一元三次函数性质总结

1 三次函数的图像及性质 形如 的函数叫做三次函数，其中 是 自变量， 是常数。它具有以下性质： 1、图像、单调区间与极值 三次函数求导以后是二次函数， ，它的零点 个数决定了三次函数的极值情况与单调区间，下面是三次函数及其对 应的导函数全部共六种图像： 3 2( ) ( 0)f x ax bx cx d a= + + + ≠ x , , ,a b c d 2( ) 3 2f x ax bx c′ = + + ( )f x ( )f x ( )f x ( )f x′ ( )f x′ ( )f x′ x x x ( )f x ( )f x ( )f x ( )f x′ ( )f x′ ( )f x′ x x x 0a > 0a 1x 2x ( )f x 1 2( ) ( ) 0f x f x⋅ > ( )f x x ( )f x x ( )f x x ( )f x x ( )f x 1 2( ) ( ) 0f x f x⋅ = ( )f x x ( )f x x ( )f x x ( )f x x ( )f x 1 2( ) ( ) 0f x f x⋅ < ( )f x3 3、对称中心 三次函数 一定有对称中心。其对称 中心的横坐标为 。（三次函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的图象的对称中心 在其导函数 f＇(x)=3ax2+2bx+c 的图象对称轴上．若三次函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)有极值， 那么它的对称中心是两个极值点的中点．） 4、过平面内一点能作三次函数图像切线的条数 x ( )f x x ( )f x 3 2( ) ( 0)f x ax bx cx d a= + + + ≠ 3 bx a = − 3条 2条 1条 3条1条 1条 2条4 三次函数的三大性质初探 随着导数内容进入新教材，函数的研究范围也随之扩大，用导数的方法研究三次函数的 性质，不仅方便实用，而且三次函数的性质变得十分明朗，本文给出三次函数的三大主要性 质. 1 单调性 三次函数 , (1) 若 ，则 在 上为增函数； (2) 若 ，则 在 和 上为增函数， 在 上为减 )0()( 23 >+++= adcxbxaxxf 032 ≤− acb )(xf ),( +∞−∞ 032 >− acb )(xf ),( 1x−∞ ),( 2 +∞x )(xf ),( 21 xx5 函数，其中 . 证明 , △= ， (1) 当 即 时， 在 R 上恒成立， 即 在 为增 函数. (2) 当 即 时，解方程 ，得 或 在 和 上为增函数. 在 上为减函数. 由上易知以下结论: 三次函数 , 结论 1：若 ，则 在 R 上无极值； 结论 2：若 ，则 在 R 上有两个极值；且 在 处取得极大值，在 处取得极小值. 2 根的性质 三次函数 (1) 若 ，则 恰有一个实根； a acbbxa acbbx 3 3,3 3 2 2 2 1 −+−=−−−= cbxaxxf ++= 23)(' 2 )3(4124 22 acbacb −=− 0≤∆ 032 ≤− acb 0)(' ≥xf )(xf ),( +∞−∞ 0>∆ 032 >− acb 0)(' =xf a acbbxa acbbx 3 3,3 3 2 2 2 1 −+−=−−−= 0)(' >xf ⇒ 1xx < 2xx > ⇒ )(xf ),( 1x−∞ ),( 2 +∞x ⇒< 0)(' xf 21 xxx +++= adcxbxaxxf 032 ≤− acb )(xf 032 >− acb )(xf )(xf 1xx = 2xx = )0()( 23 ≠+++= adcxbxaxxf 032 ≤− acb 0)( =xf6 (2) 若 ,且 ，则 恰有一个实根； (3) 若 ,且 ，则 有两个不相等的实根； (4) 若 ,且 ，则 有三个不相等的实根. 证明： (1)(2) 含有一个实根的充要条件是曲线 与 X 轴只相交一次，即 在 R 上 为 单 调 函 数 或 两 极 值 同 号 ， 所 以 或 ， 且 . (3) 有两个相异实根的充要条件是曲线 与 X 轴有两个公共点且其中之一 为切点，所以 ，且 . (4) 有三个不相等的实根的充要条件是曲线 与 X 轴有三个公共点，即 有一个极大值，一个极小值，且两极值异号.