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）已知函数若函数恰有2个不同的零点，则实数a的取值范围是．【答案】【解析】：函数恰有2个不同的零点，即方程恰有2个不相等的根，亦即方程（Ⅰ）和（Ⅱ）共有2个不相等的根.首先（Ⅰ）中，即，若，则都是方程的根，不符合题意，所以，因此（Ⅰ）中由解得，下面分情况讨论（1）若是方程（Ⅰ）的唯一根，则必须满足，即，此时方程（Ⅱ）必须再有唯一的一个根，即有唯一根，因为，由，得必须有满足的唯一根，首先，其次解得的负根需满足，从而解得，（2）若不是方程（Ⅰ）的唯一根，则必须满足，即，此时方程（Ⅱ）必须有两个不相等的根，即有两个不相等的根，由，得适合，另外还有必须一满足的非零实根，首先，解得的正根需满足，从而解得，但前面已经指出，故，综合（1）、（2），得实数的取值范围为.例2、(2017南京学情调研）已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12x－x3，,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－x3，所以f′(x)＝12－3x2.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，．（1）求以为切点的切线方程，并证明此切线恒过一个定点；（2）若对一切恒成立，求k的最小值的表达式；（3）设，求的单调增区间．解析（1），，过点P的切线方程为，即，它恒过点（0，4）；（2）即．当时，上式恒成立；当时，即对一切恒成立，设，①当时，在时取得，∴；②当时，由①②，得（3），，令，得或，当时，由，解得，，令，得，当时，由，解得，．1）当时，的单调增区间为；2）当时，的单调增区间为和；3）当时，的单调增区间为和和．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]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))eq\a\vs4\al(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)|＝|x3＋(2－a)x2＋(1－2a)x－a|.令g(x)＝x3＋(2－a)x2＋(1－2a)x－a，则g′(x)＝3x2＋(4－2a)x＋1－2a＝(x＋1)(3x＋1－2a)．令g′(x)＝0得x1＝－1，x2＝eq\f(2a－1,3).①当eq\f(2a－1,3)<－1，即a<－1时，令g′(x)>0，即(x＋1)(3x＋1－2a)>0，解得x<eq\f(2a－1,3)或x>－1；令g′(x)<0，解得eq\f(2a－1,3)<x<－1.所以g(x)的单调增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2a－1,3)))，(－1，＋∞)，单调减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，－1)).又因为g(a)＝g(－1)＝0，所以f(x)的单调增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2a－1,3)))，(－1，＋∞)，单调减区间是(－∞，a)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，－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eq\f(2a－1,3)＝－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eq\f(2a－1,3)>－1，即a>－1时，令g′(x)>0，即(x＋1)(3x＋1－2a)>0，解得x<－1或x>eq\f(2a－1,3)；令g′(x)<0，解得－1<x<eq\f(2a－1,3).所以g(x)的单调增区间是(－∞，－1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，＋∞))，单调减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2a－1,3))).又因为g(a)＝g(－1)＝0，所以f(x)的单调增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2a－1,3)))，(a，＋∞)，单调减区间是(－∞，－1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，a))，要使f(x)在[－1，2]上单调递增，必须满足2≤eq\f(2a－1,3)，即a≥eq\f(7,2)，又因为a>－1，故a≥eq\f(7,2)(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]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞)).,图3)例5、(2018苏州期末）已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(－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)＝ex－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)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(－x3＋x2，,x<0，,ex－2x，,x≥0.)))①当x<0时，f′(x)＝－3x2＋2x<0恒成立，所以f(x)在(－∞，0)上递减；(2分)②当x≥0时，f′(x)＝ex－2，可得f(x)在[0，ln2]上递减，在[ln2，＋∞)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，ln2]，单调递增区间是[ln2，＋∞)．(5分)(2)当x>0时，f(x)＝ex－ax，此时－x<0，f(－x)＝－(－x)3＋(－x)2＝x3＋x2.所以可化为a＝x2＋x＋eq\f(3,x)在区间(0，＋∞)上有实数解．(6分)记g(x)＝x2＋x＋eq\f(3,x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝2x＋1－eq\f(3,x2)＝eq\f(（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R．