第20讲三次函数的图象和性质_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第20讲 三次函数的图象和性质 知识梳理 1、基本性质 设三次函数为：f(x)=ax3+bx2+cx+d(a、b、c、d∈R且a≠0)，其基本性质有： 性质1：①定义域为R．②值域为R，函数在整个定义域上没有最大值、最小值．③单调性和 图像： a>0 a<0 图像 Δ>0 Δ≤0 Δ>0 Δ≤0 性质2：三次方程f(x)=0的实根个数 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f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0) 其导函数为二次函数:f(x)=3ax2+2bx+c(a≠0)， 判别式为：△=4b2-12ac=4(b2-3ac)，设f(x)=0的两根为x 、x ，结合函数草图易 1 2 得： (1) 若b2-3ac≤0，则f(x)=0恰有一个实根； (2) 若b2-3ac>0,且f(x)⋅f(x )>0，则f(x)=0恰有一个实根； 1 2 (3) 若b2-3ac>0,且f(x)⋅f(x )=0，则f(x)=0有两个不相等的实根； 1 2 (4) 若b2-3ac>0,且f(x)⋅f(x )<0，则f(x)=0有三个不相等的实根. 1 2 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(x )⋅f(x )> 1 2 0); (5)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(x)⋅f(x )=0; 1 2 (6)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(x)⋅f(x )<0. 1 2 性质3：对称性 b b (1)三次函数是中心对称曲线，且对称中心是；(- ，f- 3a 3a  )； (2)奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数． 2、常用技巧 b (1)其导函数为f(x)=3ax2+2bx+c=0 对称轴为x=- ，所以对称中心的横坐标也就是 3a 导函数的对称轴，可见，y=f(x)图象的对称中心在导函数y=fx  的对称轴上，且又是两 第 页 共 页 387 3427个极值点的中点，同时也是二阶导为零的点； (2)y=f(x)是可导函数，若y=f(x)的图象关于点(m,n)对称，则y=f(x)图象关于直 线x=m 对称. (3)若y=f(x)图象关于直线x=m对称，则y=f(x)图象关于点(m,0)对称. (4)已知三次函数fx  =ax3+bx2+cx+d的对称中心横坐标为x 0 ，若fx  存在两个极值 点x ，x ，则有 fx 1 1 2  -fx 2  a x -x =- 2 x 1 -x 2 1 2  2 2= 3 fx 0  . 必考题型全归纳 1 题型一：三次函数的零点问题 717 (2024·全国·高三专题练习)函数fx  =x3+ax+2存在3个零点，则a的取值范围是 ( ) A. -∞,-2  B. -∞,-3  C. -4,-1  D. -3,0  【答案】B 【解析】f(x)=x3+ax+2，则f(x)=3x2+a， 若fx  要存在3个零点，则fx  要存在极大值和极小值，则a<0， -a -a 令f(x)=3x2+a=0，解得x=- 或 ， 3 3 -a 且当x∈-∞,- 3  -a ∪ ,+∞ 3  时，f(x)>0， -a -a 当x∈- , 3 3  ，f(x)<0， 故fx  -a 的极大值为f- 3  -a ，极小值为f 3  ， 若fx  -a f- 3 要存在3个零点，则  >0 -a f 3     a 3 - 3 a -a - 3 a +2>0  ，即  ，解得a< -a -a -a <0  +a +2<0  3 3 3 -3， 故选：B. 718 (2024·江苏扬州·高三校考阶段练习)设a为实数，函数fx  =-x3+3x+a． (1)求fx  的极值； (2)是否存在实数a，使得方程fx  =0恰好有两个实数根?若存在，求出实数a的值；若 不存在，请说明理由． 【解析】(1)f′x  =-3x2+3，令f′x  =0，得x=-1或x=1． ∵当x∈(-∞,-1)时，f′x  <0；当x∈-1,1  时，f′x  >0；当x∈(1,+∞)时，f′x  <0． 所以f(x)在(-∞,-1)上递减，在(-1,1)上递增，在(1,+∞)上递减， ∴fx  的极小值为f-1  =a-2，极大值为f1  =a+2． (2)由(1)知，f(x)在(-∞,-1)上递减，在(-1,1)上递增，在(1,+∞)上递减， 而a+2>a-2，即函数的极大值大于极小值． ∴当极大值等于0时，极小值小于0，此时曲线fx  与x轴恰好有两个交点，即方程fx  =0恰好有两个实数根，如图1所示．