所以 且 . 由上易得以下结论： 三次函数 在 上恒正的充分必要条件是 (m≥x2),或 且 (m− acb 0)()( 21 >⋅ xfxf 0)( =xf 032 >− acb 0)()( 21 =⋅ xfxf 0)( =xf 032 >− acb 0)()( 21 − acb 0)()( 21 >⋅ xfxf 0)( =xf )(xfy = 032 >− acb 0)()( 21 =⋅ xfxf 0)( =xf )(xfy = )(xf 032 >− acb 0)()( 21 +++= adcxbxaxxf ),[ +∞m 0)( >mf 0)( >mf 0)( 2 >xf7 3 对称性 三 次 函 数 的 图 象 关 于 点 对 称 ， 并 且 在 处取得最小值，其图象关于直线 对称. 证 1 易 知 是 奇 函 数 ， 图 象 关 于 原 点 对 称 ， 则 关 于 点 对称. ， 当 时 ， 取 得 最 小 值 ， 显 然 图象关于 对称. 证 2 设 的图象关于点 对称，任取 图象上点 ，则 A 关于 的 对 称 点 也 在 图 象 上 , 由上又可得以下结论： 结论 1： 是可导函数，若 的图象关于点 对称，则 图象 )0()( 23 >+++= adcxbxaxxf ))3(,3( a bfa b −− )(' xf a bx 3 −= a bx 3 −= )3()3)(3()3()( 2 323 a bfa bxa bca bxadcxbxaxxf −++−++=+++= xa bcaxxg )3()( 2 3 −+= )(xf ))3(,3( a bfa b −− cbxaxxf ++= 23)(' 2  0>a ∴ a bx 3 −= )(' xf )(' xfy = a bx 3 −= )(xfy = ),( nm )(xfy = ),( yxA ),( nm )2,2(' ynxmA −− )(xfy = dxmcxmbxmayn +−+−+−=− )2()2()2(2 23 )2248()412()6( 23223 mdmcbmamxcmbamxbmaaxy −+++−++++−=∴      −= −= ⇒    −+++−= ++= −−= ∴ )3( 3 )2248( 412 6 23 2 a bfn a bm ndmbbmamd cmbamc bmab )(xfy = )(xfy = ),( nm )(' xfy =8 关于直线 对称. 证明 的图象关于 对称，则 ， 图象关于直线 对称. 结论 2：若 图象关于直线 对称，则 图象关于点 对称. 证明 图象关于直线 对称，则 ， ∵ 푓′(푥) = 푙푖푚 훥푥→0 푓(푥 + 훥푥) ― 푓(푥) 훥푥 ∴ 푓′(2푚 ― 푥) = 푙푖푚 훥푥→0 푓(2푚 ― 푥 + 훥푥) ― 푓(2푚 ― 푥) 훥푥 = 푙푖푚 훥푥→0 푓(푥 ― 훥푥) ― 푓(푥) 훥푥 = ―푓′(푥)， ， 图象关于点 对称. 掌握上面的研究方法和三次函数的三大性质，对于解决有关三次函数的问题是十分有益的. 【常用结论】 1． （重点）三次函数的单调性由 a 来决定；b、c 决定函数有没有极值。d 确定函数图象与 y 轴交点。 2． （重点）函数 f(x)的极值由导函数 f＇(x)=3ax2+2bx+c 的判别式△决定： ①△≤0 无极值，单调区间为 R ②△＞0 既有极大值，又有极小值。有三个单调区间。 3．（了解）三次函数图象的对称性： mx = )(xfy = ),( nm ,2)2()( nxmfxf =−+ x xfxxfxf x ∆ −∆+= →∆ )()(lim)(' 0 x xfnxxfn x xmfxxmfxmf xx ∆ +−∆−−=∆ −−∆+−=−∴ →∆→∆ )(2)(2lim)2()2(lim)2(' 00 )(')()(lim 0 xfx xxfxf x =∆ ∆−−= →∆ ∴ )(' xfy = mx = )(xfy = mx = )(' xfy = )0,(m )(xfy = mx = )2()( xmfxf −= 0)(')2(' =+−∴ xfxmf ∴ )(' xfy = )0,(m9 三次函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的图象是中心对称图形，其对称中心是 （ ）．