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专题 14 三次函数
函数与导数一直是高考中的热点与难点, 我们知道二次函数是重要的且具有广泛应用的基本初等函数,
学生对此已有较为全面、系统、深刻的认识,并在某些方面具备了把握规律的能力,由于三次函数的导数是二
次函数,我们可以利用二次函数深入研究三次函数的图象与性质,这使得三次函数成为高考数学的一个热点.
(一)三次函数的单调性
由于三次函数 f x的导数 f¢x是二次函数,我们可以利用 f¢x=0根的情况及根的分布来研究三次函数
的单调性,特别是含有参数的三次函数的单调性通常要借助二次方程根的分布求解.
1 1
【例1】（2024届青海省部分学校高三下学期联考）已知函数 f x= x3+ mx2-m+1x．
3 2
(1)讨论 f x的单调性；
(2)若 f x有3个不同的零点,求m的取值范围．
【解析】（1） f¢x=x2+mx-m+1=x-1x+m+1 ,
令 f¢x=0,解得x=1或x=-m-1,
①当-m-1>1,即m<-2时,
由 f¢x>0得x<1或x>-m-1；由 f¢x<0得1-2时,
由 f¢x>0得x>1或x<-m-1；由 f¢x<0得-m-1-2时, f x在-¥,-m-1和1,+¥上单调递增；在-m-1,1上单调递减.
（2）因为 f x有3个零点,所以m¹-2,
当m>-2时,极大值 f -m-1= æ ç m + 2ö ÷ m+12 ；极小值 f 1=- 1 m- 2 ,
è 6 3ø 2 3
ï
ì
ç
æm
+
2ö
÷ m+12 >0
ïè 6 3ø 4
所以í ,解得m>- 且m¹-1,
ï 1 2 3
- m- <0
ïî 2 3
当m<-2时,极大值 f 1=- 1 m- 2 ；极小值 f -m-1= æ ç m + 2ö ÷ m+12 ,
2 3 è 6 3ø
ì ï æ ç m + 2ö ÷ m+12 <0
ïè 6 3ø
所以í ,解得m<-4,
ï 1 2
- m- >0
ïî 2 3
æ 4 ö
综上,m的取值范围为-¥,-4Èç- ,-1÷È-1,+¥.
è 3 ø
(二)过平面上一点P作三次函数图象的切线的条数
1.此类问题一般是先设出切点Q t, f t ,写出曲线 f x 在x =t处的切线方程,把点P坐标代入,整理出一
个关于t的三次方程,该方程实根个数就是切线条数.
2.以三次函数为 f(x) = ax3 +bx为例,研究一下三次函数的切线问题：若 M（x ,y ）是三次曲线
1 1
f(x) = ax3 +bx上的任一点,设过 M 的切线与曲线 y=f（x）相切于（x ,y ）,则切线方程为
0 0
y- y = f ¢(x )(x-x ), 因 点 M 上 此 切 线 上 , 故 y - y = f ¢(x )(x -x ), 又
0 0 0 1 0 0 1 0
y = ax 3 +bx ,y = ax 3 +bx , 所 以 ax 3 +bx -(ax 3 +bx ) =(3ax 2 +b)(x -x ), 整 理 得 ：
0 0 0 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0
x
(x -x )2(2x + x ) =0,解得,x = x 或x = - 1 .综上所述,当点M是对称中心即x =0时,过点M作曲
0 1 0 1 0 1 0 2 1
线的切线切点是惟一的,且为M,故只有一条切线；当点M不是对称中心即x ¹ 0时,过点M作曲线的切线可
1
产生两个不同的切点,故必有两条切线,其中一条就是以M为切点（亦即曲线在点M处）的切线.
由此可见,不仅切线与曲线的公共点可以多于一个,而且过曲线上点的切线也不一定惟一【例2】（2024届福建省泉州市高中毕业班5月适应性练习）已知函数 f x=ax3-2x2-2x+aa³0．
(1)当a=1时,若直线y=-3x+b与曲线y= f x相切,求b；
(2)若直线y=-2x-2与曲线y= f x恰有两个公共点,求a．
【解析】（1）当a=1时, f x=x3-2x2-2x+1, f¢x=3x2-4x-2,
因为直线y=-3x+b与曲线y= f x相切,
设切点为x ,y ,则切线斜率k = f¢x =3x2-4x -2,
0 0 0 0 0
ì 1
x =
ì3x2-4x -2=-3 ì x =1 ï ï 0 3
0 0 0
ï ï ï 4
可得íy =-3x +b ,解得íy =-2或íy = ,
0 0 0 0 27
ï î y 0 =x 0 3-2x 0 2-2x 0 +1 ï î b=1 ï ï 31
b=
ï
î 27
31
所以b=1或b= ．
27
（2）因为直线y=-2x-2与曲线y= f x恰有两个公共点,
所以方程ax3-2x2-2x+a=-2x-2,
即方程a x3+1 -2 x2-1 =0有两个不等实根,
因为x=-1是方程a x3+1 -2 x2-1 =0的一个根；
当x¹-1时,方程可化为ax2-a+2x+a+2=0（*）,
依题意,方程（*）有不等于-1的唯一根,
因为a³0,若a=0,则（*）即-2x+2=0,x=1,满足条件；
ì ï a+a+2+a+2¹0 2
若a>0,则由í ,解得：a= ．
ïîV =a+22 -4aa+2=0 3
2
综上所述,a=0或a= ．
3
【例3】（2024届江苏省南通市高三上学期期初质量监测）已知函数 f x=ax3+bx2+cxa>0的极小值为
-2,其导函数 f¢x的图象经过A-1,0,B1,0两点.
(1)求 f x的解析式；(2)若曲线y= f x恰有三条过点P1,m的切线,求实数m的取值范围.
【解析】（1） f¢x=3ax2+2bx+c,
因为a>0,且 f¢x的图象经过A-1,0,B1,0两点.
所以当xÎ-¥,-1时, f¢x>0, f x单调递增；
当xÎ-1,1时, f¢x<0, f x单调递减；
当xÎ1,+¥时, f¢x>0, f x单调递增.
所以 f x在x=1处取得极小值,所以 f 1=a+b+c=-2,
又因为 f¢-1=0, f¢1=0,所以3a-2b+c=0,3a+2b+c=0,
ì3a-2b+c=0
ï
解方程组í3a+2b+c=0得a=1,b=0,c=-3,
ï
îa+b+c=-2
所以 f x=x3-3x.