∴a+2=0，即a=-2． 第 页 共 页 388 3427当极小值等于0时，极大值大于0，此时曲线fx  与x轴恰有两个交点，即方程fx  =0 恰好有两个实数根，如图2所示．∴a-2=0，即a=2． 综上所述，当a=2或a=-2时，方程fx  =0恰好有两个实数根． 719 (2024·四川绵阳·高三四川省绵阳南山中学校考阶段练习)已知函数f(x)=ax3+bx2- 3x(a,b∈R)，且f(x)在x=1和x=3处取得极值. (1)求函数f(x)的解析式； (2)设函数g(x)=f(x)+t，若g(x)=f(x)+t有且仅有一个零点，求实数t的取值范围. 【解析】(1)f(x)=3ax2+2bx-3， 因为f(x)在x=1和x=3处取得极值， 所以x=1和x=3是方程f(x)=0的两个根， 2b 1+3=- 1  3a a=- 则 ，解得 3 ，经检验符合已知条件， 3 1×3=- b=2 3a 1 所以f(x)=- x3+2x2-3x； 3 1 (2)由题意知g(x)=- x3+2x2-3x+t,g(x)=-x2+4x-3， 3 当x>3或x<1时，gx  <0，当10， 所以函数gx  在3,+∞  ,-∞,1  上递减，在1,3  上递增， 所以gx  =g3 极大值  =t,gx  =g1 极小值  4 =t- ， 3 又x取足够大的正数时，g(x)<0，x取足够小的负数时，g(x)>0， 因此，为使曲线y=g(x)与x轴有一个交点，结合g(x)的单调性， 得：gx  =t<0或gx 极大值  4 =t- >0， 极小值 3 4 ∴t<0或t> ， 3 4 即当t<0或t> 时，使得曲线y=g(x)与x轴有一个交点. 3 第 页 共 页 389 3427720 (2024·天津河西·高三天津实验中学校考阶段练习)已知fx  =ax3+bx2-4a，a,b∈R. (1)当a=b=1，求y=fx  的极值； (2)当a=0，b=2，设gx  =x2-lnx+1，求不等式fx  0时，若函数fx  b 恰有两个零点，求 的值. a 【解析】(1)fx  =x3+x2-4，∴f'x  2 =3x2+2x=0，x =0，x =- . 1 2 3 2 x -∞,- 3  2 2 - - ,0 3 3  0 0,+∞  f'x  + 0 - 0 + fx  108 ↗ - ↘ -4 ↗ 27 ∴fx  2 108 在x=- 时，取极大值- . 3 27 在x=0时，取极小值-4. (2)2x20，hx x  单调增函数，且h1  =0， ∴不等式的解集为0,1  . (3)f'x  2b =3ax2+2bx=0⇒x =0，x =- ， 1 2 3a 1°. b<0，-∞,0  2b 单调递增，0,- 3a  2b 单调递减，- ,+∞ 3a  单调递增， 而f0  =-4a<0，所以至多一个零点，(舍去). 2°. b=0，f'x  >0⇒fx  单调增，所以至多一个零点，(舍去). 2b 3°. b>0，-∞,- 3a  2b 单调递增，- ,0 3a  单调递减，0,+∞  单调递增， 而f0  =-4a<0，f2  =4a+4b2>0，∴fx  在0,+∞  上有一个零点， 所以fx  在-∞，0  上有一个零点，根据fx  2b 在-∞,- 3a  2b 单调递增，- ,0 3a  单调 递减. 2b ∴f- 3a  b =0⇒ =3. a 721 (2024·河北保定·高三统考阶段练习)已知函数f(x)=x3-3x2+3x. (1)求函数fx  的图象在点x=0处的切线方程； (2)若f(x)-1≤x3+m在x∈0,2  上有解，求m的取值范围； (3)设fx  是函数fx  的导函数，fx  是函数fx  的导函数，若函数fx  的零点为 x 0 ，则点 x 0 ,fx 0    恰好就是该函数fx  1 的对称中心.试求f 1010  2 +f 1010  +⋯ 2018 +f 1010  2019 +f 1010  的值. 【解析】(1)因为f(x)=3x2-6x+3 所以所求切线的斜率k=f0  =3 又因为切点为0,0  所以所求的切线方程为y=3x (2)因为fx  -1≤x3+m，所以-3x2+3x-1≤m 因为fx  -1≤x3+m在x∈0,2  上有解， 所以m不小于-3x2+3x-1在区间0,2  上的最小值. 第 页 共 页 390 3427因为x∈0,2  1 时，-3x2+3x-1=-3x- 2  2 - 1 ∈ -7,- 1 4  4  ， 所以m的取值范围是-7,+∞  . (3)因为fx  =3x2-6x+3，所以fx  =6x-1  . 令fx  =0可得x =1， 0 所以函数fx  的对称中心为1,1  ， 即如果x 1 +x 2 =2，则fx 1  +fx 2  =2， 1 所以f 1010  2 +f 1010  2018 +⋯+f 1010  2019 +f 1010  2019×2 = =2019. 