高中数学三次函数的所有题型和解答总计

.
高中数学三次函数的所有题型及解答总计

由于三次函数在高考 中出现频率最高，且四次函数、分式函数等都可转化为三次函数来解决，故以
三次函数为例来研究根的情 况
，
设三次函数
f(x)?ax?bx?cx?d(a?0)

32
其导函数为二次函数:
f(x)?3ax?2bx?c(a?0)
， < br>判别式为：△=
4b?12ac?4(b?3ac)
，设
f(x)?0
的两根为
x
1
、
x
2
，结合函数草图易得：
(1) 若
b?3ac?0
，则
f(x)?0
恰有一个实根；
(2) 若
b?3ac?0
,且
f(x
1
)?f(x
2
)?0
，则
f(x)?0
恰有一个实根；
(3) 若
b?3ac?0
,且
f(x
1
)?f(x
2
)?0
，则
f(x)?0
有两个不相等的实根；
(4) 若
b?3ac?0
,且
f(x
1
)?f(x
2
)?0
，则
f(x) ?0
有三个不相等的实根.
说明:(1)(2)
f(x)?0
含有一个实根 的充要条件是曲线
y?f(x)
与
x
轴只相交一次，即
f(x)在R上为单
调函数（或两极值同号），所以
b?3ac?0
（或
b?3a c?0
，且
f(x
1
)?f(x
2
)?0
）; < br>(3)
f(x)?0
有两个相异实根的充要条件是曲线
y?f(x)
与
x
轴有两个公共点且其中之一为切点，所以
22
2
2
22
22
2
b
2
?3ac?0
，且
f(x
1
)?f(x
2
)?0
;
(4)
f(x)?0
有三个不相等的实根的充要条件是曲线
y?f(x)
与
x
轴有三个公共点，即
f(x)
有一个极大
值，一个极小值，且两极值异号.所以
b?3ac?0< br>且
f(x
1
)?f(x
2
)?0
.
【< br>例题
2
1
】
：设函数
f(x)=x
3
+x< br>2
-3x+1
，求函数
f(x)
的单调区间。
1
3
(x)=x
2
+2x-3
解析：
f(x)< br>的定义域为R，
f
′
f
′
(x)=x
2
+2 x-3>0
?
x∈(-∞,-3)或（1，+∞）
,此时为
f(x)
的单调递增区间；
f
′
(x)=x
2
+2x-3<0
?< br>x∈(-3,1)
，此时为
f(x)
的单调递减区间。
【
变 式
32
1
】：
设函数
f(x)=x+x-3x+m
，求函数
f(x)
的单调区间。
1
3
(x)=x
2
+2x-3
解析：
f(x)< br>的定义域为R，
f
′
f
′
(x)=x
2
+2 x-3>0
?
x∈(-∞,-3)或（1，+∞）
,此时为
f(x)
的单调递增区间；
. .

.
f
′
(x)=x
2
+2x-3<0?
x∈(-3,1)
，此时为
f(x)
的单调递减区间。
【老 吴帮你解后反思】
：
变式1与例题的区别在于把三次函数的常数项换成参数m，但是不影响函数的单调性。
【
变式
32
2
】：
设函数
f (x)=x+x+mx+1
，求函数
f(x)
的单调区间。
1
3< br>解析：
依题意可得
f
?
(x)?x
2
?2x?m
2
当
??4?4m?0
即
m?1
时,
x? 2x?m?0
恒成立,故
f
?
(x)?0
,所以函数
f(x )
在
R
上单调递增;
当
??4?4m?0
即
m?1
时,
f
?
(x)?x
2
?2x?m?0
有两个相异实根
x
1
2
，
()?x
2
?2xm??0
故
f
?
x
x
1
?
?2?4?4m
??1 ?1?m
x
2
??1?1?m
，且
2
)m??或x(?1? 1??,)m
，
此时为
f(x)
的
(??,?1?1
?x??
单调递增区间；
f
?
(x)?x
2
?2x?m? 0
?
x?(?1?1?m,?1?1?m)
，此时为
f(x)
的单< br>调递减区间。
综上可知，当
m?1
时,函数
f(x)
在R
上单调递增;
当
m?1
时,
x?( ??,?1?1?m)或x?(?1?1?m,??)
单调递增，

x?(?1?1?m,?1?1?m)
单调递减。
【老吴帮你解后反思】
：
函数求导后为常数项未知的二次函数，不能确定二次函数与图像的交
点个数，即二次方程的跟， 所以要讨论
Δ
的正负。

