完整版三次函数的性质总结练习.docx

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完整版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为三次函数图象的判别式，则

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），进而易得结论．

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P对称）．

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+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,

即

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 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

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,

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

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   

（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）,

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

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

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

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）,

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,−1）．

（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,

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），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,

根据性质四的结论①，可得

−3

（1）,

即

−3

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．

注   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；

当a>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；

当a<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]．

注   本题为2009年高考福建卷理科数学第21题（压轴题）．