（2）设切点为x ,y ,则y =x3-3x ,
0 0 0 0 0
因为 f¢x=3x2-3,所以 f¢x =3x2-3,
0 0
所以切线方程为y- x3-3x = 3x2-3 x-x ,
0 0 0 0
将P1,m代入上式,得2x3-3x2+m+3=0.
0 0
因为曲线y= f x恰有三条过点P1,m的切线,所以方程2x3-3x2+m+3=0有三个不同实数解.
记gx=2x3-3x2+m+3,则导函数g¢x=6x2-6x=6xx-1,
令g¢x=0,得x=0或1.
列表：
x -¥,0 0 0,1 1 1,+¥
g¢x
+ 0 - 0 +gx ↗ 极大 ↘ 极小 ↗
所以gx的极大值为g0=m+3,gx的极小值为g1=m+2,
ìïg0>0
所以í ,解得-30,解得x ；令 f¢x<0,解得a0时 f x有 1 个零点； f x f x =0时
1 2 1 2 1 2
f x有2个零点； f x f x <0时 f x有3个零点.
1 2
【例5】（2023届江西省赣抚吉十一校高三第一次联考）已知函数 f(x)=x3-4mx2-3m2x+2,其中m³0.
(1)若 f x的极小值为－16,求m；
(2)讨论 f x的零点个数.
【解析】（1）由题得 f¢(x)=3x2-8mx-3m2 =(x-3m)(3x+m),其中m³0,当m=0时, f¢x³0, f x单调递增,
m m
f x无极值；当m>0时,令 f¢x>0,解得x<- 或x>3m；令 f¢x<0,解得- 0时, f x的极小值为 f 3m=2-18m3, f x的极大值为 f ç- ÷=2+ m3 >0,
è 3 ø 27
当2-18m3 <0,即m>
33
时, f x有三个零点,如图①曲线 ；当2-18m3 =0,即
3
m=
33
时, f x有两个零点,如图②曲线；当2-18m3 >0,即0
33
时, f x有三个零点.
3
(五)三次函数图象的对称性
三次函数 f(x)=ax3+bx2 +cx+d(a ¹0)的图象有六种,如图：200 200
f(x) 0 f(x) 0
图(1) 图(2)
200 200
10 0 10 10 0 10
x x
200
200
f(x) 0 图(3f)(x) 0
图(4)
200 200
10 0 10 10 0 10
x x
200 200
f(x) 0 图(5) f(x) 0 图(6)
200 200
10 0 10 10 0 10
x x
对函数 f(x)=ax3+bx2 +cx+d(a ¹0)进行求导： f¢(x)=3ax2 +2bx+c是二次函数,原函数的极值点与
单调性与导函数的正负有关,所以容易发现导函数中的参数a与D的符号起决定性作用.当a为正时,原函数
的图象应为上图中的（1）、（3）、（5）三种情况；而当a为负时,原函数的图象则为（2）、（4）、（6）三种情
况.当D>0时,二次方程 f¢(x)=0有两相异实根x ,x ,且在x ,x 的两边 f¢(x)的符号相反,故函数 f(x)存
1 2 1 2
在两个极值点,图象为上图中的（3）、（4）两种；当D=0时,二次方程 f¢(x)=0有两相等实根,且在根的两
边 f¢(x)的符号相同,这时函数 f(x)只存在驻点（但不是极值点）,函数的图象为上图中（1）、（2）两种,当D<0
时；方程 f¢(x)=0无实根, f¢(x)的值恒为正（或负）,函数的图象为上图中的（5）、（6）两种.
仔细观察图象,我们还不难发现三次函数是中心对称曲线,这一点可以得到进一步的验证:设
f(m-x)+ f(m+ x) = 2n,得[a(m-x)3 +b(m-x)2 +c(m-x)+d]+[a(m+ x)3 +b(m+ x)2 +c(m+ x)+d]= 2n整 理 得 ,
b
(6ma+2b)x2 +(2am3 +2bm2 +2mc+2d) = 2n.据多项式恒等对应系数相等,可得 m = - 且
3a
n = am3 +bm2 +mc+d,从而三次函数是中心对称曲线,且由n = f(m)知其对称中心(m, f(m))仍然在曲
b
线上.而m = - 是否具有特殊的意义？对函数 f(x)进行两次求导, f ¢¢(x) =6ax+2b再令等于 0,得
3a
b
x = - ,恰好是对称中心的横坐标,这可不是巧合,因为满足 f ¢¢(m) =0的m正是函数拐点的横坐标,这一
3a
性质刚好与图象吻合.
【例6】对于三次函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d(a¹0),给出定义：设 f¢(x)是函数y= f(x)的导数, f¢¢(x)是
f¢(x)的导数,若方程 f¢¢(x)=0有实数解x ,则称点(x , f(x ))为函数y= f(x)的“拐点”．某同学经过探究发现：
0 0 0
任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心．若
1 1 5
f(x)= x3- x2+3x- ,请你根据这一发现.
3 2 12
（1）求函数 f(x)的对称中心；
1 2 3 2020
（2）计算 f( )+ f( )+ f( )+×××+ f( ).
2021 2021 2021 2021
【解析】（1） f¢(x)=x2-x+3,\f¢¢(x)=2x-1,
Q
1
令 f¢¢(x)=0,即2x-1=0,解得x= ,
2
1 1 1 1 1 1 5
\f( )= ´( )3- ´( )2+3´ - =1,
2 3 2 2 2 2 12
1
由题中给出的结论,可知函数 f(x)的对称中心为( ,1).
2
1 1 5 1
（2）由（1）知函数 f(x)= x3- x2+3x- 的对称中心为( ,1),
3 2 12 2
1 1
所以 f( +x)+ f( -x)=2,即 f(x)+ f(1-x)=2,
2 2
1 2020 2 2019 2020 1
故 f( )+ f( )=2, f( )+ f( )=2×××, f( )+ f( )=2,
2021 2021 2021 2021 2021 2021
1 2 3 2020 1
所以 f( )+ f( )+ f( )+×××+ f( )= ´2´2020=2020.
2021 2021 2021 2021 2
(六)三次函数与韦达定理的交汇
由于三次函数的导数是二次函数,而二次函数常与韦达定理交汇,故有时可以用定理交汇处理三次函数问题
a b
【例7】设x ,x 是函数 f(x) = x3 + x2 -a2x(a >0)的两个极值点,且| x |+| x |= 2
1 2 3 2 1 2(1)求a的取值范围；
4 3
(2)求证：|b|£ .