2 722 (2024·山西太原·高三太原市外国语学校校考阶段练习)已知三次函数f(x)=x3+bx2+ cx+d(a,b,c∈R)过点(3,0)，且函数f(x)在点(0,f(0))处的切线恰好是直线y=0. (1)求函数f(x)的解析式； (2)设函数g(x)=9x+m-1，若函数y=f(x)-g(x)在区间[-2,1]上有两个零点，求实 数m的取值范围. 【解析】(1)f(x)=x3+bx2+cx+d⇒f(x)=3x2+2bx+c， f(3)=27+9b+3c+d=0 b=-3   由题意可知：f(0)=c=0 ⇒c=0 ⇒f(x)=x3-3x2； f(0)=d=0 d=0 (2)令y=f(x)-g(x)=0⇒m=x3-3x2-9x+1， 设h(x)=x3-3x2-9x+1⇒h(x)=3x2-6x-9=3(x-3)(x+1)， 当x∈[-2,-1)时，h(x)>0,h(x)单调递增，当x∈(-1,1]时，h(x)<0,h(x)单调递减， 所以h(x) =h(-1)=6,h(-2)=-1,h(1)=-10， max 因为函数y=f(x)-g(x)在区间[-2,1]上有两个零点， 所以直线y=m与函数h(x)=x3-3x2-9x+1(x∈[-2,1])的图象有两个交点， 故有-1≤m<6，即实数m的取值范围为[-1,6). 1 723 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)= x3+ax，gx 3  =-x2-aa∈R  ． (1)若函数F(x)=f(x)-g(x)在x∈[1,+∞)上单调递增，求a的最小值； (2)若函数G(x)=f(x)+g(x)的图象与x轴有且只有一个交点，求a的取值范围． 1 【解析】(1)F(x)=f(x)-g(x)= x3+ax+x2+a，F(x)=x2+2x+a， 3 因函数F(x)=f(x)-g(x)在x∈[1,+∞)上单调递增， 所以F(x)=x2+2x+a≥0在x∈[1,+∞)+∞)恒成立，即a≥-3， ∴a的最小值为-3． 第 页 共 页 391 34271 (2)G(x)=f(x)+g(x)= x3-x2+ax-a， 3 ∵G(x)=x2-2x+a，∴Δ=4-4a=4(1-a)． ①若a≥1，则Δ≤0，∴G(x)≥0在R上恒成立， ∴G(x)在R上单调递增．∵G(0)=-a<0，G3  =2a>0， ∴当a≥1时，函数G(x)的图象与x轴有且只有一个交点． ②若a<1，则Δ>0， ∴G(x)=0有两个不相等的实数根，不妨设为x ，x ，(x 0，解得a>0． 1 2 故当00在 0,+∞  上有解， 又f(x)是对称轴为x=1的二次函数，所以f'(x)在0,+∞  上的最大值大于0， 而f'(x)的最大值为f'1  =1+2a，∴1+2a>0， 1 解得：a>- . 2 第 页 共 页 392 34271 1 (2)G(x)=f(x)-g(x)=- x3+ x2+2ax+4， 3 2 ∴G'(x)=-x2+x+2a， 1- 1+8a 1+ 1+8a 由G'(x)=0得：x = ，x = ， 1 2 2 2 则G(x)在-∞,x 1  ，x 2 ,+∞  上单调递减，在x 1 ,x 2  上单调递增， 又∵当00在0,+∞  上有解， 即fx  >0在0,+∞ max  上成立， 而fx  的最大值为f1  =1+2a， ∴1+2a>0， 1 解得：a>- . 2 1 1 (2)G(x)=f(x)-g(x)=- x3+ x2+2ax+4， 3 2 ∴Gx  =-x2+x+2a， 由Gx  1- 1+8a 1+ 1+8a =0得：x = ，x = ， 1 2 2 2 则G(x)在-∞,x 1  ，x 2 ,+∞  上单调递减，在x 1 ,x 2  上单调递增， 又∵当00. 第 页 共 页 393 3427(1)当a=1时，求f(x)的单调增区间； (2)若曲线y=f(x)在点 -a,f-a    1 处的切线与y轴的交点为(0，b)，求b+ 的最小值. a 【解析】(1)当a=1时，fx  =3x2-2x-1=3x+1  x-1  ， 令fx  1 >0，得x<- 或x>1， 3 故fx  1 的增区间为-∞,- 3  ，1,+∞  . (2)fx  =3x2-2ax-a2，则f-a  =4a2，而f-a  =-a3+1， 故曲线y=fx  在 -a,f-a    的切线方程为： y=4a2 x+a  -a3+1=4a2x+3a3+1， 它与y轴的交点为0,3a3+1  ，故b=3a3+1， 1 1 故b+ =3a3+1+ ，其中a>0， a a 设ga  1 =3a3+1+ ,a>0，则ga a  9a4-1 = ， a2 3 当0 时，ga 3  >0， 故ga  3 在0, 3  3 上为减函数，在 ,+∞ 3  上为增函数， 故ga  4 3 1 4 3 = +1即b+ 的最小值为 +1. min 3 a 3 727 (2024·广东珠海·高三校联考期中)已知函数fx  1 = x3-ax2+a2-1 3  x+b(a，b∈R)， 其图象在点 1,f1    处的切线方程为x+y-3=0． (1)求a，b的值； (2)求函数fx  的单调区间和极值； (3)求函数fx  在区间-2,5  上的最大值． 