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专题 14 三次函数
函数与导数一直是高考中的热点与难点, 我们知道二次函数是重要的且具有广泛应用的基本初等函数,
学生对此已有较为全面、系统、深刻的认识,并在某些方面具备了把握规律的能力,由于三次函数的导数是二
次函数,我们可以利用二次函数深入研究三次函数的图象与性质,这使得三次函数成为高考数学的一个热点.
(一)三次函数的单调性
由于三次函数 f x 的导数 f x 是二次函数,我们可以利用 f x = 0 根的情况及根的分布来研究三次函数
的单调性,特别是含有参数的三次函数的单调性通常要借助二次方程根的分布求解.
1 3 1 2
【例 1】（2024 届青海省部分学校高三下学期联考）已知函数 f x = x + mx - m +1 x ．
3 2
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 f x 有 3 个不同的零点,求m 的取值范围．
2
【解析】（1） f x = x + mx - m +1 = x -1 x + m +1 ,
令 f x = 0 ,解得 x =1或 x = -m -1 ,
①当 -m -1>1 ,即m < -2时,
由 f x > 0得 x <1或 x > -m -1；由 f x < 0得1< x < -m -1,
所以 f x 在 - ,1 和 -m -1,+ 上单调递增；在 1, -m -1 上单调递减；
②当-m -1 =1,即m = -2时,
f x 0恒成立,所以 f x 在R 上单调递增；
③当 -m -1 < 1 ,即m > -2时,
由 f x > 0得 x >1或 x < -m -1；由 f x < 0得-m -1< x <1,
所以 f x 在 - ,-m -1 和 1, + 上单调递增；在 -m -1,1 上单调递减；
综上,
当m < -2时, f x 在 - ,1 和 -m -1,+ 上单调递增；在 1, -m -1 上单调递减；
当m = -2时, f x 在R 上单调递增；
当m > -2时, f x 在 - ,-m -1 和 1, + 上单调递增；在 -m -1,1 上单调递减.
（2）因为 f x 有 3 个零点,所以m -2 ,
当m > -2时,极大值 f -m m 2-1 = + ÷ m +1
2
；极小值 f 1 1 m 2= - - ,
è 6 3 2 3
ì m 2
+ ÷ m +1
2 > 0
è 6 3
所以 í ,解得m
4
> - 且m -1,
1 2 3
- m - < 0 2 3
1 2 f m 1 m 2当m < -2时,极大值 f 1 = - m - ；极小值 - - = 2
2 3
+ ÷ m +1 ,
è 6 3
ì m 2
+ ÷ m +1
2 < 0
è 6 3
所以 í ,解得m < -4 ,
1 2
- m - > 0 2 3
m , 4 4综上, 的取值范围为 - - - , -1

÷ -1, + .
è 3
(二)过平面上一点 P 作三次函数图象的切线的条数
1.此类问题一般是先设出切点 Q t, f t ,写出曲线 f x 在 x = t 处的切线方程,把点 P 坐标代入,整理出一
个关于 t 的三次方程,该方程实根个数就是切线条数.
2. 3以三次函数为 f (x) = ax + bx为例 ,研究一下三次函数的切线问题：若 M（x1,y1）是三次曲线
f (x) = ax3 + bx上的任一点 , 设过 M 的切线与曲线 y=f （ x ）相切于（ x0,y0 ） , 则切线方程为
y - y0 = f (x0 )(x - x0 ) , 因 点 M 上 此 切 线 上 , 故 y1 - y0 = f (x0 )(x1 - x0 ) , 又
y 30 = ax0 + bx0 , y1 = ax
3
1 + bx1 , 所 以 ax
3 + bx - (ax 3 + bx 21 1 0 0 ) = (3ax0 + b)(x1 - x0 ) , 整 理 得 ：
(x x )2 (2x x ) 0 x x x x0 - 1 0 + 1 = ,解得, 0 = 1 或 0 = - 1 .综上所述,当点 M 是对称中心即 x1 = 0时,过点 M 作曲2
线的切线切点是惟一的,且为 M,故只有一条切线；当点 M 不是对称中心即 x1 0 时,过点 M 作曲线的切线可
产生两个不同的切点,故必有两条切线,其中一条就是以 M 为切点（亦即曲线在点 M 处）的切线.
由此可见,不仅切线与曲线的公共点可以多于一个,而且过曲线上点的切线也不一定惟一
【例 2】（2024 届福建省泉州市高中毕业班 5 月适应性练习）已知函数 f x = ax3 - 2x2 - 2x + a a 0 ．
(1)当 a =1时,若直线 y = -3x + b 与曲线 y = f x 相切,求b；
(2)若直线 y = -2x - 2与曲线 y = f x 恰有两个公共点,求a．
3 2 2
【解析】（1）当 a =1时, f x = x - 2x - 2x +1, f x = 3x - 4x - 2 ,
因为直线 y = -3x + b 与曲线 y = f x 相切,
设切点为 x0 , y0 ,则切线斜率 k = f x0 = 3x20 - 4x0 - 2 ,
ì 1
2
x0 =
ì3x - 4x - 2 = -3 ì x =1 30 0 0
y 4可得 í 0 = -3x + b

0 ,解得 íy0 = -2

或 íy0 = ,
27
y0 = x
3 2
0 - 2x0 - 2x0 +1 b =1 b 31 = 27
31
所以b =1或b = ．
27
（2）因为直线 y = -2x - 2与曲线 y = f x 恰有两个公共点,
所以方程 ax3 - 2x2 - 2x + a = -2x - 2 ,
3
即方程 a x +1 - 2 x2 -1 = 0有两个不等实根,
3
因为 x=- 1是方程 a x +1 - 2 x2 -1 = 0的一个根；
2
当 x -1时,方程可化为 ax - a + 2 x + a + 2 = 0（*）,
依题意,方程（*）有不等于 -1的唯一根,
因为 a 0 ,若 a = 0 ,则（*）即-2x + 2 = 0 , x =1 ,满足条件；
ì a + a + 2 + a + 2 0 2
若 a > 0 ,则由 í ,解得： a = ．
V= a + 2
2 - 4a a + 2 = 0 3
2
综上所述, a = 0或 a = ．
3
3 2
【例 3】（2024 届江苏省南通市高三上学期期初质量监测）已知函数 f x = ax + bx + cx a > 0 的极小值为
-2 ,其导函数 f x 的图象经过 A -1,0 , B 1,0 两点.
(1)求 f x 的解析式；
(2)若曲线 y = f x 恰有三条过点P 1,m 的切线,求实数m 的取值范围.
1 f x = 3ax2【解析】（ ） + 2bx + c ,
因为 a > 0 ,且 f x 的图象经过 A -1,0 , B 1,0 两点.
所以当 x - ,-1 时, f x > 0 , f x 单调递增；
当 x -1,1 时, f x < 0 , f x 单调递减；
当 x 1,+ 时, f x > 0 , f x 单调递增.
所以 f x 在 x =1处取得极小值,所以 f 1 = a + b + c = -2 ,
又因为 f -1 = 0 , f 1 = 0 ,所以3a - 2b + c = 0 ,3a + 2b + c = 0 ,
ì3a - 2b + c = 0

解方程组 í3a + 2b + c = 0得 a =1 ,b = 0 , c = -3,

a + b + c = -2
所以 f x = x3 - 3x .
（2）设切点为 x0 , y , y = x30 则 0 0 - 3x0 ,
2
因为 f x = 3x - 3 ,所以 f x0 = 3x20 - 3 ,
3
所以切线方程为 y - x0 - 3x0 = 3x20 - 3 x - x0 ,
将P 1,m 3 2代入上式,得 2x0 - 3x0 + m + 3 = 0 .
因为曲线 y = f x 恰有三条过点P 1,m 的切线,所以方程 2x3 - 3x2 + m + 3 = 0有三个不同实数解.
g x = 2x3 - 3x2记 + m + 3 , 2则导函数 g x = 6x - 6x = 6x x -1 ,
令 g x = 0 ,得 x = 0或 1.
列表：
x - ,0 0 0,1 1 1, +
g x + 0 - 0 +
g x ↗ 极大 ↘ 极小 ↗
所以 g x 的极大值为 g 0 = m + 3 , g x 的极小值为 g 1 = m + 2 ,
ìg 0 > 0
所以 íg 1 0 ,解得-3 < m < -2 .故
m 的取值范围是 -3, -2 .
<
(三)三次函数的极值
三次函数 f x 的极值点就是二次函数 f x 的零点,所以与三次函数极值有关的问题常借助“三个二次”的
关系求解.
【例 4】（2024 届山东省实验中学高三二模）已知函数 f x = (x - a)2 x - b (a,b R,a < b) .
(1)当 a =1,b = 2时,求曲线 y = f x 在点 2, f 2 处的切线方程；
(2)设 x1, x2 是 f x 的两个极值点, x3 是 f x 的一个零点,且 x3 x1, x3 x2 .是否存在实数 x4 ,使得 x1, x2 , x3 , x4 按
某种顺序排列后构成等差数列？若存在,求 x4；若不存在,说明理由.
1 a =1,b = 2 , f x = (x -1)2【解析】（ ）当 时 x - 2 ,
则 f x = 2 x -1 x - 2 + x -1 2 = x -1 3x - 5 ,故 f 2 =1,
又 f 2 = 0 ,所以曲线 y = f x 在点 2,0 处的切线方程为 y = x - 2；
（2） f x = 2(x a) x b (x a + 2b- - + - a)2 = 3 x - a x - ÷ ,
è 3
a a + 2b由于 a < b ,故 < ,
3
令 f x > 0 x < a x a + 2b,解得 或 > ；令 f x < 0 a x a + 2b,解得 < < ；3 3
y f x a, a + 2b ,a , a + 2b可知 = 在 ÷内单调递减,在 - , +

÷内单调递增,
è 3 è 3
a + 2b a + 2b
所以 f x 的两个极值点为 x = a, x = ,不妨设 x1 = a, x2 = ,3 3
因为 x3 x1, x3 x2 ,且 x3 是 f x 的一个零点,故 x3 = b .
a + 2b a 2 b a + 2b又因为 - = -