9
【解析】(1) f '(x) = ax2 +bx-a2,x ,x 是f '(x)=0的两个实根,又a＞0
1 2
b b2
x x = -a <0,x + x = - ,| x |+| x |=| x -x |= +4a
1 2 1 2 a 1 2 1 2 a2
b2
由| x |+| x |= 2得 +4a =4，即b2 =4a2 -4a3 =4a2(1-a)
1 2 a2
b2 ³0\0< a £1
Q
(2)设b2 = g(a) = 4a2 -4a3,则g'(a) =8a-12a2 = 4a(2-3a)
2 2
g(a)在(0，)在单调递增，在( ，1)上单调递增
3 3
2 16 4 3
[g(a)] = g( )= ,\b £
max 3 27 9
【例8】（2024年2月第二届“鱼塘杯”高考适应性练习）对三次函数 f x=ax3+bx2+cx+d,a¹0,如果其存
b c d
在三个实根x,x ,x ,则有x +x +x =- ,x x +x x +x x = ,x x x =- .称为三次方程根与系数关系.
1 2 3 1 2 3 a 1 2 2 3 3 1 a 1 2 3 a
(1)对三次函数 f x=ax3+bx2+cx+d ,设gx= f¢x ,存在x ÎR,满足0= f x =gx ¹ g¢x .证明：存
0 0 0 0
在x ¹x ,使得 f x=ax-x x-x 2；
1 0 1 0
(2)称 f x是m,M上的广义正弦函数当且仅当 f x存在极值点x,x Îm,M ,使得
1 2
f x , f x =f m, f M .在平面直角坐标系xOy中,Aa,b是第一象限上一点,设
1 2
b
f x=xa-x+ ,gx=x(a-x)2-4b.已知gx在0,a上有两根x 27b；
（ii）求点A组成的点集,满足 f x是x ,x 上的广义正弦函数.
0 3
【解析】（1）因为 f x =0,所以不妨设 f x=ax-x x-x x-x ,a¹0,
0 0 1 2
所以gx= f¢x=ax-x x-x +ax-x x-x +ax-x x-x ,a¹0,
0 1 0 2 1 2因为0=gx ¹ g¢x ,所以gx = f¢x =ax -x x -x =0,a¹0,
0 0 0 0 0 1 0 2
所以不妨取x =x 满足题意,且此时必有x ¹x ,
2 0 1 0
否则若x=x ,则有 f x=ax-x 3 ,gx= f¢x=3ax-x 2 ,g¢x=6ax-x ,
0 0 0 0
而此时g¢x =6ax -x =0与已知0=gx ¹ g¢x 矛盾,
0 0 0 0 0
综上所述,存在x ¹x ,使得 f x=ax-x x-x 2 .
1 0 1 0
（2）（i）Aa,b是第一象限上一点,所以a>0,b>0,
b b -2x3+ax2-b
因为 f x=xa-x+ ,所以 f¢x=a-2x- = ,a>0,b>0,
x x2 x
设hx=-2x3+ax2-b,则h0=-b<0,
而x®-¥时,hx®+¥,x®+¥时,hx®-¥,
所以hx=-2x3+ax2-b=0存在负根,
-2x3+ax2-b
因为 f x在0,+¥上存在两个极值点,等价于方程 f¢x= =0在0,+¥上有两个根,
x
等价于方程hx=-2x3+ax2-b=0在0,+¥上存在两个根,
注意到三次方程最多有3个根,所以方程hx=-2x3+ax2-b=0有一个负根,两个不同的正根,
a
而h¢x=-6x2+2ax,当00,hx单调递增,
3
a
当x> 时,h¢x=-6x2+2ax<0,hx单调递减,
3
æaö 2a3 a3 a3
所以当且仅当hç ÷=- + -b= -b>0,即当且仅当a3 >27b,
è3ø 27 9 27
综上所述,命题（i）得证；
（ii）容易验证,a3 >27b时,g(x)=0也恰好有两个正根x ,x ,
0 3
此时：由于对x>0来说, f¢x=0等价于2x3-ax2+b=0,gx=0等价于xa-x2 -4b=0,
所以对x>0,如果gx=0,那么 f¢ æ ç a-xö ÷=
a-x3
-
aa-x2
+b=
-xa-x2
+b=0,
è 2 ø 4 4 4
a-x a-x
这意味着x = 3,x = 0 ,
1 2 2 2
é b ù
然后,对两个不相等的正数u,v, f u- f v=u-v a-u+v- ,
ê ú
ë uvûb
所以 f(u)= f(v)当且仅当u+v+ =a,
uv
那么如果t =x 或x,就有a-2t =x 或x ,故 f¢t=ga-2t,
1 2 0 3
b b b-t2a-2t 2t3-at2+b
此时t+a-2t+ =a-t+ =a+ =a+ =a,
ta-2t ta-2t ta-2t ta-2t
所以 f t= f a-2t,这意味着 f x = f x , f x = f x ,
0 2 1 3
a
最后,由于mx=-hx=2x3-ax2+b有一个极值点x= ,
3
a a
所以x,x 都不等于 （x,x 是不相等的正零点,同时该方程还有另一个负零点,但 只要是根就是二重的,所
1 2 3 1 2 3
a
以 不可能是根）,这就说明x ¹ x ,x ¹ x ,
3 1 3 0 2
结合 f x的单调性以及 f x = f x , f x = f x ,必有x 27b
.
【例1】（2024届福建省泉州市高三5月适应性练习）已知函数 f x=ax3-2x2-2x+aa³0．
(1)当a=1时,若直线y=-3x+b与曲线y= f x相切,求b；
(2)若直线y=-2x-2与曲线y= f x恰有两个公共点,求a．
【解析】（1）当a=1时, f x=x3-2x2-2x+1, f¢x=3x2-4x-2,
因为直线y=-3x+b与曲线y= f x相切,
设切点为x ,y ,则切线斜率k = f¢x =3x2-4x -2,
0 0 0 0 0
ì 1
x =
ì3x2-4x -2=-3 ì x =1 ï ï 0 3
0 0 0
ï ï ï 4
可得íy =-3x +b ,解得íy =-2或íy = ,
0 0 0 0 27
ï î y 0 =x 0 3-2x 0 2-2x 0 +1 ï î b=1 ï ï 31
b=
ï
î 2731
所以b=1或b= ．
27
（2）因为直线y=-2x-2与曲线y= f x恰有两个公共点,
所以方程ax3-2x2-2x+a=-2x-2,
即方程a x3+1 -2 x2-1 =0有两个不等实根,
因为x=-1是方程a x3+1 -2 x2-1 =0的一个根；
当x¹-1时,方程可化为ax2-a+2x+a+2=0（*）,
依题意,方程（*）有不等于-1的唯一根,
因为a³0,若a=0,则（*）即-2x+2=0,x=1,满足条件；
ì ï a+a+2+a+2¹0 2
若a>0,则由í ,解得：a= ．
ïîV =a+22 -4aa+2=0 3
2
综上所述,a=0或a= ．
3
【例2】（2024届福建省泉州第五中学高考热身测试）已知函数 f x=x3-ax+2,aÎR.