（1）若，=1\*GB3①当时，求函数的极值（用表示）；=2\*GB3②若有三个相异零点，问是否存在实数使得这三个零点成等差数列？若存在，试求出的值；若不存在，请说明理由；规范解答（1）①由及，得，令，解得或.由知，，单调递增，，单调递减，，单调递增，因此，的极大值为，的极小值为.②当时，，此时不存在三个相异零点；当时，与①同理可得的极小值为，的极大值为.要使有三个不同零点，则必须有，即.不妨设的三个零点为，且，则，，①，②，③②-①得，因为，所以，④同理，⑤⑤-④得，因为，所以，又，所以.所以，即，即，因此，存在这样实数满足条件.例7、（2017江苏）已知函数有极值，且导函数的极值点是的零点．（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：；（3）若这两个函数的所有极值之和不小于，求a的取值范围．解析（1）有零点，，即，又，解得，根据题意，，即，化简得，又，所以，即；（2）设，而，故，即；（3）设为的两个极值点，令得，法一：．记,所有极值之和为，，，则，而在上单调递减且，故．法二：下面证明的图像关于中心对称，，所以，所以，下同法一．例8、(2018南京学情调研）已知函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋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)≥12lnx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．eq\a\vs4\al(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＝eq\f(5,3).规范解答(1)因为f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax，所以f′(x)＝6x2－6(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＝eq\f(1,2).(2分)(2)f(x)＋f(－x)＝－6(a＋1)x2≥12lnx对任意x∈(0，＋∞)恒成立，所以－(a＋1)≥eq\f(2lnx,x2).(4分)令g(x)＝eq\f(2lnx,x2)，x＞0，则g′(x)＝eq\f(2（1－2lnx）,x3).令g′(x)＝0，解得x＝eq\r(e).当x∈(0，eq\r(e))时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，eq\r(e))上单调递增；当x∈(eq\r(e)，＋∞)时，g′(x)＜0，所以g(x)在(eq\r(e)，＋∞)上单调递减．所以g(x)max＝g(eq\r(e))＝eq\f(1,e)，(6分)所以－(a＋1)≥eq\f(1,e)，即a≤－1－eq\f(1,e)，所以a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－1－\f(1,e))).(8分)(3)因为f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax，所以f′(x)＝6x2－6(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＝eq\f(5,3).①当1＜a≤eq\f(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)＝－a3＋3a2，所以h(a)＝M(a)－m(a)＝4－(－a3＋3a2)＝a3－3a2＋4.因为h′(a)＝3a2－6a＝3a(a－2)＜0，所以h(a)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(5,3)))上单调递减，所以当a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(5,3)))时，h(a)的最小值为heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))＝eq\f(8,27).(12分)②当eq\f(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)＝－a3＋3a2，所以h(a)＝M(a)－m(a)＝3a－1－(－a3＋3a2)＝a3－3a2＋3a－1.因为h′(a)＝3a2－6a＋3＝3(a－1)2>0.所以h(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，2))上单调递增，所以当a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，2))时，h(a)＞heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))＝eq\f(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eq\f(8,27).(16分)达标训练1、(2017苏州暑假测试）已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，,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的取值范围是________．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))【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＜kAB＝eq\f(1,2).2、(2017苏北四市期末）已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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)＝sinx，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝sinx，,y＝x，))得x－sinx＝0，令u(x)＝x－sinx(x＜1)，则u′(x)＝1－cosx≥0，所以函数u(x)＝x－sinx(x＜1)为单调增函数，且u(0)＝0，所以u(x)＝x－sinx(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)＝x3－9x2＋25x＋a，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x3－9x2＋25x＋a，,y＝x，))得a＝－x3＋9x2－24x，令h(x)＝－x3＋9x2－24x(x≥1)，则h′(x)＝－3x2＋18x－24＝－3(x－2)(x－4)．