3 3 ÷
,
è
x 1 a a + 2b= + 2a + b= 2a + b a + 2b故 4 ÷ ,此时 a, , ,b 依次成等差数列,2 è 3 3 3 3
2a + b
所以存在实数 x4满足题意,且 x4 = .3
(四)三次函数的零点
1.若三次函数 f x 没有极值点,则 f x 有 1 个零点；
2. 三次函数 f x 有 2 个极值点 x1, x2 , ,则 f x1 f x2 > 0 时 f x 有 1 个零点； f x1 f x2 = 0时
f x 有 2 个零点； f x1 f x2 < 0 时 f x 有 3 个零点.
【例 5】（2023 届江西省赣抚吉十一校高三第一次联考）已知函数 f (x) = x3 - 4mx2 - 3m2x + 2 ,其中m 0 .
(1)若 f x 的极小值为－16,求m ；
(2)讨论 f x 的零点个数.
【解析】（1）由题得 f (x) = 3x2 -8mx - 3m2 = (x - 3m)(3x + m) ,其中m 0 ,当m = 0时, f x 0 , f x 单调递增,
f x m m无极值；当m > 0时,令 f x > 0 ,解得 x < - 或 x > 3m；令 f x < 0 ,解得- < x < 3m ,所以 f x 的单
3 3
m m
调递减区间为 - ,3m÷ ,单调递增区间为 - , - ÷ , 3m, + ,所以当 x = 3m时, f x 取得极小值
è 3 è 3
f 3m = 2 -18m3 ,所以 2 -18m3 = -16 ,解得m =1.
（2）由（1）知当m > 0时, f x 的极小值为 f 3m = 2 -18m3 , f x m 14 3的极大值为 f - ÷ = 2 + m > 0 ,
è 3 27
3
当 2 -18m3 < 0 ,即m 3> 时, f x 有三个零点,如图①曲线 ；当 2 -18m3 = 0 ,即
3
3 3
m 3= 时, f x 有两个零点,如图②曲线；当 2 -18m3 > 0 ,即0 3< m < 时, f x 有一个零点,如图③曲线；当
3 3
3 3
m = 0时, f x = x3 + 2 ,易知 f x 3 3有一个零点. 综上,当0 m < 时, f x 有一个零点；当m = 时,
3 3
3
f x 3有两个零点；当m > 时, f x 有三个零点.
3
(五)三次函数图象的对称性
f (x) = ax3三次函数 + bx2 + cx + d (a 0)的图象有六种,如图：
200 200
f(x) 0 f(x) 0
图(1) 图(2)
200 200
10 0 10 10 0 10
x x
200 200
f(x) 0 图(3f)( x) 0
图(4)
200 200
10 0 10 10 0 10
x x
200 200
f(x) 0 图(5) f(x) 0 图(6)
200 200
10 0 10 10 0 10
x x
对函数 f (x) = ax3 + bx2 + cx + d (a 0)进行求导： f (x) = 3ax2 + 2bx + c 是二次函数,原函数的极值点与
单调性与导函数的正负有关,所以容易发现导函数中的参数 a 与D的符号起决定性作用.当 a 为正时,原函数
的图象应为上图中的（1）、（3）、（5）三种情况；而当 a 为负时,原函数的图象则为（2）、（4）、（6）三种情
况.当D > 0时,二次方程 f (x) = 0有两相异实根 x1 , x2 ,且在 x1 , x2 的两边 f (x)的符号相反,故函数 f (x) 存
在两个极值点,图象为上图中的（3）、（4）两种；当D = 0时,二次方程 f (x) = 0有两相等实根,且在根的两
边 f (x) 的符号相同,这时函数 f (x) 只存在驻点（但不是极值点）,函数的图象为上图中（1）、（2）两种,当D < 0
时；方程 f (x) = 0无实根, f (x)的值恒为正（或负）,函数的图象为上图中的（5）、（6）两种.
仔细观察图象,我们还不难发现三次函数是中心对称曲线,这一点可以得到进一步的验证:设
f (m - x) + f (m + x) = 2n ,得
[a(m - x)3 + b(m - x)2 + c(m - x) + d ] + [a(m + x)3 + b(m + x)2 + c(m + x) + d ] = 2n 整 理 得 ,
(6ma + 2b)x 2 + (2am3 + 2bm2 + 2mc + 2d ) = 2n b. 据多项式恒等对应系数相等 , 可得 m = - 且
3a
n = am3 + bm2 + mc + d ,从而三次函数是中心对称曲线,且由 n = f (m)知其对称中心 (m, f (m)) 仍然在曲
线上 .而 m b= - 是否具有特殊的意义？对函数 f (x) 进行两次求导 , f (x) = 6ax + 2b再令等于 0,得
3a
x b= - ,恰好是对称中心的横坐标,这可不是巧合,因为满足 f (m) = 0的 m 正是函数拐点的横坐标,这一
3a
性质刚好与图象吻合.
【例 6】对于三次函数 f (x) = ax3 + bx2 + cx + d (a 0) ,给出定义：设 f (x) 是函数 y = f (x) 的导数, f (x)是
f (x) 的导数,若方程 f (x) = 0有实数解 x0 ,则称点 (x0 , f (x0 ))为函数 y = f (x) 的“拐点”．某同学经过探究发现：
任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心．若
f (x) 1 1= x3 - x2 3x 5+ - ,请你根据这一发现.
3 2 12
（1）求函数 f (x) 的对称中心；
f ( 1 ) f ( 2 ) f ( 3 2020（2）计算 + + ) + ×××+ f ( ) .
2021 2021 2021 2021
【解析】（1）Q f (x) = x2 - x + 3,\ f (x) = 2x -1 ,
令 f
1
(x) = 0 ,即 2x -1 = 0 ,解得 x = ,
2
\ f (1) 1= (1)3 1- (1)2 1 5+ 3 - =1,
2 3 2 2 2 2 12
由题中给出的结论,可知函数 f (x)
1
的对称中心为 ( ,1) .
2
1 3 1 2 5 1
（2）由（1）知函数 f (x) = x - x + 3x - 的对称中心为 ( ,1) ,
3 2 12 2
f (1 1所以 + x) + f ( - x) = 2 ,即 f (x) + f (1- x) = 2 ,
2 2
f ( 1 ) f (2020故 + ) = 2, f (
2 ) + f (2019) = 2 × ××, f (2020) + f ( 1 ) = 2 ,
2021 2021 2021 2021 2021 2021
f ( 1 ) f ( 2 ) f ( 3 ) 2020 1所以 + + + ×××+ f ( ) = 2 2020 = 2020 .
2021 2021 2021 2021 2
(六)三次函数与韦达定理的交汇
由于三次函数的导数是二次函数,而二次函数常与韦达定理交汇,故有时可以用定理交汇处理三次函数问题
a 3 b 2 2
【例 7】设 x1 , x2 是函数 f (x) = x + x - a x(a > 0) 的两个极值点,且 | x | + | x |= 23 2 1 2
(1)求 a 的取值范围；
(2)求证： | b | 4 3 .
9
(1) f ' (x) = ax 2 2【解析】 + bx - a , x1, x2是f
'(x) = 0 的两个实根,又 a＞0
2
x b b1x2 = -a < 0, x1 + x2 = - , | x1 | + | x2 |=| x1 - x2 |= 2 + 4aa a
b2
| x | + | x |= 2 + 4a = 4，即b2 = 4a2 3由 1 2 得 2 - 4a = 4a
2(1- a)
a
Qb2 0\0 < a 1
(2) b2设 = g(a) = 4a 2 - 4a3 , g '则 (a) = 8a -12a 2 = 4a(2 - 3a)
g(a) 2 2在(0， )在单调递增，在( ，1) 上单调递增
3 3
[g(a)] 2 16 4 3max = g( ) = ,\b 3 27 9
【例 8】（2024 3 2年 2 月第二届“鱼塘杯”高考适应性练习）对三次函数 f x = ax + bx + cx + d , a 0 ,如果其存
在三个实根 x1, x2 , x
b
3 ,则有 x1 + x2 + x3 = - , x1x2 + x2x3 + x3x
c d
1 = , x1x2x3 = - .称为三次方程根与系数关系.a a a
(1) 3对三次函数 f x = ax + bx2 + cx + d ,设 g x = f x ,存在 x0 R ,满足0 = f x0 = g x0 g x0 .证明：存
在 x1 x0 ,使得 f x = a x - x1 x - x0
2
；
(2)称 f x 是 m, M 上的广义正弦函数当且仅当 f x 存在极值点 x1, x2 m, M ,使得
f x1 , f x2 = f m , f M .在平面直角坐标系 xOy 中, A a,b 是第一象限上一点,设
f x b= x a - x + , g x = x(a - x)2 - 4b .已知 g x 在 0, a 上有两根 x
x 0
< x3 .
（i）证明： f x 在 0, + 上存在两个极值点的充要条件是 a3 > 27b；
（ii）求点A 组成的点集,满足 f x 是 x0 , x3 上的广义正弦函数.
【解析】（1）因为 f x0 = 0 ,所以不妨设 f x = a x - x0 x - x1 x - x2 , a 0 ,
所以 g x = f x = a x - x0 x - x1 + a x - x0 x - x2 + a x - x1 x - x2 , a 0 ,
因为0 = g x0 g x0 ,所以 g x0 = f x0 = a x0 - x1 x0 - x2 = 0, a 0 ,
所以不妨取 x2 = x0 满足题意,且此时必有 x1 x0 ,
否则若 x = x0 ,则有 f x = a x - x 3 , g x = f x = 3a x - x 2 0 0 , g x = 6a x - x0 ,
而此时 g x0 = 6a x0 - x0 = 0与已知0 = g x0 g x0 矛盾,
综上所述,存在 x1 x0 ,使得 f x = a x - x1 x - x
2
0 .
（2）（i） A a,b 是第一象限上一点,所以 a > 0,b > 0 ,
3
f x = x a b- x + , f x a 2x b -2x + ax
2 - b
因为 所以 = - -
x 2
= , a > 0,b > 0 ,
x x
设 h x = -2x3 + ax2 - b ,则 h 0 = -b < 0 ,
而 x - 时, h x + , x + 时, h x - ,
所以 h x = -2x3 + ax2 - b = 0存在负根,
3 2
因为 f x 在 0, + , f x -2x + ax - b上存在两个极值点等价于方程 = = 0 在 0, + 上有两个根,
x
h x = -2x3等价于方程 + ax2 - b = 0在 0, + 上存在两个根,
3 2
注意到三次方程最多有 3 个根,所以方程 h x = -2x + ax - b = 0有一个负根,两个不同的正根,
而 h x = -6x2 + 2ax 0 x a,当 < < 时, h x = -6x2 + 2ax > 0 , h x 单调递增,
3
当 x
a
> 时, h x = -6x2 + 2ax < 0 , h x 单调递减,
3
a 2a3 a3 a3
所以当且仅当 h ÷ = - + - b = - b > 0 ,即当且仅当 33 27 9 27 a > 27b
,
è
综上所述,命题（i）得证；
（ii）容易验证, a3 > 27b时, g(x) = 0 也恰好有两个正根 x0 , x3 ,
此时：由于对 x > 0来说, f x = 0 2等价于 2x3 - ax2 + b = 0 , g x = 0等价于 x a - x - 4b = 0 ,
3 2
x > 0 , g x = 0 a - x a - x, f a a - x -xb a - x
2
所以对 如果 那么 ÷ = - + = + b = 0 ,
è 2 4 4 4
a - x a - x
这意味着 x = 31 , x 02 = ,2 2
然后,对两个不相等的正数u,v, f u - f v = u - v éêa
b
- u + v - ù ,
uv ú
所以 f (u) = f (v)
b
当且仅当u + v + = a ,
uv
那么如果 t = x1 或x 2 ,就有 a - 2t = x0 或 x3 ,故 f t = g a - 2t ,
b b b - t
2 a - 2t 2t3 - at 2 + b
此时 t + a - 2t + = a - t + = a + = a + = a ,
t a - 2t t a - 2t t a - 2t t a - 2t
所以 f t = f a - 2t ,这意味着 f x0 = f x2 , f x1 = f x3 ,
, m x = -h x = 2x3 - ax2最后由于 + b有一个极值点 x a= ,
3
a a
所以 x1, x2 都不等于 （ x1, x2 是不相等的正零点,同时该方程还有另一个负零点,但 只要是根就是二重的,所3 3
a
以 不可能是根）,这就说明 x
3 1
x3 , x0 x2 ,
结合 f x 的单调性以及 f x0 = f x2 , f x1 = f x3 ,必有 x0 < x1 < x2 < x3 ,
所以此时 f x 一定是广义正弦函数,
3
综上所述,满足题意的 A = a,b | a > 27b .
【例 1】（2024 届福建省泉州市高三 5 月适应性练习）已知函数 f x = ax3 - 2x2 - 2x + a a 0 ．
(1)当 a =1时,若直线 y = -3x + b 与曲线 y = f x 相切,求b；
(2)若直线 y = -2x - 2与曲线 y = f x 恰有两个公共点,求a．
【解析】（1）当 a =1时, f x = x3 - 2x2 - 2x +1, f x = 3x2 - 4x - 2 ,
因为直线 y = -3x + b 与曲线 y = f x 相切,
2
设切点为 x0 , y0 ,则切线斜率 k = f x0 = 3x0 - 4x0 - 2 ,
ì x 1 0 =
ì3x2 30 - 4x0 - 2 = -3 ì x0 =1
4
可得 íy0 = -3x0 + b ,解得 íy0 = -2或 íy0 = ,
y = x 3 - 2x 2 - 2x +1
27
0 0 0 0 b =1 b 31 = 27
b 31所以b =1或 = ．
27
（2）因为直线 y = -2x - 2与曲线 y = f x 恰有两个公共点,
所以方程 ax3 - 2x2 - 2x + a = -2x - 2 ,
3
即方程 a x +1 - 2 x2 -1 = 0有两个不等实根,
因为 x=- 1是方程 a x3 +1 - 2 x2 -1 = 0的一个根；
当 x -1 2时,方程可化为 ax - a + 2 x + a + 2 = 0（*）,
依题意,方程（*）有不等于 -1的唯一根,
因为 a 0 ,若 a = 0 ,则（*）即-2x + 2 = 0 , x =1 ,满足条件；
ì a + a + 2 + a + 2 0 2
若 a > 0 ,则由 í , a =
V= a + 2
2 - 4a 解得： ．a + 2 = 0 3
2
综上所述, a = 0或 a = ．
3
2 2024 f x = x3【例 】（ 届福建省泉州第五中学高考热身测试）已知函数 - ax + 2, a R .
(1)若 x = -2是函数 f x 的极值点,求a的值,并求其单调区间；
é1
(2)若函数 f x 在 ê ,3
ù
ú 上仅有 2 个零点,求a的取值范围． 3
【解析】（1） f x = 3x2 - a , f -2 =12 - a = 0 ,得 a =12 ,
2
当 a =12时, f x = 3x -12 = 0 ,得 x = -2或 x = 2 ,
x, f x , f x 的变化情况如下表所示,
x - ,-2 -2 -2,2 2 2, +
f x + 0 - 0 +
f x 增区间 极大值18 减区间 极小值-14 增区间
所以函数 f x 的增区间是 - ,-2 和 2, + ,减区间是 -2,2 ；
3
（2）令 f x = x - ax 2 0 x é1+ = , ê ,3
ù
,
3 ú
3
a x + 2 2
2 1
得 = = x2 + ,令 g x = x2 + é, x ,3ù ,
x x x ê 3 ú
2
x
3 -1
g x 2= 2x - = = 0 ,得 x =1 ,
x2 x2
如下表,
1
x
1
,1

÷ 1 1,3 33 è 3
g x - 0 +
g x 55 29减区间 极小值 3 增区间
9 3
é1 ù
因为函数 f x 在 ê ,3ú 上仅有 2 个零点,即 y = a 与 y = g x 有 2 个交点,如图： 3
3 a 55即 < .
9
【例 3】（2024 3 2届陕西省铜川市高三下学期模拟）已知函数 h x = 2x + 3x -12x + m m R 的一个极值为
-2．
(1)求实数m 的值；
é
(2)若函数 h x 在区间 êk,
3ù
上的最大值为 18,求实数 k与m 的值．
2 ú
【解析】（1）由 h x = 2x3 + 3x2 -12x + m m R ,得 h x = 6x2 + 6x -12 = 6 x + 2 x -1 ,
令 h x = 0 ,得 x = -2或 x =1；令 h x < 0 ,得-2 0 ,得 x<- 2或 x >1．
所以函数 h x 有两个极值 h -2 和 h 1 ．
若 h -2 = -2 , 3得 2 (-2) + 3 (-2)2 -12 -2 + m = -2 ,解得m = -22；
若 h 1 = -2 ,得 2 13 + 3 12 -12 1+ m = -2 ,解得m = 5．
综上,实数m 的值为－22 或 5．
（2）由（1）得, h x ,h x , 3在区间 -
ù
ú的变化情况如下表所示：è 2
x - , -2 -2 -2,1 1 1, 3 3 2 ֏ 2
h x + 0 － 0 +
h x 9Z 极大值m + 20 ] 极小值m - 7 Z m - 2
由表可知,
3
1 k 3< h x ék, ù h 3 9①当 时,函数 在区间 ê ú 上单调递增,所以最大值为 ÷ = m - ,2 2 è 2 2
53
- 1其值为 或 2 ,2 不符合题意；
②当 k = -2 时,函数 h x 在 -2,1 3 上单调递减,在 1, 2 ÷上单调递增,è
h -2 = 20 + m h 3 9, 3 é 3ù因为 ÷ = m - , h 2 > h ÷ ,所以 h x 在 êk, ú 上的最大值为 h -2 = m + 20 ,其值为è 2 2 2 -2è 2
或 25,不符合题意；
③当 k < -2时,函数 h x 在 k,-2 上单调递增,在 -2,1 3 上单调递减,在 1, 2 ÷上单调递增,è
h 2 3 9 3 3- = 20 + m h = m - h 2 > h é ù因为 , ÷ , ÷ ,所以 h x 在 êk, ú 上的最大值为 h -2 = m + 20 ,其值为è 2 2 -2è 2 2
或 25,不符合题意；
3
④当-2 < k <1时, h x 在 k,1 上单调递减,在 1, 2 ÷上单调递增,è
若 h x é 3ù 3 9 1 53在区间
ê
k, ú 上的最大值为 h ÷ = m - ,其值为 2 或 - ,2 不符合题意,2 è 2 2
又因为若m = -22 ,则 h 3-2 = m + 20 = -2 é ù．那么,函数 h x 在区间 êk, ú 上的最大值只可能小于－2,不合题 2
意,
é
所以要使函数 h x 在区间 êk,
3ù 3
ú 上的最大值为 18,必须使 h k = 2k + 3k
2 -12k + m =18 ,且m = 5 ,
2
即 h k = 2k 3 + 3k 2 -12k + 5 =18．所以 2k 3 + 3k 2 -12k -13 = 0 ,
所以 2k 3 + 2k 2 + k 2 + k -13k -13 2= 0 ．所以 2k k +1 + k k +1 -13 k +1 = 0 ,
所以 2k 2 + k -13 k +1 = 0 ．所以 2k 2 + k -13 = 0或 k +1 = 0 ,
k -1± 105所以 = 或 k +1 = 0．因为-2 < k <1 , k -1± 105所以 = 舍去．
4 4
综上,实数 k的值为-1, m的值为 5．
【例 4】（2023 届江苏省徐州市睢宁县高三下学期 5 月模拟）已知函数 f (x) = -2x3 + mx2 , m R ,且 g(x) = | f (x) |
在 x (0,2) 上的极大值为 1．
(1)求实数m 的值；
(2)若b = f (a) , c = f (b) , a = f (c) ,求 a,b,c的值．
【解析】（1） g(x) =x2 | 2x - m | , 0 x 2 ,
① m 0时, g(x) = 2x3 - mx2 ,∴ g (x) = 6x2 - 2mx≥0 ,无极值．
② m 4时, g(x) = -2x3 + mx2 ,∴ g (x) = 2x(m - 3x) ,
m
当 2 ,即m 6时, g (x) 0 ,无极大值；
3
x m g (x) > 0 m当 4 m < 6时, < 时, ； < x < 2时, g (x) < 0 ,
3 3
3
∴ g(x)在 x
m
= m m处取极大值,即 g( ) = = 1 ,∴ m = 3 ,舍去．
3 3 27
ì
-2x
3 + mx2 ,0 x m
③ 0 < m < 4时, g x = 2í ,
2x3 mx2 , m- < x 2
2
ì
2x m - 3x ,0 x
m