(1)若x=-2是函数 f x的极值点,求a的值,并求其单调区间；
é1 ù
(2)若函数 f x在 ,3 上仅有2个零点,求a的取值范围．
ê ú
ë3 û
【解析】（1） f¢x=3x2-a, f¢-2=12-a=0,得a=12,
当a=12时, f¢x=3x2-12=0,得x=-2或x=2,
x, f¢x, f x的变化情况如下表所示,
x -¥,-2 -2 -2,2 2 2,+¥
f x + 0 - 0 +
f¢x 增区间 极大值18 减区间 极小值-14 增区间
所以函数 f x的增区间是-¥,-2和2,+¥ ,减区间是-2,2；
é1 ù
（2）令 f x=x3-ax+2=0,xÎ ,3 ,
ê ú
ë3 ûx3+2 2 2 é1 ù
得a= =x2+ ,令gx=x2+ ,xÎ
ê
,3
ú
,
x x x ë3 û
2 2 x3-1
g¢x=2x- = =0,得x=1,
x2 x2
如下表,
1 æ1 ö
x ç ,1÷ 1 1,3 3
3 è3 ø
g¢x
- 0 +
55 29
gx 减区间 极小值3 增区间
9 3
é1 ù
因为函数 f x在 ,3 上仅有2个零点,即y=a与y=gx有2个交点,如图：
ê ú
ë3 û
55
即30,得x<-2或x>1．
所以函数hx有两个极值h-2和h1．
若h-2=-2,得2´(-2)3+3´(-2)2-12´-2+m=-2,解得m=-22；若h1=-2,得2´13+3´12-12´1+m=-2,解得m=5．
综上,实数m的值为－22或5．
æ 3ù
（2）由（1）得,h¢x,hx在区间ç-¥,
ú
的变化情况如下表所示：
è 2û
x -¥,-2 -2 -2,1 1 æ ç1, 3ö ÷ 3
è 2ø 2
h¢x + 0 － 0 +
9
hx 极大值m+20 极小值m-7 m-
Z ] Z
2
由表可知,
3 é 3ù æ3ö 9
①当1£k < 时,函数hx在区间
ê
k,
ú
上单调递增,所以最大值为hç ÷=m- ,
2 ë 2û è2ø 2
53 1
其值为- 或 ,不符合题意；
2 2
②当k =-2时,函数hx在-2,1上单调递减,在 æ ç1, 3ö ÷上单调递增,
è 2ø
æ3ö 9 æ3ö é 3ù
因为h-2=20+m,hç ÷=m- ,h2>hç ÷,所以hx在
ê
k,
ú
上的最大值为h-2=m+20,其值为-2
è2ø 2 è2ø ë 2û
或25,不符合题意；
③当k <-2时,函数hx在k,-2上单调递增,在-2,1上单调递减,在ç æ 1, 3 ÷ ö 上单调递增,
è 2ø
æ3ö 9 æ3ö é 3ù
因为h-2=20+m,hç ÷=m- ,h2>hç ÷,所以hx在
ê
k,
ú
上的最大值为h-2=m+20,其值为-2
è2ø 2 è2ø ë 2û
或25,不符合题意；
④当-20； 0； 0．
3 3 2 2
m m3
∴g(x)在x= 处取极大值 =1,∴m=3符合题意．
3 27
综上,m=3．
（2）由（1）可知, f(x)=-2x3+3x2, f¢(x)=-6x2+6x=6x-x+1 ,
令 f¢x>0可得-11或x<0,
如图所示．① 当a<0时,b= f(a)>0,
当00,矛盾；
2
3
当b> 时,c= f(b)<0,∴a= f(c)>0,矛盾．
2
② 当a=0时,符合题意．
1 1 1
③ 当0x,∴1>b= f(a)>a> ,
2 2 2
1 1
则1>c= f(b)>b> ,1>a= f(c)>c> ,∴a>c>b>a,矛盾．
2 2
⑥ 当a=1时,符合题意．
3
⑦ 当11矛盾．
2
3 3
⑧ 当a> 时,b= f(a)<0,c= f(b)>0,∴a= f(c)≤1,与a> 矛盾．
2 2
1
综上,a=b=c=0,或a=b=c= ,或a=b=c=1．
2
【例5】（2023届重庆市第十一中学校高三上学期11月质量检测）已知函数 f x=x3-3x2+ax+3, f x在
x处取极大值,在x处取极小值.
1 2
(1)若a=0,求函数 f x的单调区间；
(2)在方程 f x= f x 的解中,较大的一个记为x ,在方程 f x= f x 的解中,较小的一个记为x ,证明：
1 3 2 4
x -x
4 1 为定值.