（三次函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的图象经过平移后能得到奇函数 图象，可以用待定系数法求得） 三次函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的图象的对称中心在其导函数 f＇(x)=3ax2+2bx+c 的图象对称轴上． 若三次函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)有极值，那么它的对称中心是两个极值点的中 点． 例题1： 设函数 ，求函数푓(푥)的单调区间。 解析： 的定义域为 R， ,此时为 的单调递增区间； ，此时为 的单调递减区间。 变式1： 设函数 ，求函数푓(푥)的单调区间。 )3(,3 a bfa b −− 13-3 1)( 23 ++= xxxxf )(xf 3-2)( 2 xxxf +=′ 03-2)( 2 >+=′ xxxf ⇒ ），或（ ∞1,-3)∞-( +∈x )(xf 03-2)( 2 +=′ xxxf ⇒ ），或（ ∞1,-3)∞-( +∈x )(xf 03-2)( 2 1m < 2( ) 2 0f x x x m′ = + + = 21 xx < 2( ) 2 0f x x x m′ = + + > ⇒ )(xf 2( ) 2 0f x x x m′ = + + < ⇒ )(xf 1m ≥ ( )f x R 1m < Δ 13 1)( 23 +++= xmxxxf ∈x ∞ ∞ 2( ) 2 1f x x mx′ = + +11 小结：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 （- ，+ ）上 ，所以要 变式4： 设函数 ，求函数 的单调区间。 解析：依题意可得 ， 令 ， ， （1）m 1, ,即 为单调递增， 为单调递减； （2）m=1, ,即 ，所以函数 在 上单调递增; （3）m 1, ,即 为单调递增， 为单调递减； 小结：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 12 xx > 12 xx = 0)( ≥′ xf ( )f x R < 12 xx < Δ cxxmxxf +++= 23 2 1 3 1)( )(xf ≠m Δ12 变式6： 设函数 ，求函数 的单调区间。 解析：依题意可得 ， （1）m=0, ,所以函数 在 单调递减，在 单调递增； （2）m , =0, m , , 单调递减， 单调递增 ， ， 单调递增， 单调递减； m=1, ,所以在 R 上为单调递增； , , 单调递增， 单调递减； 综上可知 m , 单调递减， 单调递增； m=0, , 单调递减，在 单调递增； ， 单调递增， 单调递减； m=1,所以在 R 上为单调递增； ,, 单调递增， 单调递减； 【小结】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。 - , 1)∞ −（ -1, )+∞（ 1 2 11,x x m = − = − 1( , 1) - , )m −∞ − +∞或（ 1( 1, )m − − 1( , ) -1, )m −∞ − +∞或（ 1( , 1)m − − 1( , 1) - , )m −∞ − +∞或（ 1( 1, )m − − 1( , 1) - , )m −∞ − +∞或（ 1( 1, )m − − - , 1)∞ −（ -1, )+∞（ 1( , ) -1, )m −∞ − +∞或（ 1( , 1)m − − 1( , 1) - , )m −∞ − +∞或（ 1( 1, )m − − cxxmmxxf ++++= 23 )1(2 1 3 1)( )(xf 2( ) ( 1) 1 ( 1)( 1)f x mx m x mx x′ = + + + = + + ( ) 1f x x′ = + ( )f x 0≠ 2( ) ( 1) 1 ( 1)( 1)f x mx m x mx x′ = + + + = + + 0< 12 xx > 10 0< 10 )(xf (2 1, 1)m m− + m 0>m )(xf ′ )(xf x )3,( m−−∞ m3− ),3( mm− m ),( +∞m ( )3 23( ) 1 3 12f x x a x ax= − + + + ( )f x ( )1 , 4 a ( ) ( ) ( )( )23 3 1 3 3 1f x x a x a x x a′ = − − + = − − ( )f x ( )1 , 4 (4) 0f ′ ≤ [ )4 ,a∈ + ∞14 + 0 — 0 + 单调增 极大值 单调减 极小 值 单调增 所以函数 的单调递增区间是 和 . 