∴ g x = 2í ,
2x 3x - m , m < x 2 2
0 x m g (x) > 0 m x m< < 时, ； < < 时, g (x) < 0
m
； < x < 2时, g (x) > 0．
3 3 2 2
3
∴ g(x)在 x
m
= m处取极大值 = 1 ,∴ m = 3符合题意．
3 27
综上, m = 3．
2
（2）由（1）可知, f (x) = -2x3 + 3x2 , f (x) = -6x + 6x = 6x -x +1 ,
令 f x > 0可得-1 < x < 0 ,令 f x < 0可得 x >1或 x < 0 ,
如图所示．
① 当 a < 0时, b = f (a) > 0 ,
当 0 < b≤3 时, 0 < c = f (b)≤1,则 a = f (c) > 02 ,矛盾；
b 3当 > 时, c = f (b) < 0 ,∴ a = f (c) > 0 ,矛盾．
2
② 当 a = 0时,符合题意．
③ 当0 < a
1 1
< 时, 0 < x < 时, f (x) < x 1,∴ 0 < b = f (a) < a < ,
2 2 2
0 c f (b) b 1则 < = < < , 0 < a = f (c) < c
1
< ,∴ a < c < b < a ,2 2 矛盾．
1
④ 当 a = 时,符合题意．
2
1 1 1
⑤ 当 < a <1时, < x <1时, f (x) > x ,∴1 > b = f (a) > a > ,
2 2 2
1 1
则1 > c = f (b) > b > ,1 > a = f (c) > c > ,∴ a > c > b > a ,2 2 矛盾．
⑥ 当 a =1时,符合题意．
3
⑦ 当1 < a 时, 0≤b = f (a) < 1 ,则 0≤ c = f (b) < 1,∴ a = f (c) < 1 ,与 a > 12 矛盾．
a 3 b f (a) 3⑧ 当 > 时, = < 0 , c = f (b) > 0 ,∴ a = f (c)≤1 ,与 a > 矛盾．
2 2
1
综上, a = b = c = 0 ,或a = b = c = ,或 a = b = c =1．
2
【例 5】（2023 3 2届重庆市第十一中学校高三上学期 11 月质量检测）已知函数 f x = x - 3x + ax + 3 , f x 在
x1处取极大值,在x2处取极小值.
(1)若 a = 0 ,求函数 f x 的单调区间；
(2)在方程 f x = f x1 的解中,较大的一个记为 x3 ,在方程 f x = f x2 的解中,较小的一个记为 x4 ,证明：
x4 - x1
x3 - x
为定值.
2
【解析】（1 a = 0 , f x = x3 - 3x2）当 时 + 3 ,定义域为 R, f x = 3x2 - 6x ,
当 f x > 0时, x > 2或 x < 0 ；当 f x < 0时, 0 < x < 2；
即函数 f x 的单调增区间为 - ,0 , 2, + ；单调减区间为 (0, 2) .
2
（2）由 f x = 3x - 6x + a ,
根据题意,得3x2 - 6x + a = 0的两根为 x1, x2 ,且 x1 < x2 ,
即D = 36 -12a > 0 ,得 a < 3 ,
x1 + x2 = 2 ,
所以 x1 <1< x2 ,
因为 f x = f x , x3 - 3x21 则 + ax + 3 = x31 - 3x21 + ax1 + 3 ,
3 2 3 2
可知 x - 3x + ax = x1 - 3x1 + ax1 ,

因为 f x1 = 0 ,即 a = 6x1 - 3x21 ,
即 x3 - x31 + 3x
2 - 3x21 + ax - ax1 = x - x1 éx2 + x x
2 2
1 - 3 - 2x1 + 3x1 ù = x - x1 x + 2x1 - 3 = 0 ,
可知 x3 = 3- 2x1 ,同理,由 f x = f x2 ,
3
可知 x - x3 2 22 + 3x2 - 3x + ax - ax2 = x - x 2 22 éx + x x2 - 3 - 2x2 + 3x2 ù = x - x2
2 x + 2x2 - 3 = 0 ；
得到 x4 = 3 - 2x2 ,
x4 - x1 3 - 2x2 - x1 1- x2 1- 2 - x= = = 1 所以 = -1.
x3 - x2 3 - 2x1 - x2 1- x1 1- x1
【例 6
1 3 1 2
】已知函数 f (x) = ax + bx + cx(a > 0)3 2 ．
(1)若函数 f (x) 有三个零点分别为x1 , x2 , x3 ,且 x1 + x2 + x3 = -3 , x1x2 = -9 ,求函数 f (x) 的单调区间；
1
(2)若 f (1) = - a ,3a > 2c > 2b ,证明：函数 f (x) 在区间 (0, 2)2 内一定有极值点；
b
(3)在（2）的条件下,若函数 f (x) 的两个极值点之间的距离不小于 3 ,求 的取值范围．a
1 3 1 2
【解析】（1）因为函数 f (x) = ax + bx + cx = x(
1 ax2 1+ bx + c)(a > 0) ,
3 2 3 2
又 x1 + x2 + x3 = -3 , x1x2 = -9 ,则 x3 = 0 , x1 + x2 = -3 , x1x2 = -9
1 2 1
因为 x1, x2 是方程 ax + bx + c = 03 2 的两根,
3b 3c
则- = -3 , = -9
b c
,得 = 2 , = -3 ,
2a a a a
f (x) ax2 bx c a(x2 b x c所以 = + + = + + ) = a(x2 + 2x - 3) = a(x -1)(x + 3)a a ．
令 f (x) = 0解得： x =1 , x = -3当 f (x) > 0时, x < -3或 x >1 ,
当 f (x) < 0 时, -3 < x <1,故 f (x) 的单调递减区间是 (-3,1) ,
单调递增区间是 (- , -3) , (1, + )．
1
（2）因为 f (x) = ax2 + bx + c , f (1) = - a ,2
a b c 1所以 + + = - a ,即3a + 2b + 2c = 02 ．
又 a > 0 ,3a > 2c > 2b ,所以3a > 0 , 2b < 0 ,即 a > 0．b < 0．
于是 f (1)
1
= - a < 0 , f (0) = c , f (2) = 4a + 2b + c = 4a - (3a + 2c) + c = a - c2 ．
①当 c > 0时,因为 f (0) = c > 0 , f (1) 1 = - a < 0 f (x) ( 0, 1)2 ,而 在区间 内连续,
则 f (x)在区间( 0, 1)内至少有一个零点,设为 x = m ,
则在 x (0,m) , f (x) > 0 , f (x) 单调递增,
在 x (m,1) , f (x) < 0 , f (x) 单调递减,
故函数 f (x) 在区间( 0, 1)内有极大值点 x = m ；
② 1当 c 0时,因为 f (1) = - a < 0 , f (2) = a - c > 02 ,
则 f (x)在区间 (1, 2)内至少有一零点．设为 x=n,
则在 x (1,n) , f (x) < 0 , f (x) 单调递减,
在 x (n, 2) , f (x) > 0 , f (x) 单调递增,
故函数 f (x) 在区间 (1, 2)内有极小值点．
综上得函数 f (x) 在区间 (0, 2) 内一定有极值点．
（3）设m , n是函数的两个极值点,
则m , n也是导函数 f (x) = ax2 + bx + c = 0 的两个零点,
b c 3 b
由（2）得3a + 2b + 2c = 0 ,则m + n = - , mn = = - -a 2 a ．a
所以 | m - n |= (m + n)2 - 4mn (
b
= - )2 - 4( 3 b b- - ) = ( + 2)2 + 2
a 2 a a
由已知, (b + 2)2 + 2 3 ,
a
则两边平方得 (
b 2)2 b b+ + 2 3 ,得出 + 2 1,或 + 2 -1,
a a a
b b
即 -1,或 -3 ,又 2c = -3a - 2b ,3a > 2c > 2b ,
a a
3a 3a 3所以 > - - 2b > 2b ,即 -3a < b < - a4 ．
b
因为 a > 0
b 3
,所以-3 < < -
3
．综上分析, 的取值范围是[-1 , - )
a 4 a 4
．
1
1.（2024 3 2届江苏省连云港市高三下学期 4 月阶段测试）已知函数 f x = x - 2x + mx + n在 x =1时取得极
3
值．
(1)求实数m 的值；
(2)存在 x 2,4 ,使得 f x > n2 成立,求实数n的取值范围．
2 2
【解析】（1）易知 f x = x - 4x + m ,依题意 f 1 =1 - 4 1+ m = 0 ,解得m = 3 ,
此时 f x = x2 - 4x + 3 = x -1 x - 3 ,
当 x <1或 x > 3时, f x > 0；当1 < x < 3时, f x < 0 ,
即函数 f x 在 (- ,1) , (3, + )上单调递增,在 1,3 上单调递减,
因此函数 f x 在 x =1时取得极值,所以m = 3．
（2）由（1）得函数 f x 在 2,3 上单调递减,在 3, 4 上单调递增；
因为 f (2)
2
= + n, f (4) 4= + n ,所以 f x 4= + n
3 3 max 3
4
+ n > n2 , 3- 57 n 3 + 57由题意可得 解得 < < ,3 6 6
3- 57 3 + 57
所以n的取值范围为 < n < ．
6 6
2.设函数 f x = x -1 3 - ax - b x R ,其中 a,b为实常数．
(1)若 a = 3 ,求 f x 的单调区间；
(2)若 f x 存在极值点 x0 ,且 f x1 = f x0 其中 x1 x0 ．求证： x1 + 2x0 = 3；
【解析】（1）由 f (x) = (x -1)3 - 3x - b ,可得 f (x) = 3(x -1)2 - 3 = 3x2 - 6x ．
令 f (x) = 3x2 - 6x 0得 x 2或 x 0 ,
所以 f x 的单调递增区间为 (- ,0] ,[2,+ ) ,
令 f (x) = 3x2 - 6x < 0得0 < x < 2 ,所以 f x 的单调递减区间为 (0, 2) .
（2）因为 f (x) = (x -1)3 - ax - b ,所以 f (x) = 3(x -1)2 - a ,
当 a 0时, f (x) = 3(x -1)2 - a 0 ,所以 f x 的增区间是 - , + ,
当 a > 0时,令 f (x) = 3(x -1)2 - a = 3x2 - 6x + 3 - a = 0 ,
得 x 3a=1+ 或 x =1 3a , x 1 3a 3a- 当 < - 或 x >1+ 时, f x > 0 ,
3 3 3 3
1 3a x 1 3a当 - < < + 时, f x < 0 ,
3 3
所以 f x ( 3a 3a的增区间是 - ,1- ) , (1+ ，+ ) ,
3 3
3a 3a
减区间是 (1- ,1+ ) ,
3 3
因为 f (x) 存在极值点,所以 a > 0 ,且 x0 1,
由题意,得 f (x0 ) = 3(x
2
0 -1) - a = 0 ,
(x a 2a a即 0 -1)
2 = ,进而 f (x0 ) = - x - - b ,3 3 0 3
又 f 3- 2x0 = 2 - 2x
3
0 - 3 3- 2x0 x0 -1
2 - b
= x0 -1
2 a 2a a8 -8x0 - 9 + 6x0 - b = x
2
0 -1 -2x0 -1 - b = -2x0 -1 - b = - x0 - - b ,3 3 3
即为 f (3 - 2x0 ) = f (x0 ) = f (x ) , x 1
3a 3a
1 当 0 = - 时, x1在 x =1+ 的右侧, 3 3
当 x 3a 3a0 =1+ 时, x1在 x =1- 的左侧,即有3- 2x0 = x1 ,即为 x1 + 2x0 = 3 .3 3
3.（2024 2届海南省琼中县高三上学期 9 月全真模拟）已知函数 f x = x 4x - m , m > 0．
(1)当m = 4 时,求 f x 在 -1,1 上的值域；
(2)若 f x 的极小值为-2 ,求 m 的值．
2 3 2 2
【解析】（1）当m = 4 时, f x = x 4x - 4 = 4x - 4x ,则 f x =12x -8x ,
令 f x = 0 , 2得 x = 0或 3 ,
当 x 变化时, f ' x , f x 的变化情况如表所示：
x -1 -1,0 0, 2 2 2 ,1 0 1
è 3 ÷ ÷ 3 è 3
f ' x ＋ 0 － 0 ＋
f x 16-8 单调递增 极大值 0 单调递减 极小值- 单调递增 0
27
所以 f x 在 -1,1 上的值域为 -8,0 ．
（2）由 f x = x2 4x - m = 4x3 - mx2 ,得 f x =12x2 - 2mx ,
令 f x = 0 m,得 x = 0或 ,因为m > 0 ,
6
令 f x < 0 m m,得0 < x < ；令 f x > 0 ,得 x < 0 或 x > ,6 6
m m
所以 f x 在 - ,0 和 ,+ ÷上单调递增,在 0, ÷上单调递减,
è 6 è 6
f x m m 1在 x = 处取得极小值, f = - m3令 ÷ = -2 ,6 è 6 108
解得m = 6 ,故 m 的值为 6．
4.（2024 3届贵州省贵阳第一中学高三上学期适应性月考）已知函数 f x = 2x - 3x .
(1)求函数 y = f x 在 x = 0处的切线方程；
(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)请问过点 A 0,0 , B -1, -1 ,C -1,3 , D 1, -1 , E 1,-2 分别存在几条直线与曲线 y = f x 相切？（请直
接写出结论,不需要证明）
2
【解析】（1）因为 f x = 6x - 3 ,所以 f 0 = -3 .又 f 0 = 0 ,
根据导数的几何意义可知,函数 y = f x 在 x = 0处的切线的斜率为-3 ,
所以,切线方程为 y = -3x .
（2）设切点为 x0 , y0 ,则 f x0 = 6x20 - 3 ,切线方程为 y - y0 = 6x20 - 3 x - x0 ,
整理可得, y = 3 2x20 -1 x - 4x30 .
又点P -1, t 2在切线上,则 t = -3 2x0 -1 - 4x30 = -4x3 20 - 6x0 + 3 .
要使过点P -1, t 存在 3 条直线与曲线 y = f x 相切,则该方程有3个解.
令 g x0 = -4x30 - 6x20 + 3 ,则 g x0 = -12x20 -12x0 = -12x0 x0 +1 .