x -x
3 2
【解析】（1）当a=0时, f x= x3-3x2+3,定义域为R, f¢x=3x2-6x,当 f¢x>0时,x>2或x<0；当 f¢x<0时,00,得a<3,
x +x =2,
1 2
所以x <10)．
3 2
(1)若函数 f(x)有三个零点分别为x,x,x ,且x +x +x =-3,xx =-9,求函数 f(x)的单调区间；
1 2 3 1 2 3 1 2
1
(2)若 f¢(1)=- a,3a>2c>2b,证明：函数 f(x)在区间(0,2)内一定有极值点；
2
b
(3)在（2）的条件下,若函数 f(x)的两个极值点之间的距离不小于 3,求 的取值范围．
a
1 1 1 1
【解析】（1）因为函数 f(x)= ax3+ bx2+cx=x( ax2+ bx+c)(a>0),
3 2 3 2
又x +x +x =-3,xx =-9,则x =0,x +x =-3,xx =-9
1 2 3 1 2 3 1 2 1 2
1 1
因为x,x 是方程 ax2+ bx+c=0的两根,
1 2 3 23b 3c b c
则- =-3, =-9,得 =2, =-3,
2a a a a
b c
所以 f¢(x)=ax2+bx+c=a(x2+ x+ )=a(x2+2x-3)=a(x-1)(x+3)．
a a
令 f¢(x)=0解得：x=1,x=-3当 f¢(x)>0时,x<-3或x>1,
当 f¢(x)<0时,-30,3a>2c>2b,所以3a>0,2b<0,即a>0．b<0．
1
于是 f¢(1)=- a<0, f¢(0)=c, f¢(2)=4a+2b+c=4a-(3a+2c)+c=a-c．
2
1
①当c>0时,因为 f¢(0)=c>0, f¢(1)=- a<0,而 f¢(x)在区间(0,1)内连续,
2
则 f¢(x)在区间(0,1)内至少有一个零点,设为x=m,
则在xÎ(0,m), f¢(x)>0, f(x)单调递增,
在xÎ(m,1), f¢(x)<0, f(x)单调递减,
故函数 f(x)在区间(0,1)内有极大值点x=m；
1
②当c£0时,因为 f¢(1)=- a<0, f¢(2)=a-c>0,
2
则 f¢(x)在区间(1,2)内至少有一零点．设为x=n ,
则在xÎ(1,n), f¢(x)<0, f(x)单调递减,
在xÎ(n,2), f¢(x)>0, f(x)单调递增,
故函数 f(x)在区间(1,2)内有极小值点．
综上得函数 f(x)在区间(0,2)内一定有极值点．
（3）设m,n是函数的两个极值点,
则m,n也是导函数 f¢(x)=ax2+bx+c=0的两个零点,
b c 3 b
由（2）得3a+2b+2c=0,则m+n=- ,mn= =- - ．
a a 2 a
b 3 b b
所以|m-n|= (m+n)2-4mn= (- )2-4(- - )= ( +2)2+2
a 2 a a
b
由已知, ( +2)2+2 ³ 3,
ab b b
则两边平方得( +2)2+2³3,得出 +2³1,或 +2£-1,
a a a
b b
即 ³-1,或 £-3,又2c=-3a-2b,3a>2c>2b,
a a
3
所以3a>-3a-2b>2b,即-3a0,所以-3< <- ．综上分析, 的取值范围是[-1,- )．
a 4 a 4
1
1.（2024届江苏省连云港市高三下学期4月阶段测试）已知函数 f x= x3-2x2+mx+n在x=1时取得极
3
值．
(1)求实数m的值；
(2)存在xÎ2,4 ,使得 f x>n2成立,求实数n的取值范围．
【解析】（1）易知 f¢x=x2-4x+m,依题意 f¢1=12-4´1+m=0,解得m=3,
此时 f¢x=x2-4x+3=x-1x-3 ,
当x<1或x>3时, f¢x>0；当1n2,解得 0时,令 f¢(x)=3(x-1)2-a=3x2-6x+3-a=0,
3a 3a 3a 3a
得x=1+ 或x=1- ,当x<1- 或x>1+ 时, f¢x>0,
3 3 3 3
当1- 3a 0,且x ¹1,
0
由题意,得 f¢(x )=3(x -1)2-a=0,
0 0
a 2a a
即(x -1)2 = ,进而 f(x )=- x - -b,
0 3 0 3 0 3
又 f 3-2x =2-2x 3-33-2x x -12-b
0 0 0 0
a 2a a
=x -128-8x -9+6x -b =x -12-2x -1-b= -2x -1-b=- x - -b,
0 0 0 0 0 3 0 3 0 3
3a 3a
即为 f(3-2x )= f(x )= f(x ),当x =1- 时,x在x=1+ 的右侧,
0 0 1 0 3 1 3
3a 3a
当x =1+ 时,x在x=1- 的左侧,即有3-2x =x ,即为x +2x =3.
0 3 1 3 0 1 1 0
3.（2024届海南省琼中县高三上学期9月全真模拟）已知函数 f x=x24x-m,m>0．
(1)当m=4时,求 f x在-1,1上的值域；
(2)若 f x的极小值为-2,求m的值．
【解析】（1）当m=4时, f x=x24x-4=4x3-4x2,则 f¢x=12x2-8x,令 f¢x=0,得x=0或 2 ,
3
当x变化时, f 'x, f x的变化情况如表所示：
x -1 -1,0 0 æ ç0, 2ö ÷ 2 æ ç 2 ,1 ö ÷ 1
è 3ø 3 è3 ø
f 'x ＋ 0 － 0 ＋
16
f x -8 单调递增 极大值0 单调递减 极小值- 单调递增 0
27
所以 f x在-1,1上的值域为-8,0．
（2）由 f x=x24x-m=4x3-mx2,得 f¢x=12x2-2mx,
m
令 f¢x=0,得x=0或 ,因为m>0,
6
m m
令 f¢x<0,得00,得x<0或x> ,
6 6
æm ö æ mö
所以 f x在-¥,0和ç ,+¥÷上单调递增,在ç0, ÷上单调递减,
è 6 ø è 6 ø
m æmö 1
f x在x= 处取得极小值,令 f ç ÷=- m3 =-2,
6 è 6 ø 108
解得m=6,故m的值为6．
4.（2024届贵州省贵阳第一中学高三上学期适应性月考）已知函数 f x=2x3-3x.
(1)求函数y= f x在x=0处的切线方程；
(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)请问过点A0,0,B-1,-1,C-1,3 ,D1,-1,E1,-2分别存在几条直线与曲线y= f x相切？（请直
接写出结论,不需要证明）
【解析】（1）因为 f¢x=6x2-3,所以 f¢0=-3.又 f 0=0,
根据导数的几何意义可知,函数y= f x在x=0处的切线的斜率为-3,
所以,切线方程为y=-3x.
（2）设切点为x ,y ,则 f¢x =6x2-3,切线方程为y- y = 6x2-3 x-x ,
0 0 0 0 0 0 0
整理可得,y=3 2x2-1 x-4x3.
0 0又点P-1,t在切线上,则t =-3 2x2-1 -4x3 =-4x3-6x2+3.
0 0 0 0
要使过点P-1,t存在3条直线与曲线y= f x相切,则该方程有3个解.
令gx =-4x3-6x2+3,则g¢x =-12x2-12x =-12x x +1.
0 0 0 0 0 0 0 0
解g¢x >0,可得-10,所以gx 在-¥,-1上单调递减,在0,+¥上单调递减.
0 0 0 0
所以,gx 在x =-1处取得极小值,在x =0处取得极大值.
0 0 0
又g-1=1,g0=3,由题意可知,1-1,
0 0
所以,此时-4x3-6x2+3=-1,只有1个解,即只存在1条切线；
0 0
③当C-1,3在切线上时,
3
由（2）知,-4x3-6x2+3=3,解得x =0或x =- .所以此时存在2条切线；
0 0 0 0 2
④设切线过Q1,s此时有s=3 2x2-1 -4x3 =-4x3+6x2-3.
