高中数学三次函数的所有题型及解答总计.docx
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高中数学三次函数的所有题型及解答总计
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
（）
3
2
（
0）
f
x
ax
bxcx
da
其导函数为二次函数
:
/
（）
3
2
2
（
0）
，
ax
bxca
fx
判别式为：
△=4
2
12
ac
4（
b
2
3
），设
f
/
（x）0
的两根为
x1
、
x2
，结合函数草图易得：
b
ac
（1）
若b2
3ac
0，则f（x）
0
恰有一个实根；
（2）
若b2
3ac
0,且f（x1）
f（x2）
0，则f（x）
0恰有一个实根；
（3）
若b2
3ac
0,且f（x1）
f（x2）
0，则f（x）
0
（4）
若b2
3ac
0,且f（x1）
f（x2）
0，则f（x）
0
有两个不相等的实根；
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b2
3ac
0（或b2
3ac
0，且f（x1）f（x2）
0）;
（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
b2
3ac
0，且f（x1）f（x2）
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b2
3ac
0且f（x1）
f（x2）0.
【
】
13
+x
2-3
x+
1
，求函数f（x）的单调区间。
例题1
：
设函数f（x）=
x
3
解析：
f（x）的定义域为R，f′（x）=x2+2x-3
2
此时为
的单调递增区间；
f′（x）=x+2x-3>0?
x∈（-∞,-3）或（1，+∞）
f（x）
f′（x）=x2+2x-3<0?
x∈（-3,1）
，此时为f（x）的单调递减区间。
【变式1】：
设函数f（x）=1x3+x2-3x+m，求函数f（x）的单调区间。
3
解析：
f（x）的定义域为R，f′（x）=x2+2x-3
f′（x）=x2+2x-3>0?
x∈（-∞,-3）或（1，+∞）,此时为f（x）的单调递增区间；
1
f′（x）=x2+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2】：
设函数f（x）=1x3+x2+mx+1，求函数f（x）的单调区间。
3
解析：
依题意可得f（x）x22xm
当
即
时,
x
2
2xm0
f（x）0
f（x）
R
;
44m
0m
1
在
上单调递增
恒成立故
所以函数
当44m0即m1时,
x1
2
4
4m
1
m
f（x）x2
2
1
11m，且
2xm0有两个相异实根
x2
x12
2xm
0
?
x（,11）m或x（11,m）
此时为
f（x）
的
，
单调递增区间；f（x）
x2
2xm0?
x
（1
1m,1
1
m），此时为f（x）的单
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
（11m,）单调递增，
x
（1
1
m,
11
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，所以要讨论的正负。
【变式3】：
设函数f（x）=1x3+mx2+x+1在x∈（-∞，+∞）为单调函数，求m的取
3
值范围。
解析：
依题意可得
f（x）x2
2mx1，4m2
40,
1m1所以m
1,1。
【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≤0。
2
【变式4】：
设函数f（x）=
1
x3+
1（m+1）x2+mx+1，求函数f（x）的单调区间。
3
2
解析：
依题意可得f（x）
x2
（m
1）x
m（xm）（x
1），
令f（x）=0
，x1
m,x2
1，
′
（1）m>1,x2
>x1,即
（
m）或（-1+，）
（-m,-1）
为单调递增，
为单调递减；
（2）m=1,x2=x1,即f′（x）≥0，所以函数
f（x）在R上单调递增;
（-,
1）或（-m,）
为单调递增，
（-1,-m）
（3）m<1,x2为单调递减；
【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，所以要讨论的正负。
【变式5】：
设函数f（x）=1mx3+1（m+1）x2+x+c，求函数f（x）的单调区间。
3
2
解析：
依题意可得f（x）
mx2
（m
1）x
1
（mx1）（x
1），
（1）m=0,f（x）
x
（-
1）
单调递减，在
（-1,
）
单调递增；
1,所以函数f（x）在
x1
1,x2
1
（2）m≠0,f（x）
mx2
（m
1）x1
（mx
m
1）（x1）=0,
（
1）或（-1,
）
（1,
1）
m<0,x2>x1,
m
单调递减，
m单调递增；
（
1）或（-1,
）
（
1,1）
0m
单调递增，
m
单调递减；
m=1,x2=x1,所以在R上为单调递增；
（
1）或（-1,
）
（1,1）
m>1,x2>x1,
m
单调递增，
m单调递减；
（
1）或（-1,
）
（1,1）
综上可知，
m<0,
m
单调递减，
m单调递增；
m=0,
（-
1）
单调递减，在
（-1,）
单调递增；
3
（,
1）或（-1,
）
（
1,1）
0，
m
单调递增，
m单调递减；
m=1,所以在R上为单调递增；
（
1
）
（1,
1
1）或（-,