解 g x0 > 0 ,可得 -1< x0 < 0 ,所以 g x0 在 -1,0 上单调递增；
解 g x0 < 0 ,可得 x0 < -1或 x0 > 0 ,所以 g x0 在 - , -1 上单调递减,在 0, + 上单调递减.
所以, g x0 在 x0 = -1处取得极小值,在 x0 = 0处取得极大值.
又 g -1 =1, g 0 = 3 ,由题意可知,1< t < 3 .
2 2 3
（3）设切点为 x0 , y0 ,则 f x0 = 6x0 - 3 ,切线方程为 y = 3 2x0 -1 x - 4x0 .
①当点 A 0,0 在切线上时,有 x0 = 0 ,此时 y0 = 0 ,即点 A 0,0 为切点.
由（1）知,切线为 1 条；
②当点B -1, -1 在切线上时,
由（2）知, g x0 在 x0 = -1处取得极小值,且 g -1 =1 > -1 ,
所以,此时-4x30 - 6x
2
0 + 3 = -1 ,只有 1 个解,即只存在 1 条切线；
③当C -1,3 在切线上时,
由（2 3 2）知, -4x0 - 6x0 + 3 = 3 ,解得 x0 = 0
3
或 x0 = - .所以此时存在 2 条切线；2
④设切线过Q 1, s s = 3 2x2 -1 - 4x3 3 2此时有 0 0 = -4x0 + 6x0 - 3 .
h x = -4x3令 0 0 + 6x2 - 3 , 20 则 h x0 = -12x0 +12x0 = -12x0 x0 -1 .
解 h x0 > 0 ,可得0 < x0 <1,所以 h x0 在 0,1 上单调递增；
解 h x0 < 0 ,可得 x0 < 0 或 x0 >1 ,所以 h x0 在 - ,0 上单调递减,在 1, + 上单调递减.
所以, h x0 在 x0 = 0处取得极小值,在 x0 = 1处取得极大值.
又 h 0 = -3 , g 1 = -1,所以,当-3 < s < -1时,有 3 条切线.
所以,过点E 1,-2 的切线有 3 条.
又方程 h x 30 = -4x0 + 6x20 - 3 = -1 ,可化为 x0 -1
2 2x0 +1 = 0 ,
1
解得 x0 = 1或 x0 = - ,所以,过点D 1, -1 的切线有 2 条.2
1 9
5. （2024 3 2届内蒙古包头市高三上学期调研）已知函数 f (x) = x - ax + x + ．
3 2
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)若F (x) = f (x) - x有 2 个零点,求 a的值．
3 3
（注： x - a = (x - a) x2 + ax + a2 ）
2
【解析】（1） f x = x - 2ax +1 , D = 4 a2 -1 ,
当D 0 ,即-1 a 1时, f x 0 ,所以 f x 在R 上单调递增,
2
当D > 0 ,即 a < -1或 a > 1时,令 f x = x - 2ax +1 = 0 ,解得 x1 = a - a2 -1 , x2 = a + a2 -1 ,
当 x - , a - a2 -1 时, f x > 0 ,当 x a - a2 -1, a + a2 -1 时, f x < 0 ,
当 x a + a2 -1,+ 时, f x > 0 ,
所以 f x - ,a - a2在 -1 , a + a2 -1, + 上单调递增,在 a - a2 -1, a + a2 -1 上单调递减,
综上所述,当-1 a 1时, f x 在R 上单调递增,
当 a < -1或 a > 1时, f x 在 - ,a - a2 -1 , a + a2 -1, + 上单调递增,在 a - a2 -1, a + a2 -1 上单调递
减；
（2）当 x = 0时, F (x) = f (x)
9
- x = 0 ,此时函数无零点,
2
1 3 9
当 x 0 x +时, F x = 0等价于 a = 3 2 ,
x2
1 x3 9+ 3h x = a x - 27 x - 3 x
2 + 3x + 9
设 g x = 3 2 , ,

则 g x = = ,
x2 3x
3 3x3
当 x < 0 时, g x > 0 ,故 g x 单调递增,且 g x - , + ,
当0 < x < 3时, g x < 0 ,故 g x 单调递减,
当 x > 3时, g x > 0 ,故 g x 单调递增,
又 g 3 3= ,当 x > 0且 x 0时, g x + ,当 x + 时, g x + ,
2
如图作出函数 g x 的大致图象,
1 x3 9+ 3
由图可知,要使 g x h x = a= 3 2 , 两个函数有两个交点,则 a = ,
x2 2
3
即当 a = 时, F x 有且只有 2 个零点．
2
6．（2024 届江苏省南通市模拟预测）设 a > 0 ,函数 f (x) = ax3 - 2x +1．
(1)当 a =1时,求过点 (0, -1) 且与曲线 y = f (x) 相切的直线方程：
(2) x1, x2 是函数 f (x) 的两个极值点,证明： f x1 + f x2 为定值．
【解析】（1）当 a =1时, f (x) = x3 - 2x +1 ,则导数 f (x) = 3x2 - 2 ．
设切点为 x0 , x30 - 2x0 +1 , 2则 f x0 = 3x0 - 2 ,
3 2
所以切线方程为 y - x0 - 2x0 +1 = 3x0 - 2 x - x0 ．
3 2
又切线过点 (0, -1) ,则-1- x0 - 2x0 +1 = 3x0 - 2 0 - x0 ,
整理得, 2x30 = 2 ,解得 x0 = 1．
所以过点 (0, -1) 且与曲线 y = f (x) 相切的直线方程为 y = x -1．
（2）证明：依题意, f (x) = 3ax2 - 2(a > 0) ,令 f (x) = 0 , x 2得 = ± ．
3a

x - ,
2 2 2 , 2 2- 2÷÷ - - ÷÷ ,+ 3a ÷è 3a 3a 3a ÷è 3a è 3a
f x + 0 - 0 +
f x Z 极大值 ] 极小值 Z
不妨设 x1 < x2 , x
2
则 1 = - , x
2
2 = ．3a 3a
f x1 + f x 3 32 = ax1 - 2x1 +1+ ax2 - 2x2 +1
3 3
2 2 a 2 1 a 2

2 2= - ÷÷ - - ÷÷ + + ÷÷ - +1 = 2
è 3a è 3a è 3a 3a
所以 f x1 + f x2 为定值．
7 3．已知曲线 f x = x - 3x + l 在点 A m，f m 处的切线与曲线的另外一个交点为B，P 为线段 AB的中点,
O为坐标原点．
(1)求 f x 的极小值并讨论 f x 的奇偶性．
(2)直线OP的斜率记为 k ,若"m 0,2 , k 18 ,求证：l -7 ．
1 f x = x3【解析】（ ）已知 - 3x + l , x R ,
则 f x = 3x2 - 3 = 3 x +1 x -1 ,
当 -1 < x < 1时, f x < 0 ,当 x < -1或 x >1时, f x > 0 ,
\ f x 在 - , -1 , 1,+ 上单调递增,在 -1,1 上单调递减,
3
则当 x =1时, f x 取得极小值 f 1 =1 - 3 1+ l = l - 2 ,
当l = 0时, f x = x3 - 3x ,显然 f -x = -x3 + 3x = - x3 - 3x = - f x ,
且 f 0 = -03 + 3 0 = 0 ,\ f x 为奇函数；
l 0 , f -x = -x3当 时 + 3x + l = - x3 - 3x + l + 2l = - f x + 2l ,
∴ f x 为非奇非偶函数．
综上所述, f x 的极小值为l - 2 ；当l = 0时, f x 为奇函数,
当l 0时, f x 为非奇非偶函数．
（2）由（1）知 f x = 3x2 - 3 ,∴曲线在点 A m，f m 处的切线方程为：
y - m3 - 3m + l = 3m2 - 3 x - m ,
其与原曲线方程 y = x3 - 3x + l 联立化简得： x - m 2 x + 2m = 0 ,
从而B -2m, -8m3 + 6m + l m 0 ,
m -7m3 + 3m + 2l
由于 P 为线段 AB的中点,∴ P - , ÷ ,
è 2 2
3
OP k 7m - 3m - 2l则直线 的斜率 = ,
m
由于"m 0,2 , k 18 ,即当m 0,2 时,恒有 2l 7m3 - 21m ,
令 h m = 7m3 - 21m ,则 h m = 21m2 - 21 = 21 m +1 m -1 ,
易知当0 < m <1时, h m < 0 ,当1< m < 2时, h m > 0 ,
即 h m 在 0,1 上单调递减,在 1,2 上单调递增,
∴当m 0, 2 时, h m = h 1 = 7 - 21 = -14min ,
∴ 2l -14 l -7 ,从而实数l 的取值范围为 - , -7 ．
8 1 3 1 2．设函数 f x = 3 x - 2 x + ax , a R ．
(1)若 x = 2是 f x 的极值点,求 a 的值,并讨论 f x 的单调性．
1 2
(2) 2已知函数 g x = f x - ax + ,若 g x 在区间 0,1 内有零点,求 a 的取值范围．
2 3
(3)设 f x 有两个极值点x1 , x2 ,试讨论过两点 x1, f x1 , x2 , f x2 的直线能否过点 1,1 ,若能,求 a 的值；若
不能,说明理由．
1 f x = 1 x3 - 1 2 2【解析】（ ）由 x + ax ,求导得 f x = x - x + a3 2 ．
由 f 2 = 4 - 2 + a = 0 ,得 a = -2 ．∴ f x = x2 - x - 2 = x - 2 x +1 ．
令 f x = 0 ,得 x1 = 2 , x2 = -1．
∴当 x - ,-1 U 2,+ 时, f x > 0 , f x ）单调递增；
当 x -1,2 时, f x < 0 , f x 单调递减；
（2）由 g x f x 1= - ax2 2 1 x3 1 1+ = - + a x2 ÷ + ax
2
+ ,
2 3 3 è 2 2 3
求得 g x = x2 - 1+ a x + a = x -1 x - a ,
①当a 1 , x 0,1 时, g x > 0恒成立, g x 单调递增,
g 0 2又 = > 0 ,∴ g x 在区间 0,1 内没有零点,
3
②当 0 < a < 1 , x 0, a 时, g x > 0 , g x 单调递增,
当 x a,1 时, g x < 0 , g x 单调递减,
又 g 0 2= > 0 ,此时若 g x 在区间 0,1 内有零点,则必有 g 1 < 0 ,
3
g 1 0 1 1 1 a a 2 1由 < ,得 - + ÷ + + = a
1
+ < 0 ,得 a < -1 ,无解,
3 è 2 2 3 2 2
③当 a 0时,当 x 0,1 时, g x < 0恒成立, g x 单调递减,
此时欲使 g x 在区间 0,1 内有零点,必有 g 1 < 0 ,得 a < -1 ,
综上,a 的取值范围为 - , -1 ；
（3）不能．原因如下：
设 f x 有两个极值点x1 , x2 ,则导函数 f x = x2 - x + a 有两个不同的零点,
1
∴ D > 0 ,即1- 4a > 0 ,解得 a < ,且x , x 2
4 1 2
为方程 x - x + a = 0 的两根,
2 2
由 x1 - x1 + a = 0 ,得 x1 = x1 - a ,
∴ f x 11 = x3
1 1 1
1 - x
2
1 + ax1 = x1 x1 - a - x21 + ax3 2 3 2 1
1
= - x2 21 + ax
1
1 = - x1 - a
2 ax 2 a 1+ = - 11 ÷ x1 + a ,6 3 6 3 è 3 6 6
f x 2 a 1 x 1同理 2 = - ÷ 2 + a ,
è 3 6 6
由此可知过两点 x1, f x1 , x2 , f x2 2 1 1的直线方程为 y = a - x + a ,
è 3 6 ÷ 6
若直线过点 1,1 1 2 1 1= 7,则 a - ÷ + a ,解得 a = ,
è 3 6 6 5
1
若 f x 有两个极值点,则 a < ,显然不合题意．
4
综上,过两点 x1, f x1 , x2 , f x2 的直线不能过点 1,1 ．
9 3
1
．已知函数 f x = x + ax + , g x = - ln x ,用min m, n 表示m , n中的最小值,设函数
4
h x = min f x , g x x > 0 ,讨论 h x 零点的个数．
【解析】显然 h x 的定义域为 0, + ．
当 x 1,+ 时, g x = - ln x < 0．
从而h x = min f x , g x g x < 0 ,故 h x 在 1, + 上没有零点．
当 x =1时, g 1 = - ln1 = 0 , f 1 5= a + ．
4
∴ a
5
- 时, f 1 0 ,从而 h 1 = 0 ,故 x =1是 h x 的零点；
4
a 5< - 时, f 1 < 0 ,从而 h 1 < 0 ,故 x =1不是 h x 的零点．
4
当 x 0,1 时, g x = - ln x > 0．
3 1
故只要考虑 f x = x + ax + 在 0,1 上的零点个数．
4
3 1
由 f x = 0 x +分离参数得： a = - 4 = - x2 1 1 1+ = - x2 + + 3 - ,x è 4x ÷ è 8x 8x ÷ 4
1
当且仅当 x = 时等号成立．
2
令u x 1 1 3= - x2 +
, ÷ 计算得u ÷ = - ,u 1
5
= - ,当 x 0 时,u x - ,当 x 1 0,
4x 2 4 4 2 ÷
时, u x 单调递增,当
è è è
x 1 ,1÷时, u x 单调递减．结合图象可知：
è 2
a 3当 > - 时, h x 在 0,1 上没有零点,
4
a 3 a 5当 = - 或 - 时, h x 在 0,1 上有一个零点,
4 4
5
当- < a
3
< - 时, h x 在 0,1 上有两个零点,
4 4
3 5 3 5
综上可知,当 a > - 或 a < - 时, h x 有 1 个零点,当 a = - 或 a = - 时,
4 4 4 4
h x 5有 2 个零点,当- < a 3< - 时, h x 有 3 个零点．
4 4
1 1
10．（2024 3届青海省部分学校高三下学期联考）已知函数 f x = x + mx2 - m +1 x ．
3 2
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 f x 有 3 个不同的零点,求m 的取值范围．
【解析】（1） f x = x2 + mx - m +1 = x -1 x + m +1 ,
令 f x = 0 ,解得 x =1或 x = -m -1 ,
①当 -m -1>1 ,即m < -2时,
由 f x > 0得 x <1或 x > -m -1；由 f x < 0得1< x < -m -1,
所以 f x 在 - ,1 和 -m -1,+ 上单调递增；在 1, -m -1 上单调递减；
②当-m -1 =1,即m = -2时,
f x 0恒成立,所以 f x 在R 上单调递增；
③当 -m -1 < 1 ,即m > -2时,
由 f x > 0得 x >1或 x < -m -1；由 f x < 0得-m -1< x <1,
所以 f x 在 - ,-m -1 和 1, + 上单调递增；在 -m -1,1 上单调递减；
综上,
当m < -2时, f x 在 - ,1 和 -m -1,+ 上单调递增；在 1, -m -1 上单调递减；
当m = -2时, f x 在R 上单调递增；
当m > -2时, f x 在 - ,-m -1 和 1, + 上单调递增；在 -m -1,1 上单调递减.
（2）因为 f x 有 3 个零点,所以m -2 ,
f m 1 m 2当m > -2时,极大值 - - = + ÷ m +1
2
；极小值 f 1 1= - m 2- ,
è 6 3 2 3
ì m 2+ ÷ m +1
2 > 0
è 6 3 4
所以 í ,解得m > - 且m -1,
1 2 3
- m - < 0 2 3
1 2 m 2 2
当m < -2 时,极大值 f 1 = - m - ；极小值 f -m -1 = + m +1 ,
2 3 6 3 ֏
ì m 2
+
m +1 2 < 0
è 6 3 ÷
所以 í ,解得m < -4 ,
1 m 2 - - > 0 2 3
综上, m
4
的取值范围为 - ,-4 - , -1÷ -1, + .
è 3
11．（2023 届上海市嘉定区高三三模）已知函数 f (x) = x3 + bx2 + cx(b、c R) ,其导函数为 f (x) ,
(1)若函数 f (x) 有三个零点 x1、x2、x3 ,且 x1 + x2 + x3 = 3, x1x3 = -9 ,试比较 f (3) - f (0) 与3 f (2) 的大小.
(2)若 f (1) = -2 ,试判断 f (x) 在区间 (0, 2) 上是否存在极值点,并说明理由.
(3)在（1）的条件下,对任意的m,n R ,总存在 x [0,3]使得 | f (x) + mx + n | t 成立,求实数 t 的最大值.
【解析】（1）因为 x1x3 = -9 < 0 ,故 x1, x3一正一负,
f (x) = x3 + bx2 + cx = x(x2 + bx + c) ,所以 x2 = 0 ,所以 x 21, x3是方程 x + bx + c = 0的两根,
由韦达定理得 x1 + x3 = -b, x1x3 = c ,
因为 x1 + 0 + x3 = 3, x1x3 = -9
所以b = -3,c = -9 ,故 f (x) = x3 - 3x2 - 9x , f x = 3x2 - 6x - 9 , f (2) = -9 ,
因为 f (3) - f (0) = -27 ,3 f (2) = -27 ,所以 f (3) - f (0) = 3 f (2)；
（2） f (x) = 3x2 + 2bx + c ,开口向上,
f (1) = 3 + 2b + c = -2 , f (0) = c , f (2) =12 + 4b + c = 2 - c ,
①当 c > 0时, f (1) × f (0) < 0 ,
根据零点存在定理可知,存在 x0 (0,1)使得 f (x0 ) = 0 ,
且 x (0, x0 )时, f (x) > 0 , f x 单调递增, x (x0 ,1)时, f (x) < 0 , f x 单调递减,
所以 f (x) 在区间 (0, 2) 上存在极大值点,
②当 c 0时, f (2) = 2 - c > 0 , f (1) × f (2) < 0 ,
根据零点存在定理可知,存在 x0 (1,2) 使得 f (x0 ) = 0 ,且 x (1, x0 )时, f (x) < 0 ,
x (x0 ,2)时, f (x) > 0 ,所以 f (x) 在区间 (0, 2) 上存在极小值点；
（3）对任意的m,n R ,总存在 x [0,3]使得 | f (x) + mx + n | t 成立,
ì f 0 + m ×0 + n M

