三次函数的性质-总结练习

./三次函数的性质三次函数f<x>=ax3+bx2+cx+d〔a≠0在高中阶段学习导数后频繁出现,同时也是其他复杂函数的重要组成部分,因此有必要对其性质有所了解,才可以做到知己知彼,百战不殆．性质一

单调性以a>0为例,如图1,记Δ=b2−3ac图1

用判别式判断函数图象当Δ⩽0时,f<x>为R上的单调递增函数；当Δ>0时,f<x>会在中间一段单调递减,形成三个单调区间以及两个极值．性质一的证明f<x>的导函数为f′<x>=3ax3+2bx+c,其判别式为4<b2−3ac>例1

设直线l与曲线y=x3+x+1有三个不同的交点A,B,C,且|AB|=|BC|=5√,求直线l的方程．解

由|AB|=|BC|可知B为三次函数的对称中心,由性质一可得B<0,1>,进而不难求得直线l的方程y=2x+1．性质二

对称性如图2,f<x>的图象关于点P<−b3a,f<−b3a>>对称〔特别地,极值点以及极值点对应的图象上的点也关于图2

图象的对称性反之,若三次函数的对称中心为<m,n>,则其解析式可以设为f<x>=α⋅<x−m>3+β⋅<x−m>+n,其中α≠0．性质二的证明

由于f<x>=a<x+b3a>3+<c−b23a><x+b3a>−bc3a+2b即f<x>=<x+b3a>3+<c−b23a><x+b3a>+f<−于是性质二得证．例2

设函数f<x>=x<x−1><x−a>,a>1．〔1求导数f′<x>,并证明f<x>有两个不同的极值点x1,x2；〔2若不等式f<x1>+f<x2>⩽0成立,求a的取值范围．〔1解f<x>的导函数f′<x>=<x−1><x−a>+x<x−a>+x<x−1>=3x2−2<a+2>x+a,而f′<0>f′<1>f′<a>=a>0,=1−a<0,=a<a−1>>0,于是f′<x>有两个变号零点,从而f<x>有两个不同的极值点．〔2解

根据性质二,三次函数的对称中心<a+13,f<a+13>>是两个极值点对应的函数图象上的点的中点．于是f<x1>+f<x2>=2f<a+13>⩽即2⋅a+13⋅a−23⋅−2a+13⩽结合a>1,可得a的取值范围是[2,+∞>．注

本题为20XX高考XX卷理科数学第20题．性质三

切割线性质如图3,设P是f<x>上任意一点〔非对称中心,过P作函数f<x>图象的一条割线AB与一条切线PT〔P点不为切点,A、B、T均在f<x>的图象上,则T点的横坐标平分A、B点的横坐标．图3

切割线性质推论1设P是f<x>上任意一点〔非对称中心,过P作函数f<x>图象的两条切线PM、PN,切点分别为M、P,如图．则M点的横坐标平分P、N点的横坐标,如图4．图4

切割线性质推论一推论2设f<x>的极大值为M,方程f<x>=M的两根为x1、x2〔x1<x2,则区间[x1,x2]被−b3a图5

切割线性质推论二性质三的证明

设f<x>=ax3+bx2+cx+d〔a≠0,直线PT:y=k0x+m0,直线PAB:y=kx+m,则分别将直线PT与直线PAB的方程与三次函数的解析式联立,得ax3+bx2+<c−k0>x+d−m0=0,ax3+bx2+<c−k>x+d−m=0,于是根据三次方程的韦达定理可得2xT+xP=xA+xB+xP,即xT=xA+xB2,于是命题得证．推论1和推论2的证明留给读者．例3

如图6,记三次函数f<x>=ax3+bx2+cx+d〔a≠0的图象为C,若对于任意非零实数x1,曲线C与其在点P1<x1,f<x1>>处的切线交于另一点P2<x2,f<x2>>,曲线C与其在点P2处的切线交于另一点P3<x3,f<x3>>,线段P1P2、P2P3与曲线C所围成的封闭图形的面积分别记为S1、S2．求证：S1S2是定值．图6解