0 0 0 0
令hx =-4x3+6x2-3,则h¢x =-12x2+12x =-12x x -1.
0 0 0 0 0 0 0 0
解h¢x >0,可得01,所以hx 在-¥,0上单调递减,在1,+¥上单调递减.
0 0 0 0
所以,hx 在x =0处取得极小值,在x =1处取得极大值.
0 0 0
又h0=-3,g1=-1,所以,当-30,即a<-1或a>1时,令 f¢x=x2-2ax+1=0,解得x =a- a2-1,x =a+ a2-1,
1 2
当xÎ -¥,a- a2-1 时, f¢x>0,当xÎ a- a2-1,a+ a2-1 时, f¢x<0,
当xÎ a+ a2-1,+¥ 时, f¢x>0,
所以 f x在 -¥,a- a2-1 , a+ a2-1,+¥ 上单调递增,在 a- a2-1,a+ a2-1 上单调递减,
综上所述,当-1£a£1时, f x在R上单调递增,
当a<-1或a>1时, f x在 -¥,a- a2-1 , a+ a2-1,+¥ 上单调递增,在 a- a2-1,a+ a2-1 上单调递
减；
9
（2）当x=0时,F(x)= f(x)-x= ¹0,此时函数无零点,
2
1 9
x3+
当x¹0时,Fx=0等价于 3 2 ,
a=
x2
设 gx=
1
3
x3+ 9
2 ,hx=a,则g¢x=
x3-27
=
x-3 x2+3x+9
,
x2
3x3 3x3
当x<0时,g¢x>0,故gx单调递增,且gxÎ-¥,+¥
,
当03时,g¢x>0,故gx单调递增,3
又g3= ,当x>0且x®0时,gx®+¥,当x®+¥时,gx®+¥,
2
如图作出函数gx的大致图象,
1 9
x3+ 3
由图可知,要使 gx= 3 2 ,hx=a两个函数有两个交点,则a=
2
,
x2
3
即当a= 时,Fx有且只有2个零点．
2
6．（2024届江苏省南通市模拟预测）设a>0,函数 f(x)=ax3-2x+1．
(1)当a=1时,求过点(0,-1)且与曲线y= f(x)相切的直线方程：
(2)x,x 是函数 f(x)的两个极值点,证明： f x + f x 为定值．
1 2 1 2
【解析】（1）当a=1时, f(x)=x3-2x+1,则导数 f¢(x)=3x2-2．
设切点为 x ,x3-2x +1 ,则 f¢x =3x2-2,
0 0 0 0 0
所以切线方程为y- x3-2x +1 = 3x2-2 x-x ．
0 0 0 0
又切线过点(0,-1),则-1- x3-2x +1 = 3x2-2 0-x ,
0 0 0 0
整理得,2x3 =2,解得x =1．
0 0
所以过点(0,-1)且与曲线y= f(x)相切的直线方程为y=x-1．
2
（2）证明：依题意, f¢(x)=3ax2-2(a>0),令 f¢(x)=0,得x=± ．
3a
æ 2 ö 2 æ 2 2 ö 2 æ 2 ö
x ç-¥,- ÷ - ç- , ÷ ç ,+¥÷
ç è 3a ÷ ø 3a ç è 3a 3a ÷ ø 3a è ç 3a ø ÷
f¢x + 0 - 0 +
f x 极大值 极小值
Z ] Z2 2
不妨设x 1时, f¢x>0,
\ f x在-¥,-1,1,+¥上单调递增,在-1,1上单调递减,
则当x=1时, f x取得极小值 f 1=13-3´1+l=l-2,
当l=0时, f x=x3-3x,显然 f -x=-x3+3x=- x3-3x =-f x,
且 f 0=-03+3´0=0,\ f x为奇函数；
当l¹0时, f -x=-x3+3x+l=- x3-3x+l +2l=-f x+2l,
∴ f x为非奇非偶函数．
综上所述, f x的极小值为l-2；当l=0时, f x为奇函数,
当l¹0时, f x为非奇非偶函数．
（2）由（1）知
f¢x=3x2-3,∴曲线在点Am，f m
处的切线方程为：
y- m3-3m+l = 3m2-3 x-m,其与原曲线方程y=x3-3x+l联立化简得：x-m2x+2m=0,
从而B -2m,-8m3+6m+l m¹0,
æ m -7m3+3m+2lö
由于P为线段AB的中点,∴Pç- , ÷,
è 2 2 ø
7m3-3m-2l
则直线OP的斜率k = ,
m
由于"mÎ0,2 ,k ³18,即当mÎ0,2时,恒有2l£7m3-21m,
令hm=7m3-21m,则h¢m=21m2-21=21m+1m-1
,
易知当00,
即hm在0,1上单调递减,在1,2上单调递增,
∴当mÎ0,2时,hm =h1=7-21=-14,
min
∴2l£-14Þl£-7,从而实数l的取值范围为-¥,-7．
8．设函数 f x= 1 x3- 1 x2+ax,aÎR．
3 2
(1)若x=2是 f x的极值点,求a的值,并讨论 f x的单调性．
1 2
(2)已知函数gx= f x- ax2+ ,若gx在区间0,1内有零点,求a的取值范围．
2 3
(3)设 f x有两个极值点x,x,试讨论过两点 x, f x , x , f x 的直线能否过点1,1 ,若能,求a的值；若
1 2 1 1 2 2
不能,说明理由．
【解析】（1）由 f x= 1 x3- 1 x2+ax,求导得 f¢x=x2-x+a．
3 2
由 f¢2=4-2+a=0,得a=-2．∴ f¢x=x2-x-2=x-2x+1．
令 f¢x=0,得x =2,x =-1．
1 2
∴当xÎ-¥,-1
U
2,+¥时, f¢x>0, f x）单调递增；
当xÎ-1,2时, f¢x<0, f x单调递减；
1 2 1 æ1 1 ö 2
（2）由gx= f x- ax2+ = x3-ç + a÷x2+ax+ ,
2 3 3 è2 2 ø 3求得g¢x=x2-1+ax+a=x-1x-a,
①当a³1,xÎ0,1时,g¢x>0恒成立,gx单调递增,
2
又g0= >0,∴gx在区间0,1内没有零点,
3
②当00,gx单调递增,
当xÎa,1时,g¢x<0,gx单调递减,
2
又g0= >0,此时若gx在区间0,1内有零点,则必有g1<0,
3
1 æ1 1 ö 2 1 1
由g1<0,得 -ç + a÷+a+ = a+ <0,得a<-1,无解,
3 è2 2 ø 3 2 2
③当a£0时,当xÎ0,1时,g¢x<0恒成立,gx单调递减,
此时欲使gx在区间0,1内有零点,必有g1<0,得a<-1,
综上,a的取值范围为-¥,-1；
（3）不能．原因如下：
设 f x有两个极值点x,x,则导函数 f¢x=x2-x+a有两个不同的零点,
1 2