设 x [0,3] , | f (x) + mx + n |

的最大值为M ,则 í f 2 + m × 2 + n M ,

f 3 + m ×3 + n M
即 | n | M ①, | -22 + 2m + n | M ②, | -27 + 3m + n | M ③,
由①+③ 2得3M | n | +2 | -27 + 3m + n | | -54 + 6m + 3n |④,
由② 3得3M | -66 + 6m + 3n | ⑤,
④+⑤得6M | -54 + 6m + 3n | + | -66 + 6m + 3n | 12 ,即M 2 ,
ìn = 2
ìm = 9
当且仅当 í-22 + 2m + n = -2 ,即 ín 2 时取等,所以
t 的最大值为 2.
=
-27 + 3m + n = 2

1
12. f x = x3设函数 - a2x + b ,其中 a ,b 为常数．
3
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若函数 f x b有且仅有 3 个零点,求 3 的取值范围．a
【解析】 (1) f x = x2 - a2 = x - a x + a ．
当 a < 0时, f x > 0 , x > -a或 x < a , f x < 0 , -a > x > a ,
当 a > 0时, f x > 0 , x > a或 x < -a , f x < 0 , a > x > -a ,
当 a = 0时, f x 0 ,
综上,当 a < 0时, f x 在 - ,a , -a, + 上单调递增, a,-a 上单调递减；
当 a > 0时, f x 在 - , -a 和 a,+ 上单调递增, -a, a 上单调递减；
当 a = 0时, f x 在 - , + 上单调递增．
(2)由（1）可知, f x 有 3 个零点,
则 a 0且 f x × f x < 0极大值 极小值 ,
∴ f -a f a = b 2- a3 b 2+ a3 3 ÷ < 0 ,è è 3 ÷
2 b 2
∴ - < < ．
3 a3 3
13．（2024 届湖南省岳阳市高三教学质量监测三）已知VABC 的三个角 A, B,C 的对边分别为 a,b,c且 c = 2b ,
点D在边BC上, AD 是 BAC 的角平分线,设 AD = kAC （其中 k为正实数）．
(1)求实数 k的取值范围；
(2)设函数 f (x) 3= ax3 5- bx2 + cx b-
3 2 2
① k 2 3当 = 时,求函数 f (x) 的极小值；
3
②设 x0 是 f (x) 的最大零点,试比较 x0 与 1 的大小．
【解析】（1）方法一：设 BAC = 2a ,
因为 AD 是 BAC 的角平分线,所以 BAD = CAD = a ,
因为 S△ ABD + S△ ACD = S△ ABC
1
所以 (b + c) × AD sina
1
= bc sin 2a ,
2 2
4 π
c 2b AD kAC k = cosa a 0, 代入 = , = ,化简得： ,因为 ,
3 ֏ 2
4
所以实数 k的取值范围 0, 3 ÷ ．è
方法二：因为 AD 是 BAC 的角平分线,所以 BAD = CAD ,
1
S c × AD ×sin BADVABD 2 c S= = , V ABD
BD
=
1 又 S ,又 c = 2b ,SVACD b × AD ×sin CAD b V ACD
CD
2
2a a
所以BD = 2CD ,故BD = , DC = ,
3 3
在△ABD 和△ADC 中由余弦定理得
AB2 = BD2 + AD2 - 2BD AD cos ADB, AC 2 = CD2 + AD2 - 2CD AD cos ADC
所以
2 2
c2 2a= + (kb)2 - 2 2a kb cos ADB ,b2 = a 2 a 3 ÷ 3 ÷
+ (kb) - 2 kb cos ADC
è è 3 3
又 ADB + ADC = π ,则 cos ADB + cos ADC = 0
c2 2a
2 2
所以 + 2b2 = + 3 kb 2 ,又 c = 2b ,所以 6 - 3k 2 b2 2a=3 3
ìb + 2b > a a 2
在VABC 1< < 3 3 6 - 3k 中有 í
a b 2b
,所以 ,所以
+ > b 1< < 92
0 k 4
4
得 < <

,所以实数 k的取值范围 0,3 3 ÷è
π π
（2 ① 2 3 3） 法一：当 k = 时,由（1）知cosa = ,则a = ,此时 BAC = ,
3 2 6 3
a2 = b2 2由余弦定理有： + c - 2bccos
π c = 2b
3 及 得 a = 3b ,
2
法二：由 6 - 3k 2 b2 2a= , k 2 3当 = 时有 a = 3b .3 3
故 f (x) = b

x
3 5- x2 1+ 2x - ÷ ,
è 2 2
2
所以 f (x) = b 3x - 5x + 2 = b(3x - 2)(x -1) ,
f (x) = 0 x 2令 ,可得 = 或 x =1 ,
3
2
当 x < 时, f (x) > 0 ,函数 f (x) 单调递增,
3
2
当 < x <1时, f (x) < 0 ,函数 f (x) 单调递减,
3
当 x >1时, f (x) > 0 ,函数 f (x) 单调递增,
故当 x =1时,函数 f (x) 取极小值,极小值为 f (1) = 0．
②（ⅰ k 2 3）当 = 时,由①知 a = 3b ,又 c = 2b ,
3
f (x) = b x3 5 x2 2x 1 b- + - = (x -1)2故 2 2 ÷
(2x -1)
è 2
知 f (x)
1
的零点为1, ,故 f (x) 的最大零点 x0 = 1；2
ⅱ 2 3 k 4（ ）当 < < 时,由（1）知cosa 3> ,
3 3 2
则 cos BAC = 2cos2 a 1
1
- > ,
2
2 2 2
由余弦定理有 cos BAC b + c - a 1= > ,代入 c = 2b ,
2bc 2
解得 a < 3b ,由 a + b > c知 a > c - b = b ,故 a (b, 3b) ,
a 3 5 2 1 f (x) = b x - x + 2x - ÷ , f (x) b
3a
= 2 x - 5x + 2è 3b 2 2 b ÷
÷ ,
è
t 3a设 = ( 3,3) f (x) = 0 5 - 25 -8t 5 + 25 -8t令 解得： x = , x = ,且 x1 < x1 2 2 ,b 2t 2t
当 x < x1时, f (x) > 0 ,函数 f (x) 单调递增,
当 x1 < x < x2 时, f (x) < 0 ,函数 f (x) 单调递减,
当 x > x2 时, f (x) > 0 ,函数 f (x) 单调递增,
因为 f (1) = b(t - 3) < 0 ,故 x1 <1< x2 ,
且 f (1) = b
t
-1÷ < 0, x + 时, f (x) > 0 ,
è 3
故 f (x) 在 (1, + )上有唯一零点 x0 ,此时 x0 >1成立
ⅲ k 2 3（ ） < 时, 3由（1）知0 < cosa < ,
3 2
则 cos BAC = 2cos2 a -1

-1,
1
÷ ,
è 2
2 2 2
由余弦定理有 cos BAC b + c - a = ,及 c = 2b ,
2bc
解得 3b < a < 3b ,
由 a + b > c知 a > c - b = b ,故 3b < a < 3b ,
所以 t (3,3 3)

当 t 3,
25
÷时,令 f (x) = 0 x
5 - 25 -8t , x 5 + 25 -8t解得： = = ,且 x1 < x1 2 2 ,è 8 2t 2t
当 x < x1时, f (x) > 0 ,函数 f (x) 单调递增,
当 x1 < x < x2 时, f (x) < 0 ,函数 f (x) 单调递减,
当 x > x2 时, f (x) > 0 ,函数 f (x) 单调递增,
因为 f (1) = b(t - 3) > 0 f (x) = b tx2 - 5x + 2 x 5,且 的图象的对称轴 = <1
2t
t
所以 0 < x1 < x2 <1 ,又因为 f (1) = b

-1

÷ > 0 ,
è 3
故 f (x) 在 (1, + )上无零点,且 f (0)
b
= - < 0 ,
2
故 x0 (0,1), x0 <1成立；
t é 25当 ê ,3 3