变式8： 已知函数 当 时，若 在区间 上不单调，求 的取值范围． 解析：因为函数 在区间 不单调，所以函数 在 上存在零点．而 的 两 根 为 ， ， 区 间 长 为 ， ∴ 在 区 间 上 不 可 能 有 2 个 零 点 ． 所 以 ， 即 ． ∵ ， ∴ 又 ∵ ，∴ 变式9： ， 若 在 上存在单调递增区间，求 的取 值范围； )(' xf )(xf )(xf ( , 3 )m−∞ − ( , )m +∞ axxxxf 22 1 3 1)( 23 ++−= )(xf ),3 2( +∞ a 3 2 21( ) ( 1) ( , )3f x x ax a x b a b= − + − + ∈R 0a ≠ ( )f x ( 1,1)− a ( )f x ( 1,1)− ( )f x′ ( 1,1)− ( ) 0f x′ = 1a − 1a + 2 ( 1,1)− ( 1) (1) 0f f′ ′− < 2 ( 2)( 2) 0a a a+ − < 2 0a > ( 2)( 2) 0, 2 2a a a+ − < − < < 0a ≠ ( 2,0) (0,2)a∈ − 15 解析： 在 上存单调递增区间 例题3： 【例题 2】：设函数 ，求 的极值。 解析：定义域为 ，依据题意可知 ，令 ， -1 3 )(xf ),( +∞ 3 2 3 21( ) 3 13f x x x x= − − + ( )f x x R∈ 2( ) 2 3f x x x′ = − − 2( ) 2 3 0f x x x′ = − − = 1 21, 3x x= − = x ( , 1)−∞ − ( 1,3)− (3, )+∞16 >0 0 0 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 附图： ( )f x′ ( )f x′ ( )f x′ ( )f x′ ( )f x 8( 1) 3f − = (3) 8f = −17 例题4： 【例题 3】：设函数 ，求 在[0,4]的最值。 解析：定义域为 ，依据题意可知 ，令 ， （舍） 0 3 4 0 单调递减 极小值 单调递增 通过表格可以发现，最大值为 ，最小值 【小结】本题主要注意求出 导数值为零点时， 不在给定范围。 附图： 3 21( ) 3 13f x x x x= − − + ( )f x x R∈ 2( ) 2 3f x x x′ = − − 2( ) 2 3 0f x x x′ = − − = 1 1x = − 2 3x = x (0,3) (3,4) ( )f x′ ( )f x′ ( )f x′ ( )f x (0) 1f = (3) 8f = − 7(4) 3f = − (0) 1f = (3) 8f = − 1 1x = −18 【变式 1】：【2005 高考北京文第 19 题改编】 已知函数 f(x)=－x3＋3x2＋9x＋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． 解析： 依据题意， ， ， （舍） -2 -1 2 0 单调递减 单调递增 由表可知 f(x)的最大值为 =20，所以 =-2.f(x)的最小值为 =-7. 附图： 2( ) 3 6 9f x x x′ = − + + ( ) 0f x′ = 1 21, 3x x= − = x ( 2, 1)− − ( 1,2)− ( )f x′ ( )f x′ ( )f x′ ( )f x ( 2) 2f a− = + ( 1) 5f a− = − + (2) 22f a= + (2) 22f a= + a ( 1) 5f a− = − +19 【 变 式 2 】 ： 【 2012 高 考 北 京 文 第 19 题 改 编 】 已 知 函 数 ， 。 