1 【解析】(1)f(x)=x2-2ax+a2-1，f(1)=1-2a+a2-1=a2-2a，f(1)= -a+a2 3 2 -1+b=a2-a+b- ， 3 又图象在点 1,f1    处的切线方程为x+y-3=0， a2-2a=-1 所以 2 1+a2-a+b- 3  a=1    ，解得 8 ； -3=0 b= 3 1 8 (2)由(1)得f(x)= x3-x2+ ，f(x)=x2-2x=x(x-2)， 3 3 x<0或x>2时，f(x)>0，00得x<- 或x>1，令f(x)<0得- 0， 又-b  2+2b-b  -2b2=-3b2≠0，(b≤-1) 即-b不是方程x2+2bx-2b2=0的根 ∴ fx  =0有不同于-b的根x 、x ， 1 2 ∵ x +x =-2b，∴ x 、-b、x 成等差数列. 1 2 1 2 (3)根据函数的单调性可知x=0是极大值点, ∴ f0  <16⇒-2b3<16⇒b>-2，于是-20). (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若f(x)有两个不同的极值点x ，x ，求f(x)+f(x )的取值范围. 1 2 1 2 第 页 共 页 395 3427【解析】(1)f(x)=x2-2ax+a+2,△=4(a2-a-2) ①当△=4(a2-a-2)≤0即02时，f(x)=0⇒x =a- a2-a-2，x =a+ a2-a-2，x 2)的两根， 1 2 4 f(x)+f(x )=- a3+2a2+4a+2， 1 2 3 4 设g(a)=- a3+2a2+4a+2(a>2) 3 g(a)=-4a2+4a+4=-4(a2-a-1)， 当a>2时，g(a)=-4(a2-a-1)<0 ∴g(a)在(2,+∞)上单调递减 22 ∴g(a)4 B.-42,得m≤1. 所以m的取值范围是-∞,1  . (2)hx  =fx  -gx  1 m+1 1 = x3- x2+mx- ， 3 2 3 所以hx  =x-1  x-m  ,令hx  =0,解得x=m或x=1, m=1时, hx  =x-1  2≥0,hx  在R上是增函数,不合题意, m<1时,令hx  >0,解得x1,令hx  <0,解得m0 6 2 3 有3个零点,需 ，解得m<1- 3. m-1 <0 2 所以m的取值范围是-∞,1- 3  . 734 (2024·陕西榆林·高三绥德中学校考阶段练习)已知三次函数f(x)=ax3+bx-3在x=1 处取得极值，且在(0,-3)点处的切线与直线3x+y=0平行. (1)求f(x)的解析式； (2)若函数g(x)=f(x)+mx在区间(1，2)上单调递增，求m的取值范围. f(1)=3a+b=0 a=1 【解析】(1)f(x)=3ax2+b，由题意  ，解得  ， f(0)=b=-3 b=-3 所以f(x)=x3-3x-3； (2)由(1)g(x)=x3+(m-3)x-3，g(x)=3x2+(m-3)， g(x)在(1,2)是递增，则g(x)=3x2+(m-3)≥0在(1,2)上恒成立， m≥3-3x2，x∈(1,2)时，-9<3-3x2<0，所以m≥0． 735 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  1 = x3-2ax+4 3  在1,2  上单调递增，则a的 取值范围为 ． 【答案】f(x) 【解析】①当2ax+4≥0对任意的x∈1,2  2 恒成立时，则a≥- x  =-1， max 则fx  1 = x3-2ax-4，fx 3  =x2-2a≥0对任意的x∈1,2  恒成立， x2 则a≤ 2  1 1 = ，此时-1≤a≤ ； 2 2 min ②当2ax+4≤0对任意的x∈1,2  2 恒成立时，则a≤- x  =-2， min 则fx  1 = x3+2ax+4，fx 3  =x2+2a≥0对任意的x∈1,2  恒成立， x2 则a≥- 2  1 =- ，此时a不存在； 2 max 2 ③当-20，如果过点P(a,m)可作曲线y=f(x)的三条切线，求m的取值范围． 【解析】(1)∵函数f(x)=x3-x，∴f(x)=3x2-1． 切线方程为y-f(t)=f(t)(x-t)，即y=(3t2-1)x-2t3． (2)由已知关于t的方程m=(3t2-1)a-2t3，即m=-2t3+3at2-a(a>0)有三个不等 实根． 令g(t)=-2t3+3at2-a，则g(t)=-6t(t-a)． 