【
变式
32
3
】 ：
设函数
f(x)=x+mx+x+1
在
x∈
（-
∞
，+
∞
）为单调函数，求m的取
1
3
值范围。
2
??4m?4?0,?1?m?1
所以
m?
?
?1,1
?
。
解析：
依题意可得
f
?
(x)?x?2mx?1
，< br>2
【老吴帮你解后反思】
：
1、单调函数为在定义域范围内为增函数或减函数; 2函数求导后为含参
数的二次函数， 二次函数图像开口向上，所以只能满足
x∈
（-
∞
，+
∞
）上
f
?
(x)?0
，所
以要
Δ
≤0
。

【
变式
32
4
】：
设函数
f(x)=x+(m+1)x+mx+1
，求函数
f(x)的单调区间。
1
3
1
2
. .

.
解析：
依题意可得
f
?
(x)?x
2
?(m?1)x?m?(x?m)(x?1)
，
令
f
′
(x)=0
，
x
1
??m,x
2
??1
，
（-m,-1）
-1，+?）
（1)m
>
1,
x2
>x
1
,即
(??,?m)或（
为单调递增，为单调递减；
（2）m=1,
x
2
=x
1
,即
f
′< br>(x)≥0
，所以函数
f(x)
在
R
上单调递增;
（-1,-m）
（-?,?1)或（-m,??)
为单调递增， （3）m
<
1,
x
2
1
,即为单调递减； < br>【老吴帮你解后反思】
：
由于m的不确定性，不能确定两根的大小，所以要进行分类讨论 ，很
多同学不知道分类讨论的分界点是什么，遇到这种能够直接可以因式分解的，讨论的分界点
即为两根相等时求出的参数值，所以此题分类讨论的分界点为m=1,m>1,m<1,【变式2】因为
不能因式分解，不能确定方程有根无根，所以要讨论
Δ
的正负。
【
变式32
5
】：
设函数
f(x)=mx+(m+1)x+x+c
，求 函数
f(x)
的单调区间。
1
3
1
2
解析：依题意可得
f
?
(x)?mx
2
?(m?1)x?1?(mx? 1)(x?1)
，
（-?,?1)
单调递减，在
（-1,??)
单调递增； （1）
m =0,
f
?
(x)?x?1
,所以函数
f(x)
在
（2）m
≠0
,
f
?
(x)?mx?(m?1)x?1?(mx?1 )(x?1)
=0,
2
x
1
??1,x
2
??1
m

? m
<0
,
x
2
>x1
,
(??,?1)或（-
11
,??)(?1,?)
mm单调递增； 单调递减，
?
0，
x
2
1
，
(??,?
11
)或（-1,??)(?,?1)
m单调递增，
m
单调递减；
? m=1,
x
2
=x
1
,所以在R上为单调递增；
? m>1
,
x
2
>x
1
,
(??,?1)或（-
11
,??)(?1,?)
mm
单调递减； 单调递增，
综上可知， m
<0
,
(??,?1)或（-
11
,??)(?1,?)
mm
单调递增； 单调递减，
（-?,?1)
单调递减，在
（-1,??)
单调递增；
m=0,
,

0， < br>(??,?
11
)或（-1,??)(?,?1)
m
单调递增，
m
单调递减；
. .

.
m=1,所以在R上为单调递增；

m>1
,,
(??,?1)或（-
11
,??)(?1,?)
mm
单调递减； 单调递增，
【老吴帮你解后反思】
：
这道题目与【变式4 】区别在于，最高次前边的系数不能确定，所以讨
论的第一个分界点为m=0，然后在讨论两个根的大小 ，但是一定注意导函数图像的开口方向，
这是易错点。
【
变式
32
6
】：
设函数
f(x)=mx+x+x+c
，求函数
f(x)
的单调区间。
1
3
1
2
提示：求导后，分析二次函数的最高幂系 数不确定，所以要讨论m与0的关系，
在
m≠
0的情况下，讨论
Δ
的 正负。

1
f(x)?x
3
?x
2
?3x?1< br>3
【
例题2
】
：设函数
，求
f(x)
的极值 。
解析：定义域为
x
1
??1,x
2
?3




22
x?R
，
依据题意可知
f?
(x)?x?2x?3
，令
f
?
(x)?x?2x?3?0< br>，
x

(??,?1)

f
?
(x)
>0
单调递增
-1
0
极大值
(?1,3)

f
?
(x)
<0
单调递减
3
0
极小值
(3,??)

f
?
(x)
>0
单调递增
f
?
(x)

f(x)

f(?1)?
8
3

f(3)??8

附图：
. .