当 时，若函数 在区间 上的最大值为 ，求 的取值范围。 解 析 ： 依 据 题 意 ， ， ， -3 -1 2 >0 0 0 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 结合函数单调性可知，要使 最大值为 ，必须使 。 3 2( ) ( ) ( ) 3 9 1h x f x g x x x x= + = + − + 2( ) 3 6 9h x x x′ = + − 1 2( ) 0, 1, 3h x x x′ = = = − x ( , 3)−∞ − ( 3,1)− ( 1,2)− ( )f x′ ( )f x′ ( )f x′ ( )f x′ ( )f x ( 3) 28f − = ( 1) 12f − = (2) 3f = ( )h x 3k ≤ − 2( ) 1( 0)f x ax a= + > 3( )g x x bx= + 3, 9a b= = − ( ) ( )f x g x+ [ ,2]k 28 k 2820 【小结】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 。 例题5： 【例题 4】：设函数 ， 在[0,4]的满足 恒成 立，求 c 的取值范围。 解析：定义域为 ，依据题意可知 ，令 ， （舍） 0 3 4 0 单调递减 极小值 单调递增 3k ≤ − 3 21( ) 3 13f x x x x= − − + ( )f x ( )f x c≤ x R∈ 2( ) 2 3f x x x′ = − − 2( ) 2 3 0f x x x′ = − − = 1 1x = − 2 3x = x (0,3) (3,4) ( )f x′ ( )f x′ ( )f x′ ( )f x (0) 1f = 7(4) 3f = −21 通过表格可以发现，最大值为 ，最小值 在[0,4]的满足 恒成立，必须使 c 1. 【变式】：设函数 ， 在[0,4]的满足 恒成立，求 c 的 取值范围。 (3) 8f = − (0) 1f = (3) 8f = − ( )f x c≤ ≥ 3 21( ) 3 13f x x x x= − − + ( )f x ( )f x c≥22 解析：定义域为 ，依据题意可知 ，令 ， （舍） 0 3 4 0 单调递减 极小值 单调递增 通过表格可以发现，最大值为 ，最小值 在[0,4]的满足 恒成立，必须使 c . 【小结】此类题目为恒成立问题，可以总结为 恒成立，满足 ； 恒成立，满足 。 x R∈ 2( ) 2 3f x x x′ = − − 2( ) 2 3 0f x x x′ = − − = 1 1x = − 2 3x = x (0,3) (3,4) ( )f x′ ( )f x′ ( )f x′ ( )f x (0) 1f = (3) 8f = − 7(4) 3f = − (0) 1f = (3) 8f = − ( )f x c≥ 8≤ − ( )f x c≥ min ( )f x c≥ ( )f x c≤ max ( )f x c≤23 例题6： 【例题 5】：【2014 高考北京文第 20 题改编】已知函数 .若过点 存在 3 条直线与曲线 相切，求 t 的取值范围； 方法一： 3( ) 2 3f x x x= − (1, )P t ( )y f x=24 方法二： ，设 ， ，则“过点 存在 3 条直 线与曲线 相切”等价于“ 图像有三个交点”。g′(x)＝12x2－12x ＝12x(x－1)．当 x 变化时，g(x)与 g′(x)的变化情况如下： x (－∞，0) 0 (0，1) 1 (1，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x) 单调递增 3 单调递减  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 有 3 个不同交点时，有 1x 0363)( 2 >++=′ xaxxf 0a > ( )f x 0a < ( )f x (1) 0f ′ ≥ (2) 0f ′ ≥ 5 04 a− ≤ < a 5[ ,0) (0, )4 − +∞ 2 3( ) 1 (1 )f x a x x x= + + − − 0a > ( )f x [0,1]x∈ ( )f x x ( )f x ( , )−∞ +∞ 2( ) 1 2 3f x a x x′ = + − − ( ) 0f x′ = 1 2 1 2 1 4 3 1 4 3, ,3 3 a ax x x x − − + − + += = < 1 2( ) 3( )( )f x x x x x′ = − − − 1x x< 2x x> ( ) 0f x′ < 1 2x x x< < ( ) 0f x′ > ( )f x 1 2( , ) ( , )x x−∞ +∞和 1 2( , )x x30 （Ⅱ）因为 ，所以 （ⅰ）当 时， ，由（Ⅰ）知， 在[0，1]上单调递增， 所以 在 和 处分别取得最小值和最大值 （ⅱ）当 时， ，由（Ⅰ）知， 在[0， ]上单调递增，在[ ， 1] 上单调递减，因此 在 处取得最大值 又 ，所以 当 时， 在 处取得最小值； 当 时， 在 和 处同时取得最小值； 当 时， 在 处取得最小值。 例 4.（14 年天津文科 19,满分 14 分）已知函数 （1） 求 的单调区间和极值；（2）若对于任意的 ，都存在 ，使得 ，求 的取值范围 解：（Ⅰ）由已知，有 0a > 1 20, 0x x< > 4a ≥ 2 1x ≥ ( )f x ( )f x 0x = 1x = 0 4a< < 2 1x < ( )f x 2x 2x ( )f x 2 1 4 3 3 ax x − + += = (0) 1, (1)f f a= = 0 1a< < ( )f x 1x = 1a = ( )f x 0x = 1x = 0 4a< < ( )f x 0x = 2 32( ) ( 0),3f x x ax a x R= − > ∈ ( )f x 1 (2, )x ∈ +∞ 2 (1, )x ∈ +∞ 1 2( ) ( ) 1f x f x⋅ = a 2( ) 2 2 ( 0)f x x ax a′ = − >31 令 ，解得 或 当 变化时， 的变化情况如下表： 0 - 0 + 0 - 0 所以， 的单调递增区间是 ；单调递减区间是 ， ， 当 时， 有极小值，且极小值 ； 当 时， 有极大值，且极大值 （Ⅱ）解：由 及（Ⅰ）知，当 时， ；当 时， 设集合 ，集合 ， 则“对于任意的 ，都存在 ，使得 ”等价于 ，显然， . 下面分三种情况讨论： （1）当 ，即 时，由 可知， ，而 ，所以 不是 的子集。 （2）当 ，即 时，有 ，且此时 在 上单调递减， ( ) 0f x′ = 0x = 1x a = x ( ), ( )f x f x′ x ( ,0)−∞ 10, a      1 a 1 ,a  +∞   ( )f x′ ( )f x   2 1 3a  ( )f x 10, a      ( ,0)−∞ 1 ,a  +∞   0x = ( )f x (0) 0f = 1x a = ( )f x 2 1 1 3f a a   =   3(0) 02f f a  = =   30, 2x a  ∈   ( ) 0f x > 3 ,2x a  ∈ +∞   ( ) 0f x < { ( ) | (2, )}A f x x= ∈ +∞ 1{ | (1, ), ( ) 0}( )B x f xf x = ∈ +∞ ≠ 1 (2, )x ∈ +∞ 2 (1, )x ∈ +∞ 1 2( ) ( ) 1f x f x⋅ = A B⊆ 0 B∉ 3 22a > 30 4a< < 3 02f a   =   0 A∈ 0 B∉ A B 31 22a ≤ ≤ 3 3 4 2a≤ ≤ (2) 0f ≤ ( )f x (2, )+∞32 故 ，因而 ； 由 ，有 在 上的取值范围包含 ，则 所以， （3）当 ，即 时，有 ，且此时 在 上单调递减， 故 ，所以 不是 的子集。 综上， 的取值范围是 ( , (2))A f= −∞ ( ,0)A ⊆ −∞ (1) 0f ≥ ( )f x (1, )+∞ ( ,0)−∞ ( ,0) B−∞ ⊆ A B⊆ 3 12a < 2 3a > (1) 0f < ( )f x (1, )+∞ 1 ,0 , ( , (2))(1)B A ff  = = −∞   A B a 3 3,4 2     33 课后练习、作业 1.设 . (1)若 在 上存在单调递增区间,求 的取值范围； (2)当 时， 在 上的最小值为 ，求 在该区间上的最大值. 