高考的高频考点——三次函数

题1 (2018年高考课标全国卷I理科第11题即文科第12题)已知函数

f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则a的取值范围是( )

A.(2,) B.(1,) C.(,2) D.(,1) 答案 C

解法1 易知a0．作出函数f(x)的图象后再作出函数f(x)的图象，可以求解． 若a0，可得函数f(x)存在负数零点，此时不满足题意．

所以a0，可得函数f(x)的极小值f所以a的取值范围是(,2)．

20,a2． a11解法2 可得题设即关于x的方程3a的解集是单元素集且该元素是正

xx数，也即关于x的方程3xxa的解集是单元素集且该元素是正数，用“穿针引线”法可作出函数g(x)3xx的图象，且由导数可求出函数g(x)的极小值为g(1)2，由此可得a的取值范围是(,2)．

评注 我们要重视“导数是研究函数的有力工具”，解题时还要重视数形结合和分类讨论．

题2 (2018年高考辽宁卷文科第12题)当x[2,1]时，不等式axx4x30恒成立，则实数a的取值范围是( )

A．[5,3] B．6, C．[6,2] D．[4,3]

8323339答案 C

解 分2x0,x0,0x1三种情形讨论，并用分离常数法，可求得答案． 评注 对于本题，若是从“求函数f(x)axx4x3(2x1)的最小值”开始求解，将很麻烦．所以，解题需要选择合理的方法．

32a

题3 (2018年高考江西卷文科第10题)在同一直角坐标系中，函数y＝ax2－x＋与y

2

＝a2x3－2ax2＋x＋a(a∈R)的图象不可能是( )

A B C D 解 B．当a＝0时，为D选项．

1

当a≠0时，抛物线的对称轴为直线x＝，三次函数的导数y′＝3a2x2－4ax＋1，令y′

2a11111

＝0，解得该函数的两个极值点分别为x1＝，x2＝，而总是介于和之间，但选项A,C

a3a2aa3a

均满足此，所以由排除法知选B(笔者认为选项B应画得再明显一些，即三次曲线应向左移)． 题4 (2018年高考安徽卷理科第18题)设函数f(x)1(1a)xxx，其中

23a0．

(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；

(2)当x[0,1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值．

3a413a41,解 (1)函数f(x)在,,上均是减函数，在333a413a41,上是增函数． 333a413a410a4f(x),1上分别是增函(2)①当时，函数在0,,33数、减函数，所以当且仅当x3a41时，函数f(x)取得最大值．还有：

3当0a1时，当且仅当x1时，函数f(x)取得最小值；当a1时，当且仅当x0或1时，函数f(x)取得最小值；当1a4时，当且仅当x0时，函数f(x)取得最小值．

②当a4时，函数f(x)在[0,1]上是增函数，所以当且仅当x0时，函数f(x)取得最小值；当且仅当x1时，函数f(x)取得最大值．

评注 能顺利解答本题的关键是进行合理的分类讨论．解答这两问都需要分类讨论，但

分类讨论的标准是清楚、自然的，所以大多数考生解答本题不会出现障碍．

题5 (2019年高考课标全国卷II文科第21题)已知函数f(x)x3xax2，曲线yf(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为2．

(1)求a；

(2)证明：当k1时，曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点． 解 (1)a1．

(2)得f(x)x33x2x2，设g(x)f(x)kx2x3x(1k)x4，得

32321k0．

当x0时，g(x)3x6x(1k)0恒成立，所以此时g(x)是增函数．又因为

2g(1)k10,g(0)40，所以方程g(x)0(x0)有唯一实根．

32当x0时，g(x)x3x40(后者用导数可证)．

所以欲证成立．

(2)的另证 由图11-3可证(当k1时，直线ykx2与曲线曲线yf(x)相切)．

图1

评注 解答本题恰当地运用了“数形结合”，异常简捷！其前提是认真观察、大胆猜想，解题过程还要求论证严谨．

题6 (2018年高考北京卷文科第20题)已知函数f(x)2x3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 f(x)6x23．

2时，f(x)在区间[2,1]上取最大值且最大值是2． 2(2)当点P在曲线yf(x)上即t1时：

又当点P(1,1)是切点时，曲线yf(x)过点P的切线是1条．

(1)用导数可求得：当且仅当x又当点P(1,1)不是切点时，可设切点为(xP,2xP3xP)(xP1)，得

2xP3xP126xP3(xP1)

xP1331xP

2所以此时过点P的切线是1条．

得过点P存在2条直线与曲线yf(x)相切，不合题意．

,2x3x)，得 所以t1，即点P不在曲线yf(x)上．可设切点为(xPPP32x3xt2PP6x3 Px1P324x6xt30 PP3题意即这个一元三次方程有三个实根．