.
1
f(x)?x
3
?x
2
?3x?1
3
【
例题3
】
：设函数
，求
f(x)
在[0,4]的最值。
22
??
f(x)?x?2x?3f(x)?x?2x?3?0
，
x?R
解析：定义域为
，
依据题意可知
，令
x
1
? ?1
x

（舍）
x
2
?3

0

(0,3)

f
?
(x)
<0
单调递减
3
0
极小值
(3,4)

f
?
(x)
>0
单调递增
4

f
?
(x)

f(x)

f(0)?1

f(4)??
f(3)??8

7
3

通过表格可以发现，最大值为
f(0)?1
，最小值
f(3)??8

【老吴帮你解后反思】
：本题主要注意求出
导数值为零点时，
x
1
??1
不在给定范围。

附图：
【
变式

1
】：
【2005高考北京文第19题改编】 已知函数
f
(
x
)=－
x
3
＋3
x
2
＋9
x
＋
a
, 若
f
(
x
)在
区间[－2，2]上的最大 值为20，求它在该区间上的最小值．

?
(x)??3x
2
?6 x?9
f
?
(x)?0
x
1
??1,x
2
?3
f
解析： 依据题意，，，（舍）


x

-2

f(?2)?2?a
(?2,?1)

f
?
(x)
<0
-1
0
f(?1)??5?a

(?1,2)

f
?
(x)
>0
2

f(2)?22?a

f
?
(x)

f(x)


单调递减 单调递增
由表可知
f
(
x
)的最大值为
f(2)?22?a
=20，所以
a
=-2 .
f
(
x
)的最小值为
f(?1)??5?a
=-7.
. .

.
附图：
【变式2】：【2012高考北京文第19题改编】已知函数
f(x)?ax
2
?1(a?0)
，
g(x)?x
3
?bx
。 < br>当
a?3,b??9
时，若函数
f(x)?g(x)
在区间
[ k,2]
上的最大值为
28
，求
k
的取值范围。
322< br>h
?
(x)?0,x
1
?1,x
2
??3
?
h(x)?f(x)?g(x)?x?3x?9x?1h(x)?3x?6x?9
，解析： 依据题意，，

x

(??,?3)

f
?
(x)
>0
-3
0
极大值
(?3,1)

f
?
(x)
<0
单调递减
-1
0
极小值
(?1,2)

f
?
(x)
>0
单调递增
2

f
?
(x)

f(x)

单调递增
f(?3)?28

f(?1)?12

f(2)?3
< br>结合函数单调性可知，要使
h(x)
最大值为
28
，必须使
k ??3
。
【老吴帮你解后反思】： 在解决函数问题时，一定要结合函数的单调区间及极值大致绘出函数图像（如下图),通过图像一目了然就可以观察出
k??3
。


. .

.


1
f(x)?x
3
?x
2
?3x?1
3
【
例题4
】
：设函数
，
f(x)
在[0 ,4]的满足
f(x)
?c
恒成立，求c的取值范
围。

22
解析：定义域为
x?R
，
依据题意可知
f
?
( x)?x?2x?3
，令
f
?
(x)?x?2x?3?0
，
x
1
??1
x

（舍）
x
2
?3

0

(0,3)

f
?
(x)
<0
单调递减
3
0
极小值
(3,4)

f
?
(x)
>0
单调递增
4

f
?
(x)

f(x)

f(0)?1

f(4)??
f(3)??8

7
3

通过表格可以发现，最大值为
f(0)?1
，最小值
f(3)??8


在[0,4]的满足
f(x)
?c
恒成立，必须使c
?
1.
1
f(x)?x
3
?x
2
?3x?1
3
【 变式】：
设函数
，
f(x)
在[0,4]的满足
f(x)
? c
恒成立，求c的取值范围。
?
(x)?x
2
?2x?3
?
(x)?x
2
?2x?3?0ff
x?R
解析：定义域为
，
依据题意可知
，令，
. .