解：（1）已知 ， ，函数 在 上 存在单调递增区间，即导函数在 上存在函数值大于零的部分 （2）已知 , 在 上取到最小值 ，而 的图像 开口 向 下 ， 且 对 轴 轴 为 ， .22 1 3 1)( 23 axxxxf ++−= )(xf ),3 2( +∞ a 20 ⇒>++−=′∴ aaf 20 =++−=′∴ aaf ( ) ,012224164 +=++−= aaf ( ) aaf 83 408162 1643 14 +−=+×+×−=∴ ( ) 02 27122 2766 1283 40)1(4 7 4a≥ 0),(,)1(3 1)( 223 >∈−++−= mRxxmxxxf 其中 时，1=m ））（，在点（ 11)( fxfy = 1)1(,2)(,3 1)(1 '2/23 =+=+== fxxxfxxxfm 故时， ））（，在点（ 11)( fxfy = 12)( 22' −++−= mxxxf 0)(' =xf mxmx +=−= 1,1 mmm −>+> 11,0 所以 )(),( ' xfxf x )1,( m−−∞ m−1 )1,1( mm +− m+1 ),1( +∞+ m )(' xf )(xf )(xf )1,( m−−∞ ),1( +∞+ m )1,1( mm +−36 函数 在 处取得极大值 ，且 = 函数 在 处取得极小值 ，且 = （3）解：由题设， 所 以 方 程 =0 由 两 个 相 异 的 实 根 ， 故 ， 且 ，解得 因为 若 ，而 ，不合题意 若 则对任意的 有 则 又 ，所以函数 在 的最 小 值 为 0 ， 于 是 对 任 意 的 ， 恒 成 立 的 充 要 条 件 是 , 解得 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 综上，m 的取值范围是 )(xf mx += 1 )1( mf + )1( mf + 3 1 3 2 23 −+ mm )(xf mx −= 1 )1( mf − )1( mf − 3 1 3 2 23 −+− mm ))((3 1)13 1()( 21 22 xxxxxmxxxxf −−−=−++−= 13 1 22 −++− mxx 21, xx 321 =+ xx 0)1(3 41 2 >−+=∆ m 2 1)(2 1 >−< mm ，舍 12 3,32, 221221 >>=+>< xxxxxx 故所以 0)1)(1(3 1)1(,1 2121 ≥−−−= ( )f x ( 1 1 , 1 1 )x a a∈ − − − − + − ( ) 0f x′ < ( )f x ( 1 1 , )x a∈ − + − +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x 1a ≥ ( )f x ( , )−∞ +∞ 1a < ( )f x ( , 1 1 ),( 1 1 , )a a−∞ − − − − + − +∞ ( )f x ( 1 1 , 1 1 )a a− − − − + − 3 2 3 2 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1( ) ( ) 1 ( ) ( ) ( ) 12 3 3 2 2 2f x f x x ax a − = + + + − + + +   3 3 2 2 0 0 0 1 1 1 1( ) ( ) ( )3 2 2 2x x a x   = − + − + −       2 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1( )( ) ( )( ) ( )3 2 2 4 2 2 2 xx x x x a x = − + + + − + + −   2 0 0 0 0 1 1 1( )( )2 3 6 12 2 x xx x a= − + + + + + 2 0 0 0 1 1( )(4 14 7 12 )12 2x x x a= − + + + 0 1 1(0, ) ( ,1)2 2x ∈  0 1( ) ( )2f x f= 2 0 04 14 7 12 0x x a+ + + = 1 1(0, ) ( ,1)2 2 20, 14 16(7 12 ) 4(21 48 ) 0a a