8 ÷
时, f (x) 0恒成立,则 f (x) 在R 上单调递增,

故函数 f (x) 至多有一个零点,
t
由 f (1) = b -1

÷ > 0 , f (0)
b
= - < 0知 x0 <1成立；
è 3 2
, 0 k 2 3综上当 < < 时； x0 <1；
3
k 2 3当 = 时, x0 = 1；
3
2 3 4
当 < k < 时, x0 >1．
3 3专题 14 三次函数
函数与导数一直是高考中的热点与难点, 我们知道二次函数是重要的且具有广泛应用的基本初等函数,
学生对此已有较为全面、系统、深刻的认识,并在某些方面具备了把握规律的能力,由于三次函数的导数是二
次函数,我们可以利用二次函数深入研究三次函数的图象与性质,这使得三次函数成为高考数学的一个热点.
(一)三次函数的单调性
由于三次函数 f x 的导数 f x 是二次函数,我们可以利用 f x = 0 根的情况及根的分布来研究三次函数
的单调性,特别是含有参数的三次函数的单调性通常要借助二次方程根的分布求解.
1 3 1 2
【例 1】（2024 届青海省部分学校高三下学期联考）已知函数 f x = x + mx - m +1 x ．
3 2
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 f x 有 3 个不同的零点,求m 的取值范围．
2
【解析】（1） f x = x + mx - m +1 = x -1 x + m +1 ,
令 f x = 0 ,解得 x =1或 x = -m -1 ,
①当 -m -1>1 ,即m < -2时,
由 f x > 0得 x <1或 x > -m -1；由 f x < 0得1< x < -m -1,
所以 f x 在 - ,1 和 -m -1,+ 上单调递增；在 1, -m -1 上单调递减；
②当-m -1 =1,即m = -2时,
f x 0恒成立,所以 f x 在R 上单调递增；
③当 -m -1 < 1 ,即m > -2时,
由 f x > 0得 x >1或 x < -m -1；由 f x < 0得-m -1< x <1,
所以 f x 在 - ,-m -1 和 1, + 上单调递增；在 -m -1,1 上单调递减；
综上,
当m < -2时, f x 在 - ,1 和 -m -1,+ 上单调递增；在 1, -m -1 上单调递减；
当m = -2时, f x 在R 上单调递增；
当m > -2时, f x 在 - ,-m -1 和 1, + 上单调递增；在 -m -1,1 上单调递减.
（2）因为 f x 有 3 个零点,所以m -2 ,
当m > -2时,极大值 f -m m 2-1 = + ÷ m +1
2
；极小值 f 1 1 m 2= - - ,
è 6 3 2 3
ì m 2
+ ÷ m +1
2 > 0
è 6 3
所以 í ,解得m
4
> - 且m -1,
1 2 3
- m - < 0 2 3
1 2 f m 1 m 2当m < -2时,极大值 f 1 = - m - ；极小值 - - = 2
2 3
+ ÷ m +1 ,
è 6 3
ì m 2
+ ÷ m +1
2 < 0
è 6 3
所以 í ,解得m < -4 ,
1 2
- m - > 0 2 3
m , 4 4综上, 的取值范围为 - - - , -1

÷ -1, + .
è 3
(二)过平面上一点 P 作三次函数图象的切线的条数
1.此类问题一般是先设出切点 Q t, f t ,写出曲线 f x 在 x = t 处的切线方程,把点 P 坐标代入,整理出一
个关于 t 的三次方程,该方程实根个数就是切线条数.
2. 3以三次函数为 f (x) = ax + bx为例 ,研究一下三次函数的切线问题：若 M（x1,y1）是三次曲线
f (x) = ax3 + bx上的任一点 , 设过 M 的切线与曲线 y=f （ x ）相切于（ x0,y0 ） , 则切线方程为
y - y0 = f (x0 )(x - x0 ) , 因 点 M 上 此 切 线 上 , 故 y1 - y0 = f (x0 )(x1 - x0 ) , 又
y 30 = ax0 + bx0 , y1 = ax
3
1 + bx1 , 所 以 ax
3 + bx - (ax 3 + bx 21 1 0 0 ) = (3ax0 + b)(x1 - x0 ) , 整 理 得 ：
(x x )2 (2x x ) 0 x x x x0 - 1 0 + 1 = ,解得, 0 = 1 或 0 = - 1 .综上所述,当点 M 是对称中心即 x1 = 0时,过点 M 作曲2
线的切线切点是惟一的,且为 M,故只有一条切线；当点 M 不是对称中心即 x1 0 时,过点 M 作曲线的切线可
产生两个不同的切点,故必有两条切线,其中一条就是以 M 为切点（亦即曲线在点 M 处）的切线.
由此可见,不仅切线与曲线的公共点可以多于一个,而且过曲线上点的切线也不一定惟一
【例 2】（2024 届福建省泉州市高中毕业班 5 月适应性练习）已知函数 f x = ax3 - 2x2 - 2x + a a 0 ．
(1)当 a =1时,若直线 y = -3x + b 与曲线 y = f x 相切,求b；
(2)若直线 y = -2x - 2与曲线 y = f x 恰有两个公共点,求a．
3 2 2
【解析】（1）当 a =1时, f x = x - 2x - 2x +1, f x = 3x - 4x - 2 ,
因为直线 y = -3x + b 与曲线 y = f x 相切,
设切点为 x0 , y0 ,则切线斜率 k = f x0 = 3x20 - 4x0 - 2 ,
ì 1
2
x0 =
ì3x - 4x - 2 = -3 ì x =1 30 0 0
y 4可得 í 0 = -3x + b

0 ,解得 íy0 = -2

或 íy0 = ,
27
y0 = x
3 2
0 - 2x0 - 2x0 +1 b =1 b 31 = 27
31
所以b =1或b = ．
27
（2）因为直线 y = -2x - 2与曲线 y = f x 恰有两个公共点,
所以方程 ax3 - 2x2 - 2x + a = -2x - 2 ,
3
即方程 a x +1 - 2 x2 -1 = 0有两个不等实根,
3
因为 x=- 1是方程 a x +1 - 2 x2 -1 = 0的一个根；
2
当 x -1时,方程可化为 ax - a + 2 x + a + 2 = 0（*）,
依题意,方程（*）有不等于 -1的唯一根,
因为 a 0 ,若 a = 0 ,则（*）即-2x + 2 = 0 , x =1 ,满足条件；
ì a + a + 2 + a + 2 0 2
若 a > 0 ,则由 í ,解得： a = ．
V= a + 2
2 - 4a a + 2 = 0 3
2
综上所述, a = 0或 a = ．
3
3 2
【例 3】（2024 届江苏省南通市高三上学期期初质量监测）已知函数 f x = ax + bx + cx a > 0 的极小值为
-2 ,其导函数 f x 的图象经过 A -1,0 , B 1,0 两点.
(1)求 f x 的解析式；
(2)若曲线 y = f x 恰有三条过点P 1,m 的切线,求实数m 的取值范围.
1 f x = 3ax2【解析】（ ） + 2bx + c ,
因为 a > 0 ,且 f x 的图象经过 A -1,0 , B 1,0 两点.
所以当 x - ,-1 时, f x > 0 , f x 单调递增；
当 x -1,1 时, f x < 0 , f x 单调递减；
当 x 1,+ 时, f x > 0 , f x 单调递增.
所以 f x 在 x =1处取得极小值,所以 f 1 = a + b + c = -2 ,
又因为 f -1 = 0 , f 1 = 0 ,所以3a - 2b + c = 0 ,3a + 2b + c = 0 ,
ì3a - 2b + c = 0

解方程组 í3a + 2b + c = 0得 a =1 ,b = 0 , c = -3,

a + b + c = -2
所以 f x = x3 - 3x .
（2）设切点为 x0 , y , y = x30 则 0 0 - 3x0 ,
2
因为 f x = 3x - 3 ,所以 f x0 = 3x20 - 3 ,
3
所以切线方程为 y - x0 - 3x0 = 3x20 - 3 x - x0 ,
将P 1,m 3 2代入上式,得 2x0 - 3x0 + m + 3 = 0 .
因为曲线 y = f x 恰有三条过点P 1,m 的切线,所以方程 2x3 - 3x2 + m + 3 = 0有三个不同实数解.
g x = 2x3 - 3x2记 + m + 3 , 2则导函数 g x = 6x - 6x = 6x x -1 ,
令 g x = 0 ,得 x = 0或 1.
列表：
x - ,0 0 0,1 1 1, +
g x + 0 - 0 +
g x ↗ 极大 ↘ 极小 ↗
所以 g x 的极大值为 g 0 = m + 3 , g x 的极小值为 g 1 = m + 2 ,
ìg 0 > 0
所以 íg 1 0 ,解得-3 < m < -2 .故
m 的取值范围是 -3, -2 .
<
(三)三次函数的极值
三次函数 f x 的极值点就是二次函数 f x 的零点,所以与三次函数极值有关的问题常借助“三个二次”的
关系求解.
【例 4】（2024 届山东省实验中学高三二模）已知函数 f x = (x - a)2 x - b (a,b R,a < b) .
(1)当 a =1,b = 2时,求曲线 y = f x 在点 2, f 2 处的切线方程；
(2)设 x1, x2 是 f x 的两个极值点, x3 是 f x 的一个零点,且 x3 x1, x3 x2 .是否存在实数 x4 ,使得 x1, x2 , x3 , x4 按
某种顺序排列后构成等差数列？若存在,求 x4；若不存在,说明理由.
1 a =1,b = 2 , f x = (x -1)2【解析】（ ）当 时 x - 2 ,
则 f x = 2 x -1 x - 2 + x -1 2 = x -1 3x - 5 ,故 f 2 =1,
又 f 2 = 0 ,所以曲线 y = f x 在点 2,0 处的切线方程为 y = x - 2；
（2） f x = 2(x a) x b (x a + 2b- - + - a)2 = 3 x - a x - ÷ ,
è 3
a a + 2b由于 a < b ,故 < ,
3
令 f x > 0 x < a x a + 2b,解得 或 > ；令 f x < 0 a x a + 2b,解得 < < ；3 3
y f x a, a + 2b ,a , a + 2b可知 = 在 ÷内单调递减,在 - , +

÷内单调递增,
è 3 è 3
a + 2b a + 2b
所以 f x 的两个极值点为 x = a, x = ,不妨设 x1 = a, x2 = ,3 3
因为 x3 x1, x3 x2 ,且 x3 是 f x 的一个零点,故 x3 = b .
a + 2b a 2 b a + 2b又因为 - = -

