋1－3x 2＝（x －1）（2x 2＋3x ＋3）
x 2
.(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 的取值范围是[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3
2
()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；
规范解答 （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3
a
x =
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，(,)()03a
x 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3
5()1327
a 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3
5()1327
a a f =-.
要使)(x f 有三个不同零点，则必须有33
5(1)(1)027
a a +-
<，
即3327
15
a 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 ===，
3
221111()10f x x ax a x =+-+=， ① 3222222()10f x x ax a x =+-+=， ② 3223333()10f x x ax a x =+-+=， ③
②-①得2
22212
121212121()()()()()0x x x x x x a x x x x a x x -+++-+--=， 因为210x x ->，所以2
222
12121()0x x x x a x x a ++++-=， ④ 同理22
23
32232()0x x x x a x x a ++++-=， ⑤ ⑤-④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23
a
x =-
. 所以()03
a
f -=，即22239a a a +=-，即327111a =-<-，
因此，存在这样实数
a =满足条件.
例7、（2017⋅江苏）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7
2
-，求a 的取值范围．
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32
10333a a a a b ⎛⎫⎛⎫⎛⎫
-+-+-+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，化简得2239b a a =+，又
2
03a a b
>⎧⎨>⎩，所以3a >，即223
(3)9b a a a =+>； （2）设243322
4591
()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12122,33
b a x 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 =++-++-+++
332424223
2()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
'()33
a a f
b -=-，
则221237
()()()'()3392
a 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)2
S =-，故36a <≤．
法二：下面证明()f x 的图像关于(,())33a a
f --中心对称，
2332
32()1()()()1333327
a a a a
b a f x x ax bx x b x =+++=++-++-+
23()()()()3333a a a a x b x f =++-++-， 所以()()2()0333
a a a
f x f x f --+-+=-=，所以12()()0f x f x +=，下同法一．
例8、(2018南京学情调研）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 的取值范围；
(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 ＝5
3.
规范解答 (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 ＝1
2
.(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)≥2ln x
x 2.(4分)
令g(x)＝2ln x
x 2，x ＞0，则g′(x)＝2（1－2ln x ）x 3.
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 )＝1
e ，(6分)
所以－(a ＋1)≥1e ，即a ≤－1－1
e ，
所以a 的取值范围为⎝
⎛⎦⎤－∞，－1－1
e .(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 ＝5
3.
①当1＜a ≤5
3
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⎝⎛⎦⎤1，5
3上单调递减， 所以当a ∈⎝⎛⎦⎤1，53时，h(a)的最小值为h ⎝⎛⎭⎫53＝8
27.(12分) ②当5
3
＜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＝8
27.(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8
27.(16分)
四、达标训练
1、(2017苏州暑假测试） 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
1
x
，x ＞1，
x 3
，－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 的取值范围是________． 【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 ＝1
2
.
2、(2017苏北四市期末） 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
sin x ，x ＜1，
x 3
－9x 2
＋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 ＝sin x ，
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 ＝x 3－9x 2＋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：
数a ＝－20或a ＝－16.综上所述，实数a 的取值集合为{－20，－16}．
3、(2019南京、盐城二模）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 的取值范围为________． 【答案】 ⎝
⎛⎭⎫－9，1
3 【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>⎝⎛⎭⎫x 2＋2x min .令h(x)＝x 2＋2x (x>0)，h ′(x)＝2x －2
x 2＝2（x 3－1）
x 2，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|－1
x
＝⎩⎪⎨⎪⎧－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 的取值范围为⎝
⎛⎭⎫－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<1
3
.
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，x 30－12x 0＋3)，由k ＝3x 20－12＝x 30－12x 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 的取值范围为⎝
⎛⎭⎫－9，1
3. 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 的取值范围是 ▲ ． 【答案】a ＜0或a ＞2
10y ax x =-，≤的图象经过两个象限，3|2|0y x ax x =-+->在 a ＜0时显然满足题意； 10y ax x =-，≤的图象仅经过第三象限，
|2|0x x ->，的图象需经过第一、二象限． 3|2|y x x =+-与y ax =在y 轴右侧的图象有公 共点（且不相切）．
l 0
O
x
y P
如图，3|2|y x x =+-=
332,02
2,2
x x x x x
x
，
设切点坐标为3
00
0(,2)x x x ，2
31y
x
，则有32
000
231
x x x x ，
解得01x ,所以临界直线0l 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,y x
ax x
即
2
|2|
x a x x 设函数22
2
2
1,02
|2|
()2
1,2x x x x g x
x x
x x x
，
当02x
，32
2222()2x g x x
x 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 的取值范围为a ＜0或a ＞2．
5、(2019苏州期末）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，求实数b 的取值范围． 解后反思 在第(2)题中，也可转化为b a ＝4
x
2－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 ＋t 2＝0，－st 2＝－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<－2
3
，
所以f(x)的单调增区间是⎝
⎛⎭⎫－∞，－2
3和(0，＋∞)．(4分)
(2)法一：f′(x)＝3ax 2＋2bx ，令f′(x)＝0，得x ＝0或x ＝－2b
3a ，(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b
a ＝3.(10分)
法二：由于a ≠0，所以f(0)≠0，
由f(x)＝0得，b a ＝4－x 3x 2＝4
x
2－x(x ≠0)．(6分)
设h(x)＝4x 2－x ，h ′(x)＝－8
x
3－1，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－x 3x 2＝4
x 2－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 )＝1
x －2bx ＝1－2bx 2x
(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 )＝1－2bx 2
x ＝0，得x ＝
12b
， 所以g (x )在⎝
⎛⎭⎫
0，
12b 递增，在⎝⎛⎭
⎫12b ，＋∞递减， 所以g (x )max ＝g ⎝
⎛
⎭
⎫12b ＝ln 12b －12
， 要使g (x )>0有解，首先要满足ln
12b －12>0，解得b <1
2e
. ①(13分) 又因为g (1)＝－b <0，g (e 12)＝1
2
－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 )＝ln x
x ，则h ′(x )＝1－ln x x
2，
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 >ln2
4，
所以由①和②得，ln39≤b ＜ln2
4.(16分)
(注：用数形结合方法做只给2分)
6、(2019南京、盐城一模）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 的取值范围；
(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． 规范解答 (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 ＝2
3t.
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 ≥3
2.(4分)
(2)令f′(x)＝3x 2－2tx ＝p ，即3x 2－2tx －p ＝0，Δ＝4t 2＋12p.
当p ＞－t 2
3
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 ＝(3x 21－2tx 1)x －2x 31＋tx 21＋1和y ＝(3x 22－2tx 2)x －2x 32＋tx 2
2＋1. 若两切线重合，则－2x 31＋tx 21＋1＝－2x 32＋tx 22＋1， 即2(x 21＋x 1x 2＋x 22)＝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＝t 29，此时(x 1－x 2)2＝(x 1＋x 2)2
－4x 1x 2＝4t 29－4t 2
9＝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，x 31－3x 21＋1)，B(x 2，x 32－3x 2
2＋1)，
不妨设x 1＞x 2，则x 1＞1.
过点A 的切线方程为y ＝(3x 21－6x 1)x －2x 31＋3x 21＋1.(11分)
所以，两条平行线间的距离
d ＝|2x 32－2x 31－3（x 22－x 21）|
1＋9（x 21－2x 1
）2 ＝|（x 2－x 1）|1＋9（x 21－2x 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南通、泰州一调）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． 规范解答 (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 e 2
3＋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)。