完整版三次函数的性质总结练习Word下载.docx
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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+2b327a2+d,
即
f(x)=(x+b3a)3+(c−b23a)(x+b3a)+f(−b3a),
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)⩽0,
2⋅a+13⋅a−23⋅−2a+13⩽0,
结合a>
1,可得a的取值范围是[2,+∞).
注
本题为2004年高考重庆卷理科数学第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
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和极小值点三等分.
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,
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,
x2=−2x1.
又由性质三的推论1,可得
2x1=x2+x3,
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.
此题即2010年高考福建卷理科数学第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,
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2007年高考全国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.
(1)f(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),
⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪23x31−a2x21+1=0,23x32−a2x22+1=0,
两式相减并约去x1−x2,得
x21+x1x2+x22=34a2,
x21+x1x2+x22=(x1+x2)2−x1x2>
(x1+x2)2−14(x1+x2)2=34(x1+x2)2,
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,+∞).
此题为2010年高考湖北卷文科数学第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、
(1)f(x)的导函数为
f′(x)=x2+2ax+b,
于是所求的代数表达式为
b=2a−1.
(2)在
(1)的基础上,有
f′(x)=(x+1)⋅(x+2a−1),
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;
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,−1).
(3)此时
f(x)=13x3−x2−3x,
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).
本题为2009年高考福建卷文科数学第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,
d=−4b−8,
从而
f(x)=x3+bx2−(8+4b)=(x−2)⋅[x2+(b+2)x+2b+4],
(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
−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],
limn→+∞xn=a.
因此点列{Pn}的极限位置为(a,−2a3+ab),也就是三次函数的对称中心.
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、
(1)f(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,
−3<
t<
f
(1),
−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(x)相切;
过B(2,10)存在2条直线与曲线y=f(x)相切;
过C(0,2)存在1条直线与曲线y=f(x)相切.
本题为2014年高考北京卷文科数学第20题(压轴题).
练习6、
(1)b=2a−1;
1时,函数f(x)的单调递增区间为(−∞,1−2a)和(−1,+∞),单调递减区间为(1−2a,−1);
当a=1时,函数f(x)的单调递增区间为R;
1时,函数f(x)的单调递增区间为(−∞,−1)和(1−2a,+∞),单调递减区间为(−1,1−2a).
(2)①
t的最小值为2,证明从略;
②
m的取值范围为(1,3].
本题为2009年高考福建卷理科数学第21题(压轴题).