）
m>1,,
m
单调递增，
m单调递减；
【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6】：
设函数f（x）=1mx3+1x2+x+c，求函数f（x）的单调区间。
32
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，讨论的正负。
例题2：
设函数
f（x）
1x3
x2
3x1
f（x）
【
3
，求
的极值。
】
解析：
定义域为
xR，依据题意可知
f（x）x2
2x3，令f（x）x2
2x30，
x1
1,x23
x
1）
-1
（
1,3）
3
（3,）
（
f（x）
f（x）
>0
0
f
（x）
<0
0
f（x）
>0
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
f（x）
8
f
（1）
f（3）
8
3
4
附图：
例题3：
设函数
f（x）
1x3
x2
3x1
f（x）
【
3
，求
在[0,4]的最值。
】
解析：
定义域为x
R，依据题意可知f（x）
x2
2x
3，令f
（x）x2
2x3
0，
x1
1（舍）x2
3
x
0
（0,3）
3
（3,4）
4
f（x）
f（x）
<0
0
f
（x）
>0
f（x）
f（0）1
单调递减
极小值
单调递增
f（4）
7
3
f（3）
8
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，
x1
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）=－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，
f（x）
3x2
6x9
，
f（x）0
，
x1
1,x2
3
（舍）
5
x
-2
（2,1）
-1
（1,2）
2
f
（x）
f（x）
<0
0
f（x）
>0
f
（2）
2a
单调递减
f
（1）5
a
单调递增
f
（2）
22
a
f（x）
由表可知f
x
的最大值为f
（2）
22a
，所以
a
=-2.
的最小值为
f（
1）5
a
（）
f（x）
=-7.
=20
附图：
【变式2】：
【2012高考北京文第19题改编】已知函数f（x）
ax2
1（a
0），g（x）
x3
bx。
当a3,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。
解析：
依据题意，
h（x）
f（x）
g（x）
x3
3x2
9x1h（x）3x2
6x
9
h（x）0,x1
1,x2
3
，
，
x
3）
-3
（3,1）
-1
（1,2）
2
（
f（x）
f（x）
>0
0
f（x）
<0
0
f
（x）
>0
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
f
（2）
3
f（x）
f（3）
28
f
（1）
12
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k3。
6
例题4
f（x）
1x3
x2
3x1
f（x）
f（x）c
【
：
设函数
3
，
在[0,4]的满足
恒成立，求
c的取值范
】
围。
解析：
定义域为x
R，依据题意可知f（x）
x2
2x
3，令f（x）x2
2x30，
x1
1（舍）x2
3
x
0
（0,3）
3
（3,4）
4
f（x）
f
（x）
<0
0
f（x）
>0
f（x）
f（0）
1
单调递减
极小值
单调递增
7
f（4）
f（3）
8
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.
【变式】：
设函数
f（x）
1x3
x2
3x
1
c恒成立，求
3
，f（x）在[0,4]的满足
f（x）
c的取值范围。
7
解析：
定义域为x
R，依据题意可知f（x）
x2
2x
3，令f（x）x2
2x30，
x1
1（舍）x2
3
x
0
（0,3）
3
（3,4）
4
f（x）
f（x）<0
0
f（x）>0
f（x）
f（0）
1
单调递减
极小值
单调递增
7
f（4）
f（3）
8
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c8.
【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fmin（x）
c；f（x）c恒成立，满足fmax（x）c。
【
】
【2014高考北京文第20题改编】已知函数
3
若过点
存在
f（x）2x3x.
P（1,t）3
例题5：
条直线与曲线y
f（x）相切，求t的取值范围；
方法一：
8
方法二：
4x036x023t，设g（x）
4x36x2
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）＝12x2－12x＝12x（x
9
－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yh（x）有3个不同交点时，有
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）2x33x.若过点P（1,t）存在2条直线与yf（x）相切，求t的取值范围；
（2）已知函数f（x）2x33x.若过点P（
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