)4x6xt3，得g(x)12x(x1)，所以题意即 设g(xPPPPPP32g(xP)极大值g(0)t30 g(x)g(1)t10P极小值3t1

所以所求t的取值范围是(3,1)．

(3)①因为点A(1,2)不在曲线yf(x)上，所以可设切点为(xA,2xA3xA)，得

2xA3xA226xA3

xA14xA6xA10

3233131或xA

22所以可得过点A存在3条直线与曲线yf(x)相切．

②因为点B(2,10)在曲线yf(x)上，所以点B可以是切点也可以不是切点．

xA当点B是切点时，曲线yf(x)过点B的切线是1条． 当点B不是切点时，可设切点为(xB,2xB3xB)(xB2)，得

32xB3xB1026xB3(xB2)

xB2xB1

3所以此时过点B的切线是1条．

得过点B存在2条直线与曲线yf(x)相切．

③因为点C(0,2)不在曲线yf(x)上，所以可设切点为(xC,2xC3xC)，得

2xC3xC226xC3

xC4xC3xC10

3331 2所以可得过点C存在1条直线与曲线yf(x)相切．

xC3 题7 (2018年高考天津卷文科第19题)已知函数f(x)x (1)求f(x)的单调区间和极值；

223ax(a0),xR． 3 (2)若对于任意的x1(2,)，都存在x2(1,)，使得f(x1)f(x2)1，求a的取值范围．

11解 (1)函数f(x)的单调递增区间是0,，单调递减区间是(,0),,．

aa当且仅当x0时，f(x)取极小值f(0)0；当且仅当x1时，f(x)取极大值a11f2． a3a(2)由f(0)f333当0x时，f(x)0；当x时，0及(I)的结论可得，

2a2a2af(x)0．由此可作出函数f(x)(x0)的图象(草图)如图2所示：

图2

设集合Af(x)x2,B1x1,f(x)0，得题设即AB．

f(x)32． 2a因为0B，所以0A．再由图2知

若

131，由图3得A(,f(2)),B，但此时不满足AB，所以,02af(1)132． 2a

图3

3332即a时，由图4得A(,f(2)),B(,0)．又f(2)0，2a42所以AB．

当1

图4

所以所求a的取值范围是,．

42评注 解答本题要注重数形结合与分类讨论．

题8 (2018年高考广东卷文科第21题)已知函数f(x) (1)求函数f(x)的单调区间；

3313xx2ax1(aR)． 3(2)当a0时，试讨论是否存在x00,1211,1，使得f(x0)f． 22解法1 (1)(过程略)当a1时，函数f(x)在R上单调递增．

当a1时，函数f(x)的单调增区间为(,11a),(11a,)，单调减区间为(11a,11a)．

(2)方程f(x0)f11x0，即

22321311111x0x02ax01=a1x0 332222321312111xxax0x0000 32222121111xxxa0x0000 3242214x0214x012a70x0 ①

2所以 “当a0时，存在x00,1211,1，使得f(x0)f” 22121,1时有解” 2“当a0时，方程①在x00,“当a0时，

2148a7110,,1”

42272555a,,

124412 由此得本题的答案是：当a0时，当且仅当a72555,,时，存在124412111x00,,1，使得f(x0)f．

222解法2 (1)同解法1． (2)同解法1，得

“当a0时，存在x00,1211,1，使得f(x0)f” 22121,1时有解” 2“当a0时，方程(11-4)在x00,“当a0时，关于x0的方程4x0212x0712ax00,,1有解”

1212 因为函数g(x0)4x0212x07x00,,1的值域是(7,15)(15,25)，

1212所以

“当a0时，存在x00,1211,1，使得f(x0)f” 227255512a(7,15)(15,25)a,,

124412由此也可得本题的答案(同解法1)．

评注 由以上两种解法均可得到下面的结论： 若f(x)131xx2ax1x(aR)，则 32(1)当且仅当a11时，关于x的方程f(x)f无解； 62171,时，关于x的方程f(x)f有唯一解； 662(2)当且仅当a(3)当且仅当a711且a时，关于x的方程f(x)f有且仅有两个解．

662 题9 (2018年高考浙江卷文科第21题)已知函数fxx33|xa|(a0)，若f(x)在

[1,1]上的最小值记为g(a)．

(1)求g(a)；

(2)证明：当x[1,1]时，恒有f(x)g(a)4．

解 (1)因为a0,1x1，所以可分以下两种情况讨论： ①当0a1时：

若x[1,a]，则f(x)＝x3－3x＋3a，f′(x)＝3x2－30，所以f(x)在[1,a]上是减函数； 若x[a,1]，则f(x)＝x3＋3x－3a，f′(x)＝3x2＋3>0，所以f(x)在[a,1]上是增函数． 所以此时g(a)f(a)a3．

②当a1时，有xa，得f(x)＝x3－3x＋3a，f′(x)＝3x2－30，可得f(x)在[1,1]上是减函数，所以此时g(a)f(1)3a2．

a3所以g(a)3a2(0a1)(a1)．

(2)设h(x)f(x)g(a)． ①当0a1时，g(a)a3．

2若x[a,1],h(x)x3x3aa，得h(x)3x3，所以h(x)在[a,1]上是增函

33数，得h(x)在[a,1]上的最大值是h(1)＝4－3a－a3，．由0a1，可得h(1)<4．所以

f(x)g(a)4．

2若x[1,a],h(x)x3x3aa，得h(x)3x3，所以h(x)在[1,a]上是

333减函数，得h(x)在[1,a]上的最大值是h(1)23aa．再用导数可证得h(1)4．所

以f(x)g(a)4．

②当a1时，g(a)3a2，所以h(x)x3x2．用导数可证得

3h(x)h(1)4．所以f(x)g(a)4．

得欲证成立．

评注 解答本题的关键就是合理进行分类讨论(先要把绝对值符号去掉)，且是多次多层次地进行分类讨论，本题是比较复杂的问题．