由性质二,任意三次函数f<x>都可以通过平移变化变成g<x>=px3+qx,然后可以作伸缩变换变成h<x>=x3+rx,而无论平移还是伸缩,题中的S1S2均保持不变,因此只需要证明命题对三次函数h<x>=x3+rx成立即可．根据题意,联立函数h<x>=x3+rx与函数h<x>在P1处的切线方程得<x−x1>2⋅<x−x2>=0,于是2x1+x2=0,即x2=−2x1.又由性质三的推论1,可得2x1=x2+x3,即x3=4x1.于是,线段P1P2与曲线C所围成的封闭图形的面积S1=∣∣∣∫x2x1<x−x1>2⋅<x−x2>dx∣∣∣=∣∣∣∫−2x1x1<x3−3x21x+2x31>dx∣∣∣=∣∣∣<14x4−32x21x2+2x31x>∣∣∣−2x1x1∣∣∣=274x41,类似的,线段P2P3与曲线C所围成图形的面积S2=274x42,于是所求的面积之比为S1S2=<x1x2>4=116.注

此题即20XX高考XX卷理科数学第20题第〔2小问〔第〔1小问要求证明该结论对f<x>=x3−x成立．性质四

切线条数如图7,过f<x>的对称中心作切线l,则坐标平面被切线l和函数f<x>的图象分割为四个区域,有以下结论：图7

切线条数①过区域I、III内的点作y=f<x>的切线,有且仅有三条；②过区域II、IV内的点以及对称中心作y=f<x>的切线,有且仅有一条；③过切线l或函数f<x>图象〔除去对称中心上的点作y=f<x>的切线,有且仅有两条．性质四的证明

由性质二,不妨设f<x>=x3+mx,坐标平面内一点P<a,b>．三次函数图象上x=t处的切线方程为y=<3t2+m><x−t>+t3+mt,即y=<3t2+m>x−3t3,切线过点P<a,b>,即b=−3t3+3at2+ma.而三次函数对称中心处的切线方程为y=mx,于是考虑直线y=b−ma与函数y=−3t3+3at2的图象公共点个数．当a=0时,无论b取何值,均为1个公共点；当a>0时,b−ma>0时为1个公共点,b−ma=0时为2个公共点,b−ma<0时为3个公共点；当a<0时,b−ma>0时为3个公共点,b−ma=0时为2个公共点,b−ma<0时为1个公共点．综上,性质四得证．在高考中,对结论①的考察最为常见,例如20XX高考全国II卷理科数学第22题〔压轴题就是证明性质四的结论①：已知函数f<x>=x3−x．〔1求曲线y=f<x>在点M<t,f<t>>处的切线方程；〔2设a>0,如果过点<a,b>可作曲线y=f<x>的三条切线,证明：−a<b<f<a>．例4设函数f<x>=13x3−a2x2+bx+c,其中a>0．曲线y=f<x>在点P<0,f<0>>处的切线方程为y=1．〔1确定b,c的值；〔2设曲线y=f<x>在点<x1,f<x1>>及<x2,f<x2>>处的切线都过点<0,2>．证明：当x1≠x2时,f′<x1>≠f′<x2>；〔3若过点<0,2>可作曲线y=f<x>的三条不同切线,求a的取值范围．解

〔1f<x>的导函数为f′<x>=x2−ax+b,于是该函数在x=0处的切线方程为y=bx+c,因此b=0,c=1.〔2函数f<x>在x=t处的切线方程为y=<t2−at><x−t>+13t3−a2t2+1,当切线过点<0,2>时可得23t3−a2t2+1=0,于是x1,x2是该方程的两个不等实根．考虑f′<x1>−f′<x2>=<x21−ax1>−<x22−ax2>=<x1−x2>⋅<x1+x2−a>,而⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪23x31−a2x21+1=0,23x32−a2x22+1=0,两式相减并约去x1−x2,得x21+x1x2+x22=34a2而x21+x1x2+x22=<x1+x2>2−x1x2><x1+x2>2−14<x1+x2>2=34<x1+x2>2,于是x1+x2≠a,进而可得f′<x1>≠f′<x2>.〔3函数f<x>的对称中心为<a2,−a312+1>,于是在对称中心处的切线方程为y=−a24<x−a2>−a312+1,根据性质四的结论①,可得1<2<−a324+1,解得a>23√3,即a的取值范围是<23√3,+∞>．注