可知g(t)在(-∞,0)递减，在(0,a)递增，在(a,+∞)递减， g(t)的极小值为：g(0)=-a，极大值为g(a)=a3-a． 所以-a1，若过点Qm,n  可作曲线y=fx  的三条切线，证明:-2m0 ，即  - m 2 3- m 3 - m n 2 < +m 0 -1-n>0 可得-2m1时，g(x)<0，当00， 所以gx  在-∞，0  和1，+∞  上单调递减，在0，1  上单调递增， 故g(x)的极小值为g(0)=1，极大值为g1  4 = ， 3 4 所以实数m的取值范围是1, 3  . 739 (2024·安徽·高三校联考期末)已知函数fx  1 =- x3-x2+mx+3，在x=0处取得极 6 值． (1)求m的值； (2)若过2,t  可作曲线y=fx  的三条切线，求t的取值范围． 【解析】(1)因为fx  1 =- x3-x2+m+3，所以fx 6  1 =- x2-2x+m， 2 因为fx  在x=0处取得极值，所以f0  =m=0． 经验证m=0符合题意； 1 (2)设切点坐标为x ,- x3-x2+3 0 6 0 0  ， 由fx  1 =- 6 x3-x2+3，得fx 0  1 =- x2-2x ， 2 0 0 1 所以方程为y-- x3-x2+3 6 0 0  1 =- x2-2x 2 0 0  x-x 0  ， 将2,t  1 代入切线方程，得t= x3-4x +3． 3 0 0 令gx  x3 = -4x+3，则gx 3  =x2-4， 则gx  =x2-4=0，解得x=±2． 当x<-2或x>2时，gx  >0， 所以gx  在-∞,-2  ，2,+∞  上单调递增； 当-20 g1    ，即-40，此时函数fx  单调递增， 当00，gx  为增函数， 当x∈0,-a  时，gx  <0，gx  为减函数， 当x∈-a,+∞  时，gx  >0，gx  为增函数， 所以，函数gx  在x=0处取得极大值，且gx  =g0 极大值  =1>0， 函数gx  在x=-a处取得极小值，且gx  =g-a 极小值  2 a3 =- a3+a3+1= +1， 3 3 因为方程gx  =0有三个根，则g-a  a3 = +1<0，解得a<-33， 3 3 3 因为g- 2  3 3 =a×- 2  2 >0，g-3a  =-9a3+1>0， 由零点存在定理可知，函数gx  有三个零点， 综上所述，a<-33． (3)证明：假设fx 1  =fx 2  ，则x2 1 +2ax 1 =x2 2 +2ax 2 ，则x 1 -x 2  x 1 +x 2 +2a  =0， 因为x ≠x ，所以x +x =-2a． 1 2 1 2 2  x3+ax2+1=0 3 1 1 2 由(2)可得 2 x3+ax2+1=0 ，两式相减可得 3 x3 1 -x3 2 3 2 2  +ax2 1 -x2 2  =0． 2 因为x 1 ≠x 2 ，故 3 x2 2 +x 1 x 2 +x2 1  +ax 1 +x 2  =0． 把x +x =-2a代入上式可得，x2+xx +x2=3a2， 1 2 2 1 2 1 所以x 1 +x 2  2-x 1 x 2 =3a2，-2a  2-xx =3a2，所以xx =a2． 1 2 1 2 x +x 又由xx < 1 2 1 2 2  2 -2a = 2  2 =a2，这与xx =a2矛盾． 1 2 所以假设不成立，即证得fx 1  ≠fx 2  ． 5 题型五：三次函数的对称问题 742 (2024·全国·高三专题练习)给出定义：设f(x)是函数y=f(x)的导函数，f(x)是函数y =f(x)的导函数.若方程f(x)=0有实数解x=x 0 ，则称 x 0 ,fx 0    为函数y=f(x)的 “拐点”.经研究发现所有的三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)都有“拐点”，且该 1 “拐点”也是函数y=f(x)的图象的对称中心.若函数f(x)=x3-3x2，则f 2023  + 2 f 2023  3 +f 2023  4044 +⋯+f 2023  4045 +f 2023  = ( ) A.-8088 B.-8090 C.-8092 D.-8096 【答案】B 【解析】由fx  =3x2-6x，可得fx  =6x-6， 令fx  =0，可得x=1，又f(1)=1-3=-2， 第 页 共 页 401 3427所以y=fx  的图像的对称中心为(1,-2)， 即f(1-x)+f(1+x)=-4， 1 所以f 2023  2 +f 2023  3 +f 2023  4044 +⋯+f 2023  4045 +f 2023  1 = f 2023  4045 +f 2023      2 + f 2023  4044 +f 2023      2022 +⋅⋅⋅ f 2023  2024 +f 2023      2023 +f 2023  4045 =-4× =-8090， 2 故选：B. 743 (2024·全国·高三专题练习)已知函数y=x3+3x2+x的图象C上存在一定点P满足：若 过点P的直线l与曲线C交于不同于P的两点Mx 1 ,y 1  ,Nx 2 ,y 2  ，就恒有y +y 的定值 1 2 为y ，则y 的值为 . 