.
x
1
??1
x

（舍）
x
2
?3

0

(0,3)

f
?
(x)
<0
单调递减
3
0
极小值
(3,4)

f
?
(x)
>0
单调递增
4

f
?
(x)

f(x)

f(0)?1

f(4)??
f(3)??8

7
3

通过表格可以发现，最大值为
f(0)?1
，最小值
f(3)??8


在[0,4]的满足
f(x)
?c
恒成立，必须使c
?? 8
.
【老吴帮你解后反思】： 此类题目为恒成立问题，可以总结为
f(x)
?c
恒成立，
满足
f
min
(x)?c
；
f(x )
?c
恒成立，满足
f
max
(x)?c
。
【< br>例题5
】
：
【2014高考北京文第20题改编】已知函数
f(x)? 2x
3
?3x
.若过点
P(1,t)
存在3
条直线与曲线< br>y?f(x)
相切，求t的取值范围；





方法一：
. .

.


方法二：

32
4x< br>0
?6x
0
?3??t
，设
g(x)?4x
3
?6x
2
?3
，
h(x)??t
，则“过点
P(1,t)
存在3条直线与曲
线
y?f(x)
相切”等价于“
y?g(x)与y ?h(x)
图像有三个交点”。
g
′(
x
)＝12
x
2
－12
x
＝12
x
(
x
. .

.
－1)．当
x
变化时，
g
(
x
)与
g
′(
x
)的变化情况如下：

x
g
′(
x
)

g
(
x
)

(－∞，0)

＋

单调递增

0

0

3

(0，1)

－

单调递减
1

0

1

(1，＋∞)
＋
单调递增


所以，
g
(0)＝3是
g
(
x
)的极大值，
g
(1)＝1是
g
(
x
)的极小值．
结合图像知，当y=
g
(
x
)与
y?h(x)
有3个不同交点时，有1t
<－1.
故当 过点
P
(1，
t
)存在3条直线与曲线
y
＝
f(
x
)相切时，
t
的取值范围是(－3，－1)．
【变式】
(1)已知函数
f(x)?2x
3
?3x
.若过点
P(1, t)
存在2条直线与
y?f(x)
相切，求t的取值范围；
(2)已知函数
f(x)?2x
3
?3x
.若过点
P(1,t)
存在1条直 线与
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？
答案：（具体过程，结合例题5，同学们自己思考）
（1）t=-3,t=-1 (2）t>-1或t<-3 (3)过点
A
(－1，2)存在3条直线与曲线
y
＝
f
(
x
)相切；
过点
B
(2，1 0)存在2条直线与曲线
y
＝
f
(
x
)相切；
过 点
C
(0，2)存在1条直线与曲线
y
＝
f
(
x< br>)相切．
【老吴帮你解后反思】： 解法一是高考标准答案，解法二，运用分离参数法思
想，分解成两个函数，一个是三次函数且不含参数，一个是常见的常函数，结
合函数图像（如图)即可 求解。


【变式】
：
已知函数f(x)=
1
3
x?ax
2
?b
在x=-2处有极值.
3
. .

.
（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；
（Ⅱ）若函数f(x)在区间[-3,3]上有且仅有一个零点，求b的取值范围。
2
解: （Ⅰ）
f
?
(x)?x?2ax
由题意知:
f
?
(?2)?4?4a?0
,得a=-1，
∴
f
?
(x)?x?2x
，令
f
?
(x)?0
，得x<-2或 x>0, 令
f
?
(x)?0
，得-2∴f(x)的单调递增区间是（-?，-2）和（0，+?），单调递减区间是（-2，0）。
（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）知，f(x)=
f(-2)=
2
1
3
x?x
2
?b
，
3
4
?b
为函数f(x)极大值，f(0)=b为极小值。
3
∵函数f(x)在区间[-3,3]上有且仅有一个零点，
?
f(?3) ?0
?
f(3)?0
?
f(?3)?0
?
f(?2)?0< br>?
f(?3)?0
∴
?
或
?
或
?
或
?
或
?
，
f(0)?0f(?2)?0f(3)?0f(3) ?0f(0)?0
?????
?
18?b?0
44
?
即?
4
，∴
?18?b??
，即b的取值范围是
[?18,?)
。
33
?b?0
?
?
3
解法二：由（Ⅰ）知，f(x)= < br>略解）求出
h(x)?
1
3
11
x?x
2
? b
，令
x
3
?x
2
?b
=0，
h(x)? x
3
?x
2
，
g(x)??b
，（以下
3331
3
x?x
2
在[-3,3]的最值与单调区间，结合函数图像即可求解 。
3
附图：
. .