3 3 ÷
,
è
x 1 a a + 2b= + 2a + b= 2a + b a + 2b故 4 ÷ ,此时 a, , ,b 依次成等差数列,2 è 3 3 3 3
2a + b
所以存在实数 x4满足题意,且 x4 = .3
(四)三次函数的零点
1.若三次函数 f x 没有极值点,则 f x 有 1 个零点；
2. 三次函数 f x 有 2 个极值点 x1, x2 , ,则 f x1 f x2 > 0 时 f x 有 1 个零点； f x1 f x2 = 0时
f x 有 2 个零点； f x1 f x2 < 0 时 f x 有 3 个零点.
【例 5】（2023 届江西省赣抚吉十一校高三第一次联考）已知函数 f (x) = x3 - 4mx2 - 3m2x + 2 ,其中m 0 .
(1)若 f x 的极小值为－16,求m ；
(2)讨论 f x 的零点个数.
【解析】（1）由题得 f (x) = 3x2 -8mx - 3m2 = (x - 3m)(3x + m) ,其中m 0 ,当m = 0时, f x 0 , f x 单调递增,
f x m m无极值；当m > 0时,令 f x > 0 ,解得 x < - 或 x > 3m；令 f x < 0 ,解得- < x < 3m ,所以 f x 的单
3 3
m m
调递减区间为 - ,3m÷ ,单调递增区间为 - , - ÷ , 3m, + ,所以当 x = 3m时, f x 取得极小值
è 3 è 3
f 3m = 2 -18m3 ,所以 2 -18m3 = -16 ,解得m =1.
（2）由（1）知当m > 0时, f x 的极小值为 f 3m = 2 -18m3 , f x m 14 3的极大值为 f - ÷ = 2 + m > 0 ,
è 3 27
3
当 2 -18m3 < 0 ,即m 3> 时, f x 有三个零点,如图①曲线 ；当 2 -18m3 = 0 ,即
3
3 3
m 3= 时, f x 有两个零点,如图②曲线；当 2 -18m3 > 0 ,即0 3< m < 时, f x 有一个零点,如图③曲线；当
3 3
3 3
m = 0时, f x = x3 + 2 ,易知 f x 3 3有一个零点. 综上,当0 m < 时, f x 有一个零点；当m = 时,
3 3
3
f x 3有两个零点；当m > 时, f x 有三个零点.
3
(五)三次函数图象的对称性
f (x) = ax3三次函数 + bx2 + cx + d (a 0)的图象有六种,如图：
200 200
f(x) 0 f(x) 0
图(1) 图(2)
200 200
10 0 10 10 0 10
x x
200 200
f(x) 0 图(3f)( x) 0
图(4)
200 200
10 0 10 10 0 10
x x
200 200
f(x) 0 图(5) f(x) 0 图(6)
200 200
10 0 10 10 0 10
x x
对函数 f (x) = ax3 + bx2 + cx + d (a 0)进行求导： f (x) = 3ax2 + 2bx + c 是二次函数,原函数的极值点与
单调性与导函数的正负有关,所以容易发现导函数中的参数 a 与D的符号起决定性作用.当 a 为正时,原函数
的图象应为上图中的（1）、（3）、（5）三种情况；而当 a 为负时,原函数的图象则为（2）、（4）、（6）三种情
况.当D > 0时,二次方程 f (x) = 0有两相异实根 x1 , x2 ,且在 x1 , x2 的两边 f (x)的符号相反,故函数 f (x) 存
在两个极值点,图象为上图中的（3）、（4）两种；当D = 0时,二次方程 f (x) = 0有两相等实根,且在根的两
边 f (x) 的符号相同,这时函数 f (x) 只存在驻点（但不是极值点）,函数的图象为上图中（1）、（2）两种,当D < 0
时；方程 f (x) = 0无实根, f (x)的值恒为正（或负）,函数的图象为上图中的（5）、（6）两种.
仔细观察图象,我们还不难发现三次函数是中心对称曲线,这一点可以得到进一步的验证:设
f (m - x) + f (m + x) = 2n ,得
[a(m - x)3 + b(m - x)2 + c(m - x) + d ] + [a(m + x)3 + b(m + x)2 + c(m + x) + d ] = 2n 整 理 得 ,
(6ma + 2b)x 2 + (2am3 + 2bm2 + 2mc + 2d ) = 2n b. 据多项式恒等对应系数相等 , 可得 m = - 且
3a
n = am3 + bm2 + mc + d ,从而三次函数是中心对称曲线,且由 n = f (m)知其对称中心 (m, f (m)) 仍然在曲
线上 .而 m b= - 是否具有特殊的意义？对函数 f (x) 进行两次求导 , f (x) = 6ax + 2b再令等于 0,得
3a
x b= - ,恰好是对称中心的横坐标,这可不是巧合,因为满足 f (m) = 0的 m 正是函数拐点的横坐标,这一
3a
性质刚好与图象吻合.
【例 6】对于三次函数 f (x) = ax3 + bx2 + cx + d (a 0) ,给出定义：设 f (x) 是函数 y = f (x) 的导数, f (x)是
f (x) 的导数,若方程 f (x) = 0有实数解 x0 ,则称点 (x0 , f (x0 ))为函数 y = f (x) 的“拐点”．某同学经过探究发现：
任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心．若
f (x) 1 1= x3 - x2 3x 5+ - ,请你根据这一发现.
3 2 12
（1）求函数 f (x) 的对称中心；
f ( 1 ) f ( 2 ) f ( 3 2020（2）计算 + + ) + ×××+ f ( ) .
2021 2021 2021 2021
【解析】（1）Q f (x) = x2 - x + 3,\ f (x) = 2x -1 ,
令 f
1
(x) = 0 ,即 2x -1 = 0 ,解得 x = ,
2
\ f (1) 1= (1)3 1- (1)2 1 5+ 3 - =1,
2 3 2 2 2 2 12
由题中给出的结论,可知函数 f (x)
1
的对称中心为 ( ,1) .
2
1 3 1 2 5 1
（2）由（1）知函数 f (x) = x - x + 3x - 的对称中心为 ( ,1) ,
3 2 12 2
f (1 1所以 + x) + f ( - x) = 2 ,即 f (x) + f (1- x) = 2 ,
2 2
f ( 1 ) f (2020故 + ) = 2, f (
2 ) + f (2019) = 2 × ××, f (2020) + f ( 1 ) = 2 ,
2021 2021 2021 2021 2021 2021
f ( 1 ) f ( 2 ) f ( 3 ) 2020 1所以 + + + ×××+ f ( ) = 2 2020 = 2020 .
2021 2021 2021 2021 2
(六)三次函数与韦达定理的交汇
由于三次函数的导数是二次函数,而二次函数常与韦达定理交汇,故有时可以用定理交汇处理三次函数问题
a 3 b 2 2
【例 7】设 x1 , x2 是函数 f (x) = x + x - a x(a > 0) 的两个极值点,且 | x | + | x |= 23 2 1 2
(1)求 a 的取值范围；
(2)求证： | b | 4 3 .
9
(1) f ' (x) = ax 2 2【解析】 + bx - a , x1, x2是f
'(x) = 0 的两个实根,又 a＞0
2
x b b1x2 = -a < 0, x1 + x2 = - , | x1 | + | x2 |=| x1 - x2 |= 2 + 4aa a
b2
| x | + | x |= 2 + 4a = 4，即b2 = 4a2 3由 1 2 得 2 - 4a = 4a
2(1- a)
a
Qb2 0\0 < a 1
(2) b2设 = g(a) = 4a 2 - 4a3 , g '则 (a) = 8a -12a 2 = 4a(2 - 3a)
g(a) 2 2在(0， )在单调递增，在( ，1) 上单调递增
3 3
[g(a)] 2 16 4 3max = g( ) = ,\b 3 27 9
【例 8】（2024 3 2年 2 月第二届“鱼塘杯”高考适应性练习）对三次函数 f x = ax + bx + cx + d , a 0 ,如果其存
在三个实根 x1, x2 , x
b
3 ,则有 x1 + x2 + x3 = - , x1x2 + x2x3 + x3x
c d
1 = , x1x2x3 = - .称为三次方程根与系数关系.a a a
(1) 3对三次函数 f x = ax + bx2 + cx + d ,设 g x = f x ,存在 x0 R ,满足0 = f x0 = g x0 g x0 .证明：存
在 x1 x0 ,使得 f x = a x - x1 x - x0
2
；
(2)称 f x 是 m, M 上的广义正弦函数当且仅当 f x 存在极值点 x1, x2 m, M ,使得
f x1 , f x2 = f m , f M .在平面直角坐标系 xOy 中, A a,b 是第一象限上一点,设
f x b= x a - x + , g x = x(a - x)2 - 4b .已知 g x 在 0, a 上有两根 x
x 0
< x3 .
（i）证明： f x 在 0, + 上存在两个极值点的充要条件是 a3 > 27b；
（ii）求点A 组成的点集,满足 f x 是 x0 , x3 上的广义正弦函数.
【解析】（1）因为 f x0 = 0 ,所以不妨设 f x = a x - x0 x - x1 x - x2 , a 0 ,
所以 g x = f x = a x - x0 x - x1 + a x - x0 x - x2 + a x - x1 x - x2 , a 0 ,
因为0 = g x0 g x0 ,所以 g x0 = f x0 = a x0 - x1 x0 - x2 = 0, a 0 ,
所以不妨取 x2 = x0 满足题意,且此时必有 x1 x0 ,
否则若 x = x0 ,则有 f x = a x - x 3 , g x = f x = 3a x - x 2 0 0 , g x = 6a x - x0 ,
而此时 g x0 = 6a x0 - x0 = 0与已知0 = g x0 g x0 矛盾,
综上所述,存在 x1 x0 ,使得 f x = a x - x1 x - x
2
0 .
（2）（i） A a,b 是第一象限上一点,所以 a > 0,b > 0 ,
3
f x = x a b- x + , f x a 2x b -2x + ax
2 - b
因为 所以 = - -
x 2
= , a > 0,b > 0 ,
x x
设 h x = -2x3 + ax2 - b ,则 h 0 = -b < 0 ,
而 x - 时, h x + , x + 时, h x - ,
所以 h x = -2x3 + ax2 - b = 0存在负根,
3 2
因为 f x 在 0, + , f x -2x + ax - b上存在两个极值点等价于方程 = = 0 在 0, + 上有两个根,
x
h x = -2x3等价于方程 + ax2 - b = 0在 0, + 上存在两个根,
3 2
注意到三次方程最多有 3 个根,所以方程 h x = -2x + ax - b = 0有一个负根,两个不同的正根,
而 h x = -6x2 + 2ax 0 x a,当 < < 时, h x = -6x2 + 2ax > 0 , h x 单调递增,
3
当 x
a
> 时, h x = -6x2 + 2ax < 0 , h x 单调递减,
3
a 2a3 a3 a3
所以当且仅当 h ÷ = - + - b = - b > 0 ,即当且仅当 33 27 9 27 a > 27b
,
è
综上所述,命题（i）得证；
（ii）容易验证, a3 > 27b时, g(x) = 0 也恰好有两个正根 x0 , x3 ,
此时：由于对 x > 0来说, f x = 0 2等价于 2x3 - ax2 + b = 0 , g x = 0等价于 x a - x - 4b = 0 ,
3 2
x > 0 , g x = 0 a - x a - x, f a a - x -xb a - x
2
所以对 如果 那么 ÷ = - + = + b = 0 ,
è 2 4 4 4
a - x a - x
这意味着 x = 31 , x 02 = ,2 2
然后,对两个不相等的正数u,v, f u - f v = u - v éêa
b
- u + v - ù ,
uv ú
所以 f (u) = f (v)
b
当且仅当u + v + = a ,
uv
那么如果 t = x1 或x 2 ,就有 a - 2t = x0 或 x3 ,故 f t = g a - 2t ,
b b b - t
2 a - 2t 2t3 - at 2 + b
此时 t + a - 2t + = a - t + = a + = a + = a ,
t a - 2t t a - 2t t a - 2t t a - 2t
所以 f t = f a - 2t ,这意味着 f x0 = f x2 , f x1 = f x3 ,
, m x = -h x = 2x3 - ax2最后由于 + b有一个极值点 x a= ,
3
a a
所以 x1, x2 都不等于 （ x1, x2 是不相等的正零点,同时该方程还有另一个负零点,但 只要是根就是二重的,所3 3
a
以 不可能是根）,这就说明 x
3 1
x3 , x0 x2 ,
结合 f x 的单调性以及 f x0 = f x2 , f x1 = f x3 ,必有 x0 < x1 < x2 < x3 ,
所以此时 f x 一定是广义正弦函数,
3
综上所述,满足题意的 A = a,b | a > 27b .
【例 1】（2024 届福建省泉州市高三 5 月适应性练习）已知函数 f x = ax3 - 2x2 - 2x + a a 0 ．
(1)当 a =1时,若直线 y = -3x + b 与曲线 y = f x 相切,求b；
(2)若直线 y = -2x - 2与曲线 y = f x 恰有两个公共点,求a．
【解析】（1）当 a =1时, f x = x3 - 2x2 - 2x +1, f x = 3x2 - 4x - 2 ,
因为直线 y = -3x + b 与曲线 y = f x 相切,
2
设切点为 x0 , y0 ,则切线斜率 k = f x0 = 3x0 - 4x0 - 2 ,
ì x 1 0 =
ì3x2 30 - 4x0 - 2 = -3 ì x0 =1
4
可得 íy0 = -3x0 + b ,解得 íy0 = -2或 íy0 = ,
y = x 3 - 2x 2 - 2x +1
27
0 0 0 0 b =1 b 31 = 27
b 31所以b =1或 = ．
27
（2）因为直线 y = -2x - 2与曲线 y = f x 恰有两个公共点,
所以方程 ax3 - 2x2 - 2x + a = -2x - 2 ,
3
即方程 a x +1 - 2 x2 -1 = 0有两个不等实根,
因为 x=- 1是方程 a x3 +1 - 2 x2 -1 = 0的一个根；
当 x -1 2时,方程可化为 ax - a + 2 x + a + 2 = 0（*）,
依题意,方程（*）有不等于 -1的唯一根,
因为 a 0 ,若 a = 0 ,则（*）即-2x + 2 = 0 , x =1 ,满足条件；
ì a + a + 2 + a + 2 0 2
若 a > 0 ,则由 í , a =
V= a + 2
2 - 4a 解得： ．a + 2 = 0 3
2
综上所述, a = 0或 a = ．
3
2 2024 f x = x3【例 】（ 届福建省泉州第五中学高考热身测试）已知函数 - ax + 2, a R .
(1)若 x = -2是函数 f x 的极值点,求a的值,并求其单调区间；
é1
(2)若函数 f x 在 ê ,3
ù
ú 上仅有 2 个零点,求a的取值范围． 3
【解析】（1） f x = 3x2 - a , f -2 =12 - a = 0 ,得 a =12 ,
2
当 a =12时, f x = 3x -12 = 0 ,得 x = -2或 x = 2 ,
x, f x , f x 的变化情况如下表所示,
x - ,-2 -2 -2,2 2 2, +
f x + 0 - 0 +
f x 增区间 极大值18 减区间 极小值-14 增区间
所以函数 f x 的增区间是 - ,-2 和 2, + ,减区间是 -2,2 ；
3
（2）令 f x = x - ax 2 0 x é1+ = , ê ,3
ù
,
3 ú
3
a x + 2 2
2 1
得 = = x2 + ,令 g x = x2 + é, x ,3ù ,
x x x ê 3 ú
2
x
3 -1
g x 2= 2x - = = 0 ,得 x =1 ,
x2 x2
如下表,
1
x
1
,1

÷ 1 1,3 33 è 3
g x - 0 +
g x 55 29减区间 极小值 3 增区间
9 3
é1 ù
因为函数 f x 在 ê ,3ú 上仅有 2 个零点,即 y = a 与 y = g x 有 2 个交点,如图： 3
3 a 55即 < .
9
【例 3】（2024 3 2届陕西省铜川市高三下学期模拟）已知函数 h x = 2x + 3x -12x + m m R 的一个极值为
-2．
(1)求实数m 的值；
é
(2)若函数 h x 在区间 êk,
3ù
上的最大值为 18,求实数 k与m 的值．
2 ú
【解析】（1）由 h x = 2x3 + 3x2 -12x + m m R ,得 h x = 6x2 + 6x -12 = 6 x + 2 x -1 ,
令 h x = 0 ,得 x = -2或 x =1；令 h x < 0 ,得-2 0 ,得 x<- 2或 x >1．
所以函数 h x 有两个极值 h -2 和 h 1 ．
若 h -2 = -2 , 3得 2 (-2) + 3 (-2)2 -12 -2 + m = -2 ,解得m = -22；
若 h 1 = -2 ,得 2 13 + 3 12 -12 1+ m = -2 ,解得m = 5．
综上,实数m 的值为－22 或 5．
（2）由（1）得, h x ,h x , 3在区间 -
ù
ú的变化情况如下表所示：è 2
x - , -2 -2 -2,1 1 1, 3 3 2 ֏ 2
h x + 0 － 0 +
h x 9Z 极大值m + 20 ] 极小值m - 7 Z m - 2
由表可知,
3
1 k 3< h x ék, ù h 3 9①当 时,函数 在区间 ê ú 上单调递增,所以最大值为 ÷ = m - ,2 2 è 2 2
53
- 1其值为 或 2 ,2 不符合题意；
②当 k = -2 时,函数 h x 在 -2,1 3 上单调递减,在 1, 2 ÷上单调递增,è
h -2 = 20 + m h 3 9, 3 é 3ù因为 ÷ = m - , h 2 > h ÷ ,所以 h x 在 êk, ú 上的最大值为 h -2 = m + 20 ,其值为è 2 2 2 -2è 2
或 25,不符合题意；
③当 k < -2时,函数 h x 在 k,-2 上单调递增,在 -2,1 3 上单调递减,在 1, 2 ÷上单调递增,è
h 2 3 9 3 3- = 20 + m h = m - h 2 > h é ù因为 , ÷ , ÷ ,所以 h x 在 êk, ú 上的最大值为 h -2 = m + 20 ,其值为è 2 2 -2è 2 2
或 25,不符合题意；
3
④当-2 < k <1时, h x 在 k,1 上单调递减,在 1, 2 ÷上单调递增,è
若 h x é 3ù 3 9 1 53在区间
ê
k, ú 上的最大值为 h ÷ = m - ,其值为 2 或 - ,2 不符合题意,2 è 2 2
又因为若m = -22 ,则 h 3-2 = m + 20 = -2 é ù．那么,函数 h x 在区间 êk, ú 上的最大值只可能小于－2,不合题 2
意,
é
所以要使函数 h x 在区间 êk,
3ù 3
ú 上的最大值为 18,必须使 h k = 2k + 3k
2 -12k + m =18 ,且m = 5 ,
2
即 h k = 2k 3 + 3k 2 -12k + 5 =18．所以 2k 3 + 3k 2 -12k -13 = 0 ,
所以 2k 3 + 2k 2 + k 2 + k -13k -13 2= 0 ．所以 2k k +1 + k k +1 -13 k +1 = 0 ,
所以 2k 2 + k -13 k +1 = 0 ．所以 2k 2 + k -13 = 0或 k +1 = 0 ,
k -1± 105所以 = 或 k +1 = 0．因为-2 < k <1 , k -1± 105所以 = 舍去．
4 4
综上,实数 k的值为-1, m的值为 5．
【例 4】（2023 届江苏省徐州市睢宁县高三下学期 5 月模拟）已知函数 f (x) = -2x3 + mx2 , m R ,且 g(x) = | f (x) |
在 x (0,2) 上的极大值为 1．
(1)求实数m 的值；
(2)若b = f (a) , c = f (b) , a = f (c) ,求 a,b,c的值．
【解析】（1） g(x) =x2 | 2x - m | , 0 x 2 ,
① m 0时, g(x) = 2x3 - mx2 ,∴ g (x) = 6x2 - 2mx≥0 ,无极值．
② m 4时, g(x) = -2x3 + mx2 ,∴ g (x) = 2x(m - 3x) ,
m
当 2 ,即m 6时, g (x) 0 ,无极大值；
3
x m g (x) > 0 m当 4 m < 6时, < 时, ； < x < 2时, g (x) < 0 ,
3 3
3
∴ g(x)在 x
m
= m m处取极大值,即 g( ) = = 1 ,∴ m = 3 ,舍去．
3 3 27
ì
-2x
3 + mx2 ,0 x m
③ 0 < m < 4时, g x = 2í ,
2x3 mx2 , m- < x 2
2
ì
2x m - 3x ,0 x
m