0 0 【答案】2 【解析】因为P为定点，y +y =y 为定值，所以M,N两点关于点P对称， 1 2 0 由y=x3+3x2+x可得y=3x2+6x+1， 设gx  =3x2+6x+1，gx  =6x+6 令gx  =6x+6=0，解得x=-1， 所以根据三次函数的对称中心的二阶导数为0可得P(-1,1)是三次函数y=x3+3x2+ x的对称中心， 所以y +y =2，即y =2. 1 2 0 故答案为：2 744 (2024·新疆·统考二模)对于三次函数fx  =ax3+bx2+cx+da≠0  ，给出定义：设 fx  是y=fx  的导数，φx  是y=fx  的导数，若方程φx  =0有实数解x ，则称点 0 x 0 ,fx 0    为曲线y=fx  的“拐点”，可以发现，任何一个三次函数都有“拐点”.设函数 gx  1 =2x3-3x2+4x-3，则g 2023  2 +g 2023  2022 +⋯+g 2023  = . 【答案】-3033 【解析】因为gx  =2x3-3x2+4x-3， 所以gx  =6x2-6x+4， 设hx  =6x2-6x+4，则hx  =12x-6， 令hx  1 =12x-6=0，可得x= ， 2 1 又g +x 2  1 =2 +x 2  3 1 -3 +x 2  2 1 +4 +x 2  5 3 1 -3=2x3+ x- g -x 2 2 2  = 1 2 -x 2  3 1 -3 -x 2  2 1 +4 -x 2  5 3 -3=-2x3- x- ， 2 2 1 所以g +x 2  1 +g -x 2  =-3，即gx  +g1-x  =-3， 1 所以g 2023  2022 +g 2023  2 =g 2023  2021 +g 2023  1011 =⋅⋅⋅=g 2023  1012 +g 2023  =-3， 1 所以g 2023  2 +g 2023  2022 +⋯+g 2023  =-3033. 故答案为：-3033. 745 (多选题)(2024·江苏南京·高三南京市江宁高级中学校联考期末)对于三次函数fx  = ax3+bx2+cx+da≠0  ，给出定义：fx  是函数y=fx  的导数，fx  是函数fx  的 导数，若方程fx  =0有实数解x 0 ，则称 x 0 ,fx 0    为函数y=fx  的“拐点”.某同学经 第 页 共 页 402 3427探究发现：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.若函数fx  2 49 = x3-x2-12x+ ，则下列说法正确的是 ( ) 3 6 A. fx  137 的极大值为 6 B. fx  有且仅有2个零点 1 C.点 ,2 2  是fx  的对称中心 1 D. f 2024  2 +f 2024  3 +f 2024  2023 +⋅⋅⋅f 2024  =4046 【答案】ACD 【解析】由函数fx  2 49 = x3-x2-12x+ ，可得fx 3 6  =2x2-2x-12=2(x-3)(x+ 2)， 令fx  >0，解得x<-2或x>3；令fx  <0，解得-20，fx  单调递增； 当x∈0,2  时，fx  <0，fx  单调递减； 当x∈2,+∞  时，fx  >0，fx  单调递增； 又f0  5 = ,f2 3  1 = ，则函数fx 3  图象如图所示， 由图象可知，函数fx  只有一个零点，所以B错误； 对于C中，因为f3  5 5 = ，所以点3, 3 3  恰好在fx  的图象上， 画出函数fx  的切线，如图所示， 5 由图象可知过点3, 3  可作函数fx  的两条切线，所以C正确； 对于D中，若fx  在区间t-6,t  5 上有最大值，由上图可知，最大值只能是 ， 3 所以00，fx  单调递增； 当x∈0,2  时，f(x)<0，fx  单调递减； 当x∈(0,+∞)时，f(x)>0，fx  单调递增， 所以fx  在x=0与x=2处取得极大值与极小值， 5 1 又f(0)= >0，f(2)= >0，即fx 3 3  的极大值与极小值大于0， 所以函数不会有3个零点，故C错误； 设切点为Tx 0 ,y 0  1 5 ，则切线方程为y- x3-x2+ 3 0 0 3  =x2 0 -2x 0  x-x 0  ， 1 又切线过-1, 3  1 1 5 ，则 - x3-x2+ 3 3 0 0 3  =x2 0 -2x 0  -1-x 0  ， 化简得x3 0 -3x 0 -2=0，即x 0 +1  2 x 0 -2  =0，解得x =-1或x =2， 0 0 即满足题意的切点只有两个，所以满足题意只有两条切线，故D错误. 