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)0()(23adcxbxaxxf其导函数为二次函数:)0(23)(2/acbxaxxf，判别式为：△=)3(412422acbacb，设0)(/xf的两根为1x、2x，结合函数草图易得：(1)若032acb，则0)(xf恰有一个实根；(2)若032acb,且0)()(21xfxf，则0)(xf恰有一个实根；(3)若032acb,且0)()(21xfxf，则0)(xf有两个不相等的实根；(4)若032acb,且0)()(21xfxf，则0)(xf有三个不相等的实根.说明:(1)(2)0)(xf含有一个实根的充要条件是曲线)(xfy与x轴只相交一次，即)(xf在R上为单调函数（或两极值同号），所以032acb（或032acb，且0)()(21xfxf）;(3)0)(xf有两个相异实根的充要条件是曲线)(xfy与x轴有两个公共点且其中之一为切点，所以032acb，且0)()(21xfxf;(4)0)(xf有三个不相等的实根的充要条件是曲线)(xfy与x轴有三个公共点，即)(xf有一个极大值，一个极小值，且两极值异号.所以032acb且0)()(21xfxf.【例题1】：设函数13-31)(23++=xxxxf，求函数)(xf的单调区间。解析：)(xf的定义域为R，3-2)(2xxxf+=′03-2)(2+=′xxxf⇒），或（∞1,-3)∞-(+∈x,此时为)(xf的单调递增区间；03-2)(2+=′xxxf⇒-3,1)(∈x，此时为)(xf的单调递减区间。【变式1】：设函数mxxxxf++=3-31)(23，求函数)(xf的单调区间。解析：)(xf的定义域为R，3-2)(2xxxf+=′03-2)(2+=′xxxf⇒），或（∞1,-3)∞-(+∈x,此时为)(xf的单调递增区间；...03-2)(2+=′xxxf⇒-3,1)(∈x，此时为)(xf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131)(23+++=mxxxxf，求函数)(xf的单调区间。解析：依题意可得2()2fxxxm当440m即1m时,220xxm恒成立,故()0fx,所以函数()fx在R上单调递增;当440m即1m时,2()20fxxxm有两个相异实根1244112mxm211xm，且21xx，故2()20fxxxm⇒(,11)(11,)xmxm或，此时为)(xf的单调递增区间；2()20fxxxm⇒(11,11)xmm，此时为)(xf的单调递减区间。综上可知，当1m时,函数()fx在R上单调递增;当1m时,(,11)(11,)xmxm或单调递增，(11,11)xmm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3】：设函数131)(23+++=xmxxxf在∈x（-∞，+∞）为单调函数，求m的取值范围。解析：依题意可得2()21fxxmx，2440,1m1m所以1,1m。【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()0fx，所以要Δ0≤。【变式4】：设函数1)1(2131)(23++++=mxxmxxf，求函数)(xf的单调区间。...解析：依题意可得2()(1)()(1)fxxmxmxmx，令0)(=′xf，12,1xmx，（1)m1,12xx,即(,)-1+m或（，）为单调递增，-m,-1（）为单调递减；（2）m=1,12xx=,即0)(≥′xf，所以函数()fx在R上单调递增;（3）m1,12xx,即-,1)-m,)（或（为单调递增，-1,-m（）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,m1,m1,【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5】：设函数cxxmmxxf++++=23)1(2131)(，求函数)(xf的单调区间。解析：依题意可得2()(1)1(1)(1)fxmxmxmxx，（1）m=0,()1fxx,所以函数()fx在-,1)（单调递减，在-1,)（单调递增；（2）m0≠,2()(1)1(1)(1)fxmxmxmxx=0,1211,xxmm0,12xx,1(,1)-,)m或（单调递减，1(1,)m单调递增；10m，12xx，1(,)-1,)m或（单调递增，1(,1)m单调递减；m=1,12xx=,所以在R上为单调递增；1m,12xx,1(,1)-,)m或（单调递增，1(1,)m单调递减；综上可知，m0,1(,1)-,)m或（单调递减，1(1,)m单调递增；m=0,,-,1)（单调递减，在-1,)（单调递增；10m，1(,)-1,)m或（单调递增，1(,1)m单调递减；...m=1,所以在R上为单调递增；1m,,1(,1)-,)m或（单调递增，1(1,)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cxxmxxf+++=232131)(，求函数)(xf的单调区间。