1
∴D>0,即1-4a>0,解得a< ,且x,x为方程x2-x+a=0的两根,
4 1 2
由x2-x +a=0,得x2 =x -a,
1 1 1 1
1 1 1 1
∴ f x = x3- x2+ax = x x -a- x2+ax
1 3 1 2 1 1 3 1 1 2 1 1
1 2 1 2 æ2 1ö 1
=- x2+ ax =- x -a+ ax =ç a- ÷x + a,
6 1 3 1 6 1 3 1 è3 6ø 1 6
æ2 1ö 1
同理 f x =ç a- ÷x + a,
2 è3 6ø 2 6
由此可知过两点 x, f x , x , f x 的直线方程为y= æ ç 2 a- 1ö ÷x+ 1 a,
1 1 2 2 è3 6ø 6
æ2 1ö 1 7
若直线过点1,1 ,则1=ç a- ÷+ a,解得a= ,
è3 6ø 6 5
1
若 f x有两个极值点,则a< ,显然不合题意．
4
综上,过两点 x, f x , x , f x 的直线不能过点1,1．
1 1 2 2
1
9．已知函数 f x=x3+ax+ ,gx=-lnx,用minm,n表示m,n中的最小值,设函数
4hx=minf x,gxx>0,讨论hx零点的个数．
【解析】显然hx的定义域为0,+¥．
当xÎ1,+¥时,gx=-lnx<0．
从而hx=minf x,gx£ gx<0,故hx在1,+¥上没有零点．
5
当x=1时,g1=-ln1=0, f 1=a+ ．
4
5
∴a³- 时, f1³0,从而h1=0,故x=1是hx的零点；
4
5
a<- 时, f 1<0,从而h1<0,故x=1不是hx的零点．
4
当xÎ0,1时,gx=-lnx>0．
1
故只要考虑 f x=x3+ax+ 在0,1上的零点个数．
4
1
x3+
由 f x=0分离参数得： a=- 4 =- æ çx2+ 1 ö ÷=- æ çx2+ 1 + 1 ö ÷£- 3,
x è 4xø è 8x 8xø 4
1
当且仅当x= 时等号成立．
2
æ 1 ö æ1ö 3 5 æ 1ö
令ux=-çx2+ ÷,计算得uç ÷=- ,u1=- ,当x®0时,ux®-¥,当xÎç0, ÷时,ux单调递增,当
è 4xø è2ø 4 4 è 2ø
æ1 ö
xÎç ,1÷时,ux单调递减．结合图象可知：
è2 ø
3
当a>- 时,hx在0,1上没有零点,
4
3 5
当a=- 或a£- 时,hx在0,1上有一个零点,
4 4
5 3
当- - 或a<- 时,hx有1个零点,当a=- 或a=- 时,
4 4 4 4
5 3
hx有2个零点,当- 1,即m<-2时,
由 f¢x>0得x<1或x>-m-1；由 f¢x<0得1-2时,
由 f¢x>0得x>1或x<-m-1；由 f¢x<0得-m-1-2时, f x在-¥,-m-1和1,+¥上单调递增；在-m-1,1上单调递减.
（2）因为 f x有3个零点,所以m¹-2,
当m>-2时,极大值 f -m-1= æ ç m + 2ö ÷ m+12 ；极小值 f 1=- 1 m- 2 ,
è 6 3ø 2 3
ï
ì
ç
æm
+
2ö
÷ m+12 >0
ïè 6 3ø 4
所以í ,解得m>- 且m¹-1,
ï 1 2 3
- m- <0
ïî 2 3
当m<-2时,极大值 f 1=- 1 m- 2 ；极小值 f -m-1= æ ç m + 2ö ÷ m+12 ,
2 3 è 6 3øì ï æ ç m + 2ö ÷ m+12 <0
ïè 6 3ø
所以í ,解得m<-4,
ï 1 2
- m- >0
ïî 2 3
æ 4 ö
综上,m的取值范围为-¥,-4Èç- ,-1÷È-1,+¥.
è 3 ø
11．（2023届上海市嘉定区高三三模）已知函数 f(x)=x3+bx2+cx(b、cÎR),其导函数为 f¢(x),
(1)若函数 f(x)有三个零点x、x、x ,且x +x +x =3,xx =-9,试比较 f(3)- f(0)与3f¢(2)的大小.
1 2 3 1 2 3 1 3
(2)若 f¢(1)=-2,试判断 f(x)在区间(0,2)上是否存在极值点,并说明理由.
(3)在（1）的条件下,对任意的m,nÎR,总存在xÎ[0,3]使得| f(x)+mx+n|³t成立,求实数t的最大值.
【解析】（1）因为xx =-9<0,故x,x 一正一负,
1 3 1 3
f(x)=x3+bx2+cx=x(x2+bx+c),所以x =0,所以x,x 是方程x2+bx+c=0的两根,
2 1 3
由韦达定理得x +x =-b,xx =c,
1 3 1 3
因为x +0+x =3,xx =-9
1 3 1 3
所以b=-3,c=-9,故 f(x)=x3-3x2-9x, f¢x=3x2-6x-9, f¢(2)=-9,
因为 f(3)- f(0)=-27,3f¢(2)=-27,所以 f(3)- f(0)=3f¢(2)；
（2） f¢(x)=3x2+2bx+c,开口向上,
f¢(1)=3+2b+c=-2, f¢(0)=c, f¢(2)=12+4b+c=2-c,
①当c>0时, f¢(1)×f¢(0)<0,
根据零点存在定理可知,存在x Î(0,1)使得 f¢(x )=0,
0 0
且xÎ(0,x )时, f¢(x)>0, f x单调递增,xÎ(x ,1)时, f¢(x)<0, f x单调递减,
0 0
所以 f(x)在区间(0,2)上存在极大值点,
②当c£0时, f¢(2)=2-c>0, f¢(1)× f¢(2)<0,
根据零点存在定理可知,存在x Î(1,2)使得 f¢(x )=0,且xÎ(1,x )时, f¢(x)<0,
0 0 0
xÎ(x ,2)时, f¢(x)>0,所以 f(x)在区间(0,2)上存在极小值点；
0
（3）对任意的m,nÎR,总存在xÎ[0,3]使得| f(x)+mx+n|³t成立,
ì f 0+m×0+n £M
ï
ï
设xÎ[0,3],| f(x)+mx+n|的最大值为M ,则í f 2+m×2+n £M ,
ï
ïî f 3+m×3+n £M
即|n|£M ①,|-22+2m+n|£M ②,|-27+3m+n|£M ③,由①+③´2得3M ³|n|+2|-27+3m+n|³|-54+6m+3n|④,
由②´3得3M ³|-66+6m+3n|⑤,
④+⑤得6M ³|-54+6m+3n|+|-66+6m+3n|³12,即M ³2,
ìn=2
ï ìm=9
当且仅当í-22+2m+n=-2,即í 时取等,所以t的最大值为2.