故选：AB. 6 题型六：三次函数的综合问题 748 (2024·全国·高三专题练习)已知函数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3个实数根，它们分别是α，β，2，则α2+β2的最 小值是 ( ) A.5 B.6 C.1 D.8 【答案】A 【解析】由fx  =x3+bx2+cx+d得fx  =3x2+2bx+c，因为fx  在-∞,0  上是增 函数，在0,2  上是减函数，所以f0  =0，所以 c=0，此时fx  =0的另外一个根 第 页 共 页 405 34272b - ≥2，所以b≤-3，因为方程fx 3  =0有3个实数根，它们分别是α，β，2，所以f2  = 0，所以d=-4b+2  且fx  =x-2  x-α  x-β  =x3-α+β+2  x2+2α+2β+αβ  x-2αβ， b=-α-β-2, α+β=-b-2, 所以 则   d=-2αβ, αβ=2b+4, 所以α2+β2=α+β  2-2αβ=-b-2  2-22b+4  =b2-4，因为b≤-3，所以b2≥9，所 以α2+β2的最小值是5. 故选：A． 749 (2024·陕西西安·高三西安中学校考期中)已知函数fx  =ax3+bx2+cx+da≠0  ， fx  =gx  ，给出下列四个结论，分别是：①a>0；②fx  在R上单调；③fx  有唯一零 点；④存在x 0 ，使得gx 0  <0．其中有且只有一个是错误的，则错误的一定不可能是 ( ) A.① B.② C.③ D.④ 【答案】C 【解析】gx  =fx  =3ax2+2bx+c， 假设①错误，则a<0，因此二次函数gx  =3ax2+2bx+c是开口向下的抛物线， 因此④一定正确，当(2b)2-4⋅3a⋅c≤0时，即b2≤3ac时，②成立，当x→+∞时， f(x)→-∞，当x→-∞时，f(x)→+∞，所以③fx  有唯一零点正确； 假设②错误，则fx  在R上不单调，所以有(2b)2-4⋅3a⋅c>0，即b2>3ac，两根为： -b- b2-3ac -b+ b2-3ac x = ,x = ，显然④正确，要想①正确，二次函数 1 3a 1 3a gx  =3ax2+2bx+c是开口向上的抛物线，所以函数fx  从左到右先增后减再增， 要想③正确，只需fx 1  <0或f(x )>0，比如当a=b=1,c=-2时可以使①③正确； 2 假设③错误，则fx  在R上单调，且a>0，因此gx  =3ax2+2bx+c≥0，所以④也错 误； 假设④错误，则gx  ≥0，因此②fx  在R上单调递增，显然此时有a>0， 当x→+∞时，f(x)→+∞，当x→-∞时，f(x)→-∞， 所以③fx  有唯一零点正确， 故选：C 750 (2024·全国·高三专题练习)已知f(x)=x3-6x2+9x-abc，a0；⑤abc<4． 其中正确结论的序号是 ． 【答案】③④⑤ 【解析】求导函数可得f(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3)， ∴当13时，f(x)>0， 所以f(x)的单调递增区间为(-∞,1)和(3,+∞)，单调递减区间为(1,3)， 所以f(x)的极大值为f1  =1-6+9-abc=4-abc， f(x)的极小值为f3  =27-54+27-abc=-abc，函数没有最值， 第 页 共 页 406 3427要使f(x)=0有三个解a、b、c，那么结合函数f(x)草图可知：a<10，且f3  =-abc<0，所以00，故①②错误；③④⑤正确. 故答案为：③④⑤． 9 751 (2024·黑龙江大庆·高三大庆实验中学校考期末)已知f(x)=x3- x2+6x-abc,a0； ②f(0)f(1)<0； ③f(0)f(2)>0； ④f(0)f(2)<0. 其中正确结论的序号为 ( ) A.②③ B.①④ C.②④ D.①③ 【答案】A 【解析】分析：先求出f′(x)，再进行因式分解，求出f′(x)<0和f′(x)>0对应x的范围， 即求出函数的单调区间和极值，再由条件判断出a、b、c的具体范围和f(1)>0且f(2)< 0，进行求解得到abc的符号，进行判断出f(0)的符号． 由题意得，f′(x)=3x2-9x+6=3(x-1)(x-2)， ∴当x<1或x>2时，f′(x)>0，当10且f(2)<0，解得20， 故答案为：A． 752 (2024·湖北·高三校联考阶段练习)函数y=fx  的图象关于坐标原点成中心对称图形的 充要条件是函数y=fx  为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数y=fx  的图象关 于点Pa,b  成中心对称图形的充要条件是函数y=fx+a  -b为奇函数.