a< ∴∆ = − + = − > 14 2 21 48 7 21 48 8 4 a a− ± − − ± −= 0 0x > 0x 7 21 48 4 a− + −41 依题意， ，即 所以 ，即 又由 ，得 ，故欲使满足题意的 存在，则 所以，当 时，存在唯一的 满足 当 时，不存在 使得 7+ 21 480 14 a− −< < 7 21 48 11a< − < 49 21 48 121a< − < 25 7 12 12a− < < − 7+ 21 48 1=4 2 a− − 5 4a = − 0x 5 4a ≠ − 25 5 5 7( , ) ( , )12 4 4 12a∈ − − − − 0 1 1(0, ) ( ,1)2 2x ∈  0 1( ) ( )2f x f= 25 7 5( , ] [ ,0)12 12 4a  ∈ −∞ − − −    0 1 1(0, ) ( ,1)2 2x ∈  0 1( ) ( )2f x f=42 6.已知函数 .(1)若 ，求 的单调区间； (2)若 在 单调增加，在 单调减少，证明: ＜ 6. （21）解：(09 海南宁夏理 21)（本小题满分 12 分） （Ⅰ）当 时， ，故 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 当 当 从而 单调减少. (Ⅱ) 由 从 而 因为 所以 3 2( ) ( 3 ) xf x x x ax b e−= + + + 3a b= = − ( )f x ( )f x ( , ),(2, )α β−∞ ( ,2),( , )α β +∞ β α− 3a b= = − 3 2( ) ( 3 3 3) xf x x x x e−= + − − 3 2 2'( ) ( 3 3 3) (3 6 3)x xf x x x x e x x e− −= − + − − + + − 3( 9 )xe x x− −= − − ( 3)( 3) xx x x e−= − − + 3x < − 或 0 3 '( ) 0;x f x< < >时， 3 0 3 '( ) 0.x x f x− < < > 1 2x< < ' ( ) 0f x < 2x > ' ( ) 0f x > 1x = ( )f x 5(1) 2f a= −44 当 时, 取极小值 ; 故当 或 时, 方程 仅有一个实根. 解得 或 . 2x = ( )f x (2) 2f a= − (2) 0f > (1) 0f < ( ) 0f x = 2a < 5 2a >45 8.已知函数 ，曲线 在点（0,2）处的切线与 轴交 点的横坐标为-2.（1）求 ；（2）证明：当 时，曲线 与直线 只有一个交点。 解：（14 年新课标文 21，本小题满分 12 分） （Ⅰ） ， 曲线 在点（0，2）处的切线方程为 由题设得 ，所以 （Ⅱ）由（Ⅰ）知， 设 由题设知 当 时 ， ， 单 调 递 增 ， ，所以 在 有唯一实根。 当 时，令 ，则 在 单调递减，在 单调递增，所以 故 在 没有实根 综上 在 R 由唯一实根，即曲线 与直线 只有一个交点。 3 2( ) 3 2f x x x ax= − + + ( )y f x= x a 1k < ( )y f x= 2y kx= − 2( ) 3 6f x x x a′ = − + (0)f a′ = ( )y f x= 2y ax= + 2 2a − = − 1a = 3 2( ) 3 2f x x x x= − + + 3 2( ) ( ) 2 3 (1 ) 4g x f x kx x x k x= − + = − + − + 1 0k− > 0x ≤ 2( ) 3 6 1 0g x x x k′ = − + − > ( )g x ( 1) 1 0, (0) 4g k g− = − < = ( ) 0g x = ( ,0]−∞ 0x > 3 2( ) 3 4h x x x= − + ( ) ( ) (1 ) ( )g x h x k x h x= + − > 2( ) 3 6 3 ( 2), ( )h x x x x x h x′ = − = − (0,2) (2, )+∞ ( ) ( ) (2) 0g x h x h> ≥ = ( ) 0g x = (0, )+∞ ( ) 0g x = ( )y f x= 2y kx= −