ï
în=2
î-27+3m+n=2
1
12.设函数 f x= x3-a2x+b,其中a,b为常数．
3
(1)讨论 f x的单调性；
b
(2)若函数 f x有且仅有3个零点,求 的取值范围．
a3
【解析】 (1) f¢x=x2-a2 =x-ax+a．
当a<0时, f¢x>0,x>-a或xx>a,
当a>0时, f¢x>0,x>a或x<-a, f¢x<0,a>x>-a,
当a=0时, f¢x³0,
综上,当a<0时, f x在-¥,a , -a,+¥上单调递增, a,-a上单调递减；
当a>0时, f x在-¥,-a和a,+¥上单调递增, -a,a上单调递减；
当a=0时, f x在-¥,+¥上单调递增．
(2)由（1）可知, f x有3个零点,
则a¹0且 f x × f x <0,
极大值 极小值
æ 2 öæ 2 ö
∴ f -a f a=çb- a3 ÷çb+ a3 ÷<0,
è 3 øè 3 ø
2 b 2
∴- < < ．
3 a3 3
13．（2024届湖南省岳阳市高三教学质量监测三）已知 ABC的三个角A,B,C的对边分别为a,b,c且c=2b,
V
点D在边BC上,AD是ÐBAC的角平分线,设AD=kAC（其中k为正实数）．
(1)求实数k的取值范围；
3 5 b
(2)设函数 f(x)= ax3- bx2+cx-
3 2 22 3
①当k = 时,求函数 f(x)的极小值；
3
②设x 是 f(x)的最大零点,试比较x 与1的大小．
0 0
【解析】（1）方法一：设ÐBAC =2a,
因为AD是ÐBAC的角平分线,所以ÐBAD=ÐCAD=a,
因为S +S =S
△ABD △ACD △ABC
1 1
所以 (b+c)×ADsina= bcsin2a,
2 2
4 æ πö
代入c=2b,AD=kAC,化简得：k = cosa,因为aÎç0, ÷,
3 è 2ø
æ 4ö
所以实数k的取值范围ç0, ÷．
è 3ø
方法二：因为AD是ÐBAC的角平分线,所以ÐBAD=ÐCAD,
1
c×AD×sinÐBAD
S 2 c S BD
VABD = = ,又 VABD = ,又c=2b,
S 1 b S CD
VACD b×AD×sinÐCAD VACD
2
2a a
所以BD=2CD,故BD= ,DC = ,
3 3
在△ABD和△ADC中由余弦定理得
AB2 =BD2+AD2-2BD´ADcosÐADB,AC2 =CD2+AD2-2CD´ADcosÐADC
所以
æ2aö 2 2a æaö 2 a
c2 =ç ÷ +(kb)2-2´ ´kb´cosÐADB,b2 =ç ÷ +(kb)2-2´ ´kb´cosÐADC
è 3 ø 3 è3ø 3
又ÐADB+ÐADC =π,则cosÐADB+cosÐADC =0
2a2 2a2
所以c2+2b2 = +3kb2,又c=2b,所以 6-3k2 b2 =
3 3
ìb+2b>a a 3 6-3k2
在 V ABC中有í ,所以1< <3,所以1< <9
îa+b>2b b 2
4 æ 4ö
得00,函数 f(x)单调递增,
3
2
当 1时, f¢(x)>0,函数 f(x)单调递增,
故当x=1时,函数 f(x)取极小值,极小值为 f(1)=0．
2 3
②（ⅰ）当k = 时,由①知a= 3b,又c=2b,
3
æ 5 1ö b
故 f(x)=bçx3- x2+2x- ÷= (x-1)2(2x-1)
è 2 2ø 2
1
知 f(x)的零点为1, ,故 f(x)的最大零点x =1；
2 0
2 3 4 3
（ⅱ）当 ,
3 3 2
1
则cosÐBAC =2cos2a-1> ,
2
b2+c2-a2 1
由余弦定理有cosÐBAC = > ,代入c=2b,
2bc 2
解得a< 3b,由a+b>c知a>c-b=b,故aÎ(b, 3b),
æ a 5 1ö æ 3a ö
f(x)=b è ç 3b x3- 2 x2+2x- 2 ÷ ø , f¢(x)=b è ç ç b x2-5x+2÷ ÷ ø ,
3a 5- 25-8t 5+ 25-8t
设t= Î( 3,3)令 f¢(x)=0解得：x = ,x = ,且x 0,函数 f(x)单调递增,
1
当x x 时, f¢(x)>0,函数 f(x)单调递增,
2
因为 f¢(1)=b(t-3)<0,故x <10,
è3 ø
故 f(x)在(1,+¥)上有唯一零点x ,此时x >1成立
0 0
2 3 3
（ⅲ）k < 时,由（1）知0c知a>c-b=b,故 3b0,函数 f(x)单调递增,
1
当x x 时, f¢(x)>0,函数 f(x)单调递增,
2
因为 f¢(1)=b(t-3)>0,且 f¢(x)=b tx2-5x+2 的图象的对称轴x= 5 <1
2t
æt ö
所以00,
1 2 è3 ø
b
故 f(x)在(1,+¥)上无零点,且 f(0)=- <0,
2
故x Î(0,1),x <1成立；
0 0
é25 ö
当tÎ
ê
,3 3÷时, f¢(x)³0恒成立,则 f(x)在R上单调递增,
ë 8 ø
故函数 f(x)至多有一个零点,
æt ö b
由 f(1)=bç -1÷>0, f(0)=- <0知x <1成立；
è3 ø 2 0
2 3
综上,当01．
0
3 3