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≠m0的情况下，讨论Δ的正负。【例题2】：设函数321()313fxxxx，求()fx的极值。解析：定义域为xR，依据题意可知2()23fxxx，令2()230fxxx，121,3xxx(,1)-1(1,3)3(3,)()fx()fx00()fx00()fx0()fx单调递增极大值8(1)3f单调递减极小值(3)8f单调递增附图：...【例题3】：设函数321()313fxxxx，求()fx在[0,4]的最值。解析：定义域为xR，依据题意可知2()23fxxx，令2()230fxxx，11x（舍）23xx0(0,3)3(3,4)4()fx()fx00()fx0()fx(0)1f单调递减极小值(3)8f单调递增7(4)3f通过表格可以发现，最大值为(0)1f，最小值(3)8f【老吴帮你解后反思】：本题主要注意求出导数值为零点时，11x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，2()369fxxx，()0fx，121,3xx（舍）x-2(2,1)-1(1,2)2()fx()fx00()fx0()fx(2)2fa单调递减(1)5fa单调递增(2)22fa由表可知f(x)的最大值为(2)22fa=20，所以a=-2.f(x)的最小值为(1)5fa=-7....附图：【变式2】：【2012高考北京文第19题改编】已知函数2()1(0)fxaxa，3()gxxbx。当3,9ab时，若函数()()fxgx在区间[,2]k上的最大值为28，求k的取值范围。解析：依据题意，32()()()391hxfxgxxxx，2()369hxxx，12()0,1,3hxxxx(,3)-3(3,1)-1(1,2)2()fx()fx00()fx00()fx0()fx单调递增极大值(3)28f单调递减极小值(1)12f单调递增(2)3f结合函数单调性可知，要使()hx最大值为28，必须使3k。【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3k。...【例题4】：设函数321()313fxxxx，()fx在[0,4]的满足()fxc恒成立，求c的取值范围。解析：定义域为xR，依据题意可知2()23fxxx，令2()230fxxx，11x（舍）23xx0(0,3)3(3,4)4()fx()fx00()fx0()fx(0)1f单调递减极小值(3)8f单调递增7(4)3f通过表格可以发现，最大值为(0)1f，最小值(3)8f在[0,4]的满足()fxc恒成立，必须使c1.【变式】：设函数321()313fxxxx，()fx在[0,4]的满足()fxc恒成立，求c的取值范围。解析：定义域为xR，依据题意可知2()23fxxx，令2()230fxxx，...11x（舍）23xx0(0,3)3(3,4)4()fx()fx00()fx0()fx(0)1f单调递减极小值(3)8f单调递增7(4)3f通过表格可以发现，最大值为(0)1f，最小值(3)8f在[0,4]的满足()fxc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()fxc恒成立，满足min()fxc；()fxc恒成立，满足max()fxc。【例题5】：【2014高考北京文第20题改编】已知函数3()23fxxx.若过点(1,)Pt存在3条直线与曲线()yfx相切，求t的取值范围；方法一：...方法二：3200463xxt，设32()463gxxx，()hxt，则“过点(1,)Pt存在3条直线与曲线()yfx相切”等价于“()()ygxyhx与图像有三个交点”。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()yhx有3个不同交点时，有1t3,即－3t－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3()23fxxx.若过点(1,)Pt存在2条直线与()yfx相切，求t的取值范围；(2)已知函数3()23fxxx.若过点(1,)Pt存在1条直线与()yfx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(2，10)存在2条直线与曲线y＝f(x)相