令h′(x)＝0得x＝2或x＝4，列表如下：x1(1,2)2(2,4)4(4，＋∞)h′(x)—0＋0—h(x)极小值极大值计算可得h(1)＝－16，h(2)＝－20，h(4)＝－16，结合函数h(x)＝－x3＋9x2－24x(x≥1)的图像可得此时实数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)＝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】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－9，\f(1,3)))【解析】解法1y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(|x＋3|－（kx＋1），,x≤0，x3－（k＋12）x＋2，,x>0，)))若其图像经过四个象限．①当x>0时，y＝x3－(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＝x3－(k＋12)x＋2<0，则k＋12>x2＋eq\f(2,x)，即k＋12>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(2,x)))eq\s\do7(min).令h(x)＝x2＋eq\f(2,x)(x>0)，h′(x)＝2x－eq\f(2,x2)＝eq\f(2（x3－1）,x2)，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<eq\f(|x＋3|－1,x)，即k<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|x＋3|－1,x)))max.令φ(x)＝eq\f(|x＋3|－1,x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(－1－\f(4,x)，,x≤－3，1＋\f(2,x)，,－3<x<0，)))易知φ(x)在(－∞，－3]上单调递增，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)＝eq\f(1,3)，故k<eq\f(1,3).综上，由①②得实数k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－9，\f(1,3))).解法2可根据函数解析式画出函数图像，当x>0时，f(x)＝x3－12x＋3，f′(x)＝3x2－12＝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<eq\f(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)＝x3－12x＋3(x>0)图像的切线即可，设切点为(x0，xeq\o\al(3,0)－12x0＋3)，由k＝3xeq\o\al(2,0)－12＝eq\f(xeq\o\al(3,0)－12x0＋3－1,x0)，解得x0＝1，切线斜率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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－9，\f(1,3))).4、(2018苏中三市、苏北四市三调）已知函数的图象恰好经过三个象限，则实数的取值范围是▲．【答案】a＜0或a＞2【解析】当a＜0时，的图象经过两个象限，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，的图象仅经过第三象限，（图（图14（1））l0OxyP由题意

的图象需经过第一、二象限．【解法1】（图像法）与在y轴右侧的图象有公共点（且不相切）．如图，=，设切点坐标为，，则有，解得,所以临界直线的斜率为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，则存在，使得即设函数，当，在(0,1)单调递减，在（1，2）单调递增，又时，函数为增函数，所以函数的最小值为2，所以a＞2，则实数的取值范围为a＜0或a＞2．5、(2019苏州期末）已知函数f(x)＝ax3＋bx2－4a(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eq\f(b,a)的值；(3)当a＝0时，若f(x)<lnx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．eq\a\vs4\al(解后反思)在第(2)题中，也可转化为eq\f(b,a)＝eq\f(4,x2)－x恰有两个不同的实数解．另外，由g(x)＝x3＋kx2－4恰有两个不同的零点，可设g(x)＝(x－s)(x－t)2.展开，得x3－(s＋2t)x2＋(2st＋t2)x－st2＝x3＋kx2－4，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－（s＋2t）＝k，,2st＋t2＝0，,－st2＝－4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(s＝1，,t＝－2，,k＝3.))解：(1)当a＝b＝1时，f(x)＝x3＋x2－4，f′(x)＝3x2＋2x.(2分)令f′(x)>0，解得x>0或x<－eq\f(2,3)，所以f(x)的单调增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))和(0，＋∞)．(4分)(2)法一：f′(x)＝3ax2＋2bx，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－eq\f(2b,3a)，(6分)因为函数f(x)有两个不同的零点，所以f(0)＝0或feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2b,3a)))＝0.