∴ g x = 2í ,
2x 3x - m , m < x 2 2
0 x m g (x) > 0 m x m< < 时, ； < < 时, g (x) < 0
m
； < x < 2时, g (x) > 0．
3 3 2 2
3
∴ g(x)在 x
m
= m处取极大值 = 1 ,∴ m = 3符合题意．
3 27
综上, m = 3．
2
（2）由（1）可知, f (x) = -2x3 + 3x2 , f (x) = -6x + 6x = 6x -x +1 ,
令 f x > 0可得-1 < x < 0 ,令 f x < 0可得 x >1或 x < 0 ,
如图所示．
① 当 a < 0时, b = f (a) > 0 ,
当 0 < b≤3 时, 0 < c = f (b)≤1,则 a = f (c) > 02 ,矛盾；
b 3当 > 时, c = f (b) < 0 ,∴ a = f (c) > 0 ,矛盾．
2
② 当 a = 0时,符合题意．
③ 当0 < a
1 1
< 时, 0 < x < 时, f (x) < x 1,∴ 0 < b = f (a) < a < ,
2 2 2
0 c f (b) b 1则 < = < < , 0 < a = f (c) < c
1
< ,∴ a < c < b < a ,2 2 矛盾．
1
④ 当 a = 时,符合题意．
2
1 1 1
⑤ 当 < a <1时, < x <1时, f (x) > x ,∴1 > b = f (a) > a > ,
2 2 2
1 1
则1 > c = f (b) > b > ,1 > a = f (c) > c > ,∴ a > c > b > a ,2 2 矛盾．
⑥ 当 a =1时,符合题意．
3
⑦ 当1 < a 时, 0≤b = f (a) < 1 ,则 0≤ c = f (b) < 1,∴ a = f (c) < 1 ,与 a > 12 矛盾．
a 3 b f (a) 3⑧ 当 > 时, = < 0 , c = f (b) > 0 ,∴ a = f (c)≤1 ,与 a > 矛盾．
2 2
1
综上, a = b = c = 0 ,或a = b = c = ,或 a = b = c =1．
2
【例 5】（2023 3 2届重庆市第十一中学校高三上学期 11 月质量检测）已知函数 f x = x - 3x + ax + 3 , f x 在
x1处取极大值,在x2处取极小值.
(1)若 a = 0 ,求函数 f x 的单调区间；
(2)在方程 f x = f x1 的解中,较大的一个记为 x3 ,在方程 f x = f x2 的解中,较小的一个记为 x4 ,证明：
x4 - x1
x3 - x
为定值.
2
【解析】（1 a = 0 , f x = x3 - 3x2）当 时 + 3 ,定义域为 R, f x = 3x2 - 6x ,
当 f x > 0时, x > 2或 x < 0 ；当 f x < 0时, 0 < x < 2；
即函数 f x 的单调增区间为 - ,0 , 2, + ；单调减区间为 (0, 2) .
2
（2）由 f x = 3x - 6x + a ,
根据题意,得3x2 - 6x + a = 0的两根为 x1, x2 ,且 x1 < x2 ,
即D = 36 -12a > 0 ,得 a < 3 ,
x1 + x2 = 2 ,
所以 x1 <1< x2 ,
因为 f x = f x , x3 - 3x21 则 + ax + 3 = x31 - 3x21 + ax1 + 3 ,
3 2 3 2
可知 x - 3x + ax = x1 - 3x1 + ax1 ,

因为 f x1 = 0 ,即 a = 6x1 - 3x21 ,
即 x3 - x31 + 3x
2 - 3x21 + ax - ax1 = x - x1 éx2 + x x
2 2
1 - 3 - 2x1 + 3x1 ù = x - x1 x + 2x1 - 3 = 0 ,
可知 x3 = 3- 2x1 ,同理,由 f x = f x2 ,
3
可知 x - x3 2 22 + 3x2 - 3x + ax - ax2 = x - x 2 22 éx + x x2 - 3 - 2x2 + 3x2 ù = x - x2
2 x + 2x2 - 3 = 0 ；
得到 x4 = 3 - 2x2 ,
x4 - x1 3 - 2x2 - x1 1- x2 1- 2 - x= = = 1 所以 = -1.
x3 - x2 3 - 2x1 - x2 1- x1 1- x1
【例 6
1 3 1 2
】已知函数 f (x) = ax + bx + cx(a > 0)3 2 ．
(1)若函数 f (x) 有三个零点分别为x1 , x2 , x3 ,且 x1 + x2 + x3 = -3 , x1x2 = -9 ,求函数 f (x) 的单调区间；
1
(2)若 f (1) = - a ,3a > 2c > 2b ,证明：函数 f (x) 在区间 (0, 2)2 内一定有极值点；
b
(3)在（2）的条件下,若函数 f (x) 的两个极值点之间的距离不小于 3 ,求 的取值范围．a
1 3 1 2
【解析】（1）因为函数 f (x) = ax + bx + cx = x(
1 ax2 1+ bx + c)(a > 0) ,
3 2 3 2
又 x1 + x2 + x3 = -3 , x1x2 = -9 ,则 x3 = 0 , x1 + x2 = -3 , x1x2 = -9
1 2 1
因为 x1, x2 是方程 ax + bx + c = 03 2 的两根,
3b 3c
则- = -3 , = -9
b c
,得 = 2 , = -3 ,
2a a a a
f (x) ax2 bx c a(x2 b x c所以 = + + = + + ) = a(x2 + 2x - 3) = a(x -1)(x + 3)a a ．
令 f (x) = 0解得： x =1 , x = -3当 f (x) > 0时, x < -3或 x >1 ,
当 f (x) < 0 时, -3 < x <1,故 f (x) 的单调递减区间是 (-3,1) ,
单调递增区间是 (- , -3) , (1, + )．
1
（2）因为 f (x) = ax2 + bx + c , f (1) = - a ,2
a b c 1所以 + + = - a ,即3a + 2b + 2c = 02 ．
又 a > 0 ,3a > 2c > 2b ,所以3a > 0 , 2b < 0 ,即 a > 0．b < 0．
于是 f (1)
1
= - a < 0 , f (0) = c , f (2) = 4a + 2b + c = 4a - (3a + 2c) + c = a - c2 ．
①当 c > 0时,因为 f (0) = c > 0 , f (1) 1 = - a < 0 f (x) ( 0, 1)2 ,而 在区间 内连续,
则 f (x)在区间( 0, 1)内至少有一个零点,设为 x = m ,
则在 x (0,m) , f (x) > 0 , f (x) 单调递增,
在 x (m,1) , f (x) < 0 , f (x) 单调递减,
故函数 f (x) 在区间( 0, 1)内有极大值点 x = m ；
② 1当 c 0时,因为 f (1) = - a < 0 , f (2) = a - c > 02 ,
则 f (x)在区间 (1, 2)内至少有一零点．设为 x=n,
则在 x (1,n) , f (x) < 0 , f (x) 单调递减,
在 x (n, 2) , f (x) > 0 , f (x) 单调递增,
故函数 f (x) 在区间 (1, 2)内有极小值点．
综上得函数 f (x) 在区间 (0, 2) 内一定有极值点．
（3）设m , n是函数的两个极值点,
则m , n也是导函数 f (x) = ax2 + bx + c = 0 的两个零点,
b c 3 b
由（2）得3a + 2b + 2c = 0 ,则m + n = - , mn = = - -a 2 a ．a
所以 | m - n |= (m + n)2 - 4mn (
b
= - )2 - 4( 3 b b- - ) = ( + 2)2 + 2
a 2 a a
由已知, (b + 2)2 + 2 3 ,
a
b
则两边平方得 ( + 2)2
b b
+ 2 3 ,得出 + 2 1,或 + 2 -1,
a a a
b b
即 -1,或 -3 ,又 2c = -3a - 2b ,3a > 2c > 2b ,
a a
所以3a > -3a - 2b > 2b ,即 -3a
3
< b < - a
4 ．
b 3 b 3
因为 a > 0 ,所以-3 < < - ．综上分析, 的取值范围是[-1 , - )4 ．a 4 a
1
1. 2024 4 f x = x3 - 2x2（ 届江苏省连云港市高三下学期 月阶段测试）已知函数 + mx + n在 x =1时取得极
3
值．
(1)求实数m 的值；
(2)存在 x 2,4 ,使得 f x > n2 成立,求实数n的取值范围．
2.设函数 f x = x -1 3 - ax - b x R ,其中 a,b为实常数．
(1)若 a = 3 ,求 f x 的单调区间；
(2)若 f x 存在极值点 x0 ,且 f x1 = f x0 其中 x1 x0 ．求证： x1 + 2x0 = 3；
3.（2024 届海南省琼中县高三上学期 9 月全真模拟）已知函数 f x = x2 4x - m , m > 0．
(1)当m = 4 时,求 f x 在 -1,1 上的值域；
(2)若 f x 的极小值为-2 ,求 m 的值．
4.（2024 届贵州省贵阳第一中学高三上学期适应性月考）已知函数 f x = 2x3 - 3x .
(1)求函数 y = f x 在 x = 0处的切线方程；
(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)请问过点 A 0,0 , B -1, -1 ,C -1,3 , D 1, -1 , E 1,-2 分别存在几条直线与曲线 y = f x 相切？（请直
接写出结论,不需要证明）
1 9
5. （2024 3 2届内蒙古包头市高三上学期调研）已知函数 f (x) = x - ax + x + ．
3 2
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)若F (x) = f (x) - x有 2 个零点,求 a的值．
3 3 2 2
（注： x - a = (x - a) x + ax + a ）
6．（2024 届江苏省南通市模拟预测）设 a > 0 ,函数 f (x) = ax3 - 2x +1．
(1)当 a =1时,求过点 (0, -1) 且与曲线 y = f (x) 相切的直线方程：
(2) x1, x2 是函数 f (x) 的两个极值点,证明： f x1 + f x2 为定值．
7 3．已知曲线 f x = x - 3x + l 在点 A m，f m 处的切线与曲线的另外一个交点为B，P 为线段 AB的中点,
O为坐标原点．
(1)求 f x 的极小值并讨论 f x 的奇偶性．
(2)直线OP的斜率记为 k ,若"m 0,2 , k 18 ,求证：l -7 ．
8 f x = 1 x3 1 2．设函数 3 - 2 x + ax , a R ．
(1)若 x = 2是 f x 的极值点,求 a 的值,并讨论 f x 的单调性．
(2)已知函数 g x = f x 1- ax2 2+ ,若 g x 在区间 0,1 内有零点,求 a 的取值范围．
2 3
(3)设 f x 有两个极值点x1 , x2 ,试讨论过两点 x1, f x1 , x2 , f x2 的直线能否过点 1,1 ,若能,求 a 的值；若
不能,说明理由．
9．已知函数 f x = x3 + ax 1+ , g x = - ln x ,用min m, n 表示m , n中的最小值,设函数
4
h x = min f x , g x x > 0 ,讨论 h x 零点的个数．
1
10 3
1 2
．（2024 届青海省部分学校高三下学期联考）已知函数 f x = x + mx - m +1 x ．
3 2
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 f x 有 3 个不同的零点,求m 的取值范围．
11．（2023 届上海市嘉定区高三三模）已知函数 f (x) = x3 + bx2 + cx(b、c R) ,其导函数为 f (x) ,
(1)若函数 f (x) 有三个零点 x1、x2、x3 ,且 x1 + x2 + x3 = 3, x1x3 = -9 ,试比较 f (3) - f (0) 与3 f (2) 的大小.
(2)若 f (1) = -2 ,试判断 f (x) 在区间 (0, 2) 上是否存在极值点,并说明理由.
(3)在（1）的条件下,对任意的m,n R ,总存在 x [0,3]使得 | f (x) + mx + n | t 成立,求实数 t 的最大值.
12. f x 1= x3设函数 - a2x + b ,其中 a ,b 为常数．
3
(1)讨论 f x 的单调性；
b
(2)若函数 f x 有且仅有 3 个零点,求 的取值范围．
a3
13．（2024 届湖南省岳阳市高三教学质量监测三）已知VABC 的三个角 A, B,C 的对边分别为 a,b,c且 c = 2b ,
点D在边BC上, AD 是 BAC 的角平分线,设 AD = kAC （其中 k为正实数）．
(1)求实数 k的取值范围；
(2)设函数 f (x) 3= ax3 5- bx2 + cx b-
3 2 2
① k 2 3当 = 时,求函数 f (x) 的极小值；
3
②设 x0 是 f (x) 的最大零点,试比较 x0 与 1 的大小．

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