.
【
例题6
】
：
设
f (x)?x
3
?
3
?
a?1
?
x
2
?3ax?1
．若函数
f(x)
在区间
?
1,4
?
内单调递减，求
a
的取值
2
范围；

【解析】
f
?
?
x
?
?3x
2
?3
?
a? 1
?
x?3a?3
?
x?1
??
x?a
?
∵函数
f
?
x
?
在区间
?
1,4
?
内单调递减，
∵
f
?
(4)≤0
，∴
a?
?< br>4,??
?
．
1
【变式】
已知函数
f(x）?x< br>3
?mx
2
?3m
2
x?1
(m?0)
.若 函数
f(x)
在区间
(2m?1,m?1)
上单调递
3
增， 求实数
m
的取值范围．
解析


由于
m?0，
f
?
(x)
，
f(x)
的变化情况如下表：
x

(??,?3m)

+
单调增
?3m

0
极大值
(?3m,m)

—
单调减
m

0
极小
值
(m,??)

+
单调增
f'(x)

f(x)

所以函数< br>f(x)
的单调递增区间是
(??,?3m)
和
(m,??)
.

【
例题7
】
已知函数
f(x)?
1
x
3
?ax
2
?(a
2
?1)x?b(a,b? R)
当
a?0
时，若
f(x)
在区间
(?1,1)
上不单
3
调，求
a
的取值范围
．

解析：因为函 数
f(x)
在区间
(?1,1)
不单调，所以函数
f
?(x)
在
(?1,1)
上存在零点．而
f
?
(x)?0
的
两根为
a?1
，
a?1
，区间长为
2
， ∴在区间
(?1,1)
上不可能有2个零点．所以
f
?
(?1)f< br>?
(1)?0
，
即
a
2
(a?2)(a?2)?0< br>．∵
a
2
?0
，∴
(a?2)(a?2)?0,?2?a?2
又∵
a?0
，∴
a?(?2,0)(0,2)

【
例题8
】
f(x)??x
3
?x
2
?2ax
，< br>1
3
1
2
若
f(x)
在
(,??)
上存在单调递增区间，求
a
的取值范围；
2
3
. .

.
解析：
2
?f(x)
在
(,??)
上存在单调递增区间
3

【
例题9
】已知函数
f(x)?x
3
?2x
2
?(2?a)x?1
，其中
a?0
．求
f(x)< br>在区间
[2,3]
上的最小值．
2
3
解：方程
f< br>?
(x)?0
的判别式
?
?8a?0
，
令
f
?
(x)?0
，得
x
1
?1?< br>2a2a
，或
x
2
?1?
．
22
f(x)
和
f
?
(x)
的情况如下：
x

(??,x
1
)

x
1

(x
1
,x
2
)

x
2

(x
2
,??)

f
?
(x)

f(x)

?

0


?

↘
0


?

↗ ↗
故
f( x)
的单调增区间为
(??,1?
2a2a2a2a
)
，
( 1?,??)
；单调减区间为
(1?,1?)
．
2222
① 当< br>0?a?2
时，
x
2
?2
，此时
f(x)
在 区间
(2,3)
上单调递增，
所以
f(x)
在区间
[2, 3]
上的最小值是
f(2)?
7
?2a
．
3
② 当
2?a?8
时，
x
1
?2?x
2
?3
，此时
f(x)
在区间
(2,x
2
)
上单调递减，在区间
(x
2
,3)
上单调
递增，
所以
f(x)
在区间
[2,3]
上的最小值是
f(x
2
)?
5a2a
?a?
．
33
③ 当
a?8
时，
x
1
?2?3?x
2
，此时
f(x)
在区间
(2,3)
上单调递减，
所以< br>f(x)
在区间
[2,3]
上的最小值是
f(3)?7?3a
．
. .

.
综上，当
0?a?2
时，
f(x)
在区 间
[2,3]
上的最小值是
7
?2a
；当
2?a?8
时，
f(x)
在区间
[2,3]
上的
3
最小值是

5a2a
?a?
；当
a?8
时，
f(x)
在区间< br>[2,3]
上的最小值是
7?3a
．
33
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