当f(0)＝0时，得a＝0，不合题意，舍去；(8分)当feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2b,3a)))＝0时，代入得aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2b,3a)))＋beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2b,3a)))eq\s\up12(2)－4a＝0，即－eq\f(8,27)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up12(3)＋eq\f(4,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up12(3)－4＝0，所以eq\f(b,a)＝3.(10分)法二：由于a≠0，所以f(0)≠0，由f(x)＝0得，eq\f(b,a)＝eq\f(4－x3,x2)＝eq\f(4,x2)－x(x≠0)．(6分)设h(x)＝eq\f(4,x2)－x，h′(x)＝－eq\f(8,x3)－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eq\f(b,a)取何值，方程eq\f(b,a)＝eq\f(4－x3,x2)＝eq\f(4,x2)－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)<lnx，所以bx2<lnx，设g(x)＝lnx－bx2，则g′(x)＝eq\f(1,x)－2bx＝eq\f(1－2bx2,x)(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)＝lnx－bx2≥0，不合题意；(11分)当b>0时，令g′(x)＝eq\f(1－2bx2,x)＝0，得x＝eq\r(\f(1,2b))，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1,2b))))递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2b))，＋∞))递减，所以g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2b))))＝lneq\r(\f(1,2b))－eq\f(1,2)，要使g(x)>0有解，首先要满足lneq\r(\f(1,2b))－eq\f(1,2)>0，解得b<eq\f(1,2e).①(13分)又因为g(1)＝－b<0，g(eeq\f(1,2))＝eq\f(1,2)－be>0，要使f(x)<lnx的解集(m，n)中只有一个整数，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（2）>0，,g（3）≤0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ln2－4b>0，,ln3－9b≤0，))解得eq\f(ln3,9)≤b<eq\f(ln2,4).②(15分)设h(x)＝eq\f(lnx,x)，则h′(x)＝eq\f(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)＝eq\f(1,e)>h(2)＝eq\f(ln2,2)，所以eq\f(1,2e)>eq\f(ln2,4)，所以由①和②得，eq\f(ln3,9)≤b＜eq\f(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＝x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y＝f(x)的极值点．设函数f(x)＝x3－tx2＋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)＝x3－tx2＋1，得f′(x)＝3x2－2tx.由f′(x)＝0，得x＝0，或x＝eq\f(2,3)t.因为函数f(x)在(0，1)上无极值点，所以eq\f(2,3)t≤0或eq\f(2,3)t≥1，解得t≤0或t≥eq\f(3,2).(4分)(2)令f′(x)＝3x2－2tx＝p，即3x2－2tx－p＝0，Δ＝4t2＋12p.当p＞－eq\f(t2,3)时，Δ＞0，此时3x2－2tx－p＝0存在不同的两个解x1，x2.(8分)设这两条切线方程为分别为y＝(3xeq\o\al(2,1)－2tx1)x－2xeq\o\al(3,1)＋txeq\o\al(2,1)＋1和y＝(3xeq\o\al(2,2)－2tx2)x－2xeq\o\al(3,2)＋txeq\o\al(2,2)＋1.若两切线重合，则－2xeq\o\al(3,1)＋txeq\o\al(2,1)＋1＝－2xeq\o\al(3,2)＋txeq\o\al(2,2)＋1，即2(xeq\o\al(2,1)＋x1x2＋xeq\o\al(2,2))＝t(x1＋x2)，即2＝t(x1＋x2)．而x1＋x2＝eq\f(2t,3)，化简得x1·x2＝eq\f(t2,9)，此时(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝eq\f(4t2,9)－eq\f(4t2,9)＝0，与x1≠x2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)＝x3－3x2＋1，f′(x)＝3x2－6x.由(2)知x1＋x2＝2时，两切线平行．设A(x1，xeq\o\al(3,1)－3xeq\o\al(2,1)＋1)，B(x2，xeq\o\al(3,2)－3xeq\o\al(2,2)＋1)，不妨设x1＞x2，则x1＞1.过点A的切线方程为y＝(3xeq\o\al(2,1)－6x1)x－2xeq\o\al(3,1)＋3xeq\o\al(2,1)＋1.(11分)所以，两条平行线间的距离d＝eq\f(|2xeq\o\al(3,2)－2xeq\o\al(3,1)－3（xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1)）|,\r(1＋9（xeq\o\al(2,1)－2x1）2))＝eq\f(|（x2－x1）|,\r(1＋9（xeq\o\al(2,1)－2x1）2))＝4，化简得(x1－1)6＝1＋92，(13分)令(x1－1)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x1－1＞0，所以x1有