此题为20XX高考XX卷文科数学第21题〔压轴题．练习题练习1、已知函数f<x>=13x3+ax2+bx,且f′<−1>=0．〔1试用含a的代数式表示b；〔2求f<x>的单调区间；〔3令a=−1,设函数f<x>在x1,x2〔x1<x2处取得极值,记点M<x1,f<x1>>,N<x2,f<x2>>,证明：线段MN与曲线f<x>存在异于M、N的公共点．练习2、已知f<x>=x3+bx2+cx+d在<−∞,0>上是增函数,在<0,2>上是减函数,且方程f<x>=0有三个根,它们分别为从小到大依次为α、2、β．求|α−β|的取值范围．练习3、如图8,记原点为点P1<x1,y1>,由点P1向三次函数y=x3−3ax2+bx〔a≠0的图象〔记为曲线C引切线,切于不同于点P1的点P2<x2,y2>,再由点P2引此曲线C的切线,切于不同于点P2的点P3<x3,y3>．如此继续作下去,得到点列{Pn<xn,yn>}．试回答下列问题：图8〔1求数列{xn}的递推公式与初始值；〔2求limn→+∞xn,并指出点列{Pn}的极限位置在何处？练习4、已知f<x>=x3−x,过点<x0,y0>作f<x>图象的切线,如果可以作出三条切线,当x0∈<0,1>时,求点<x0,y0>所在的区域面积．练习5、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？〔只需写出结论练习6、已知函数f<x>=13x3+ax2+bx,且f′<−1>=0．〔1试用含a的代数式表示b,并求f<x>的单调区间；〔2令a=−1．设函数f<x>在x1,x2〔x1<x2处取值极值,记点M<x1,f<x1>>,N<x2,f<x2>>,P<m,f<m>>,x1<m⩽x2．请仔细观察曲线f<x>在点P处的切线与线段MP的位置变化趋势,并解答以下问题：①若对任意的m∈<t,x2],线段MP与曲线f<x>有异于P、Q的公共点,试确定t的最小值；②若存在点Q<n,f<n>>,x1⩽n<m,使得线段PQ与曲线f<x>有异于P、Q的公共点,请直接写出m的取值范围〔不必写出求解过程．练习题的参考答案练习1、〔1f<x>的导函数为f′<x>=x2+2ax+b,于是所求的代数表达式为b=2a〔2在〔1的基础上,有f′<x>=<x+1>⋅<x+2a于是当a<1时,函数f<x>的单调递增区间是<−∞,−1>和<1−2a,+∞>,单调递减区间为<−1,1−2a当a=1时,函数f<x>的单调递增区间是R；当a>1时,函数f<x>的单调递增区间是<−∞1−2a>和<−1,+∞>,单调递减区间是<1−2a〔3此时f<x>=13x3−x2−3x,而f′<x>=x2−2x−3,于是M<−1,53>,N<3,−9>．根据性质二,该公共点为三次函数f<x>图象的对称中心<1,−113>．注

本题为20XX高考XX卷文科数学第21题〔压轴题．练习2、根据题意,x=0为f<x>的导函数f′<x>=3x2+2bx+c的零点,于是c=0．又f<2>=0,于是8+4b+d=0,即d=−4b−8,从而f<x>=x3+bx2−<8+4b>=<x−2>⋅[x2+<b+2>x+2b+4],因此<α−β>2=<α+β>2−4α⋅β=<2−b>2−16.另一方面,由f<x>在<0,2>上是减函数得f′<2>⩽0,即12+4b⩽0,于是可得b的取值范围是b<−3.从而|α−β|的取值范围是[3,+∞>．练习3、〔1根据已知,联立P1出发的切线方程与曲线C的方程,得<x−x1><x−x2>2=0,又x1=0,切线方程只能改变左边三次式的一次项和常数项,于是可得x2=32a进而由性质三的推论1可得∀n⩾3∧n∈N∗,2xn=xn−1+xn−2.于是数列{xn}的递推公式与初始值为xn=xn−1+xn−22,n⩾3∧n∈N∗,x1=0,x2=32a〔2由数列的递推公式不难得到通项∀n∈N∗,xn=a⋅[1−<−12>n−1],于是limn→+∞xn=a.因此点列{Pn}的极限位置为<a,−2a3+ab>练习4、函数f<x>在对称中心<0,0>处的切线方程为y=−x,于是根据性质四的结论①,我们可得所求区域面积为∫10[x3−x−<−x>]dx=∫10x3dx=14.练习5、〔1f<x>的导函数f′<x>=6x2−3,于是可得f<x>在区间[−2,1]上的最大值为max{f<−2√2>,f<1>}=2√.〔2函数f<x>在对称中心<0,0>处的切线方程为y=−3x,根据性质四的结论①,可得−3<t<f<1>,即−3<t<−1,于是t的取值范围是<−3,−1>．〔3根据性质四,可得过A<−1,2>存在3条直线与曲线y=f<