已知函数 fx  =x3+ax2+bx+1. (1)若函数y=fx  的对称中心为-1,2  ，求函数y=fx  的解析式. (2)由代数基本定理可以得到：任何一元n(n∈N*)次复系数多项式fx  在复数集中可以 分解为n个一次因式的乘积.进而，一元n次多项式方程有n个复数根(重根按重数计). 如设实系数一元二次方程a 2 x2+a 1 x+a 0 =0a 2 ≠0  ，在复数集内的根为x ，x ，则方程 1 2 a 2 x2+a 1 x+a 0 =0可变形为a 2x-x 1  x-x 2  =0，展开得：a 2 x2-a 2x 1 x 2  x+a xx =0 2 1 2 第 页 共 页 407 3427则有 a 1 =-a 2x 1 +x 2  a x +x =- 1   a =a xx ，即   1 2 a a 2 ， 0 2 1 2 xx = 0 1 2 a 2 类比上述推理方法可得实系数一元三次方程根与系数的关系， ①若a=0，方程fx  =k在复数集内的根为x 1 、x 2 、x 3 ，当k∈0,1  时，求x3+x3+x3的 1 2 3 最大值； ②若a=-3，b=-2，函数y=fx  1 1 1 的零点分别为x 、x 、x ，求 + + 的值. 1 2 3 x2 x2 x2 1 2 3 【解析】(1)gx  =fx-1  -2为奇函数，则f-x-1  -2+fx-1  -2=0恒成立. 即-1-x  3+a-1-x  2+b-1-x  +1+-1+x  3+a-1+x  2+b-1+x  +1=4， 整理得：2a-6  x2+2a-2b-4  2a-6=0 =0恒成立，故  ，解得a=3, 2a-2b-4=0 b=1， 故fx  =x3+3x2+x+1. (2)①若a=0，则fx  =x3+bx+1，由题有fx  -k=0的三个实根为x ，x ，x . 1 2 3 设x3+bx+1-k  =x-x 1  x-x 2  x-x 3  ， 展开得x3+bx+1-k  =x3-x 1 +x 2 +x 3  x2+x 1 x 2 +x 1 x 3 +x 2 x 3  x-xx x ， 1 2 3 故x +x +x =0， 1 2 3 则x3 1 +x3 2 +x3 3 =k-1  -bx 1 +k-1  -bx 2 +k-1  -bx =3k-3， 3 又k∈0,1  ，故3k-3∈-3,0  ， 综上：当k∈0,1  时，x3+x3+x3的最大值为0； 1 2 3 ②a=-3,b=-2时，fx  =x3-3x2-2x+1，由fx  =0有x3-3x2-2x+1=0， 3 2 1 1 1 1 同时除以x3得1- - + =0，令 =t ， =t ， =t ， x x2 x3 x 1 x 2 x 3 1 2 3 由题知t,t ,t 是方程t3-2t2-3t+1=0的三个根， 1 2 3 则t3-2t2-3t+1=t-t 1  t-t 2  t-t 3  ，展开得 t +t +t =2  1 2 3 tt +tt +t t =-3 ， 1 2 1 3 2 3 tt t =-1 1 2 3 1 1 1 则 x2 + x2 + x2 =t2 1 +t2 2 +t2 3 =t 1 +t 2 +t 3 1 2 3  2-2t 1 t 2 +t 1 t 3 +t 2 t 3  =4+6=10. 753 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=x3+bx2+cx+d在(-∞,0]上为增函数，在 0,6  上为减函数，且方程fx  =0的三个根分别为1,x,x ． 1 2 (1)求实数b的取值范围； (2)求x2-4xx +x2的取值范围． 1 1 2 2 【解析】(1)求导函数得f(x)=3x2+2bx+c， 2b 由题设f(x)=0两根为t =0,t ∈[6,+∞)，则c=0,t =- ≥6，所以b≤-9. 1 2 2 3 (2)由(1)和条件得f(1)=1+b+c+d=0 ,c=0，则d=-b-1， 所以f(x)=x3+bx2-b-1=(x-1)x2+(b+1)x+(b+1)  所以x,x 是方程x2+(b+1)x+b+1=0的两根， 1 2 所以Δ=(b+1)2-4(b+1)≥0，解得b≤-9，又x +x =-(b+1),xx =b+1， 1 2 1 2 所以x2 1 -4x 1 x 2 +x2 2 =x 1 +x 2  2-6xx =(b+1)2-6(b+1)=b2-4b-5(b≤-9) 1 2 所以b2-4b-5=b-2  2-9≥(-9)2-4×(-9)-5=112. 第 页 共 页 408 3427所以x2-4xx +x2的范围是[112,+∞). 1 1 2 2 754 (2024·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习)给出定义：设f(x)是函数y=f(x)的导函 数，f(x)是函数y=f(x)的导函数，若方程f(x)=0有实数解x 0 ，则称 x 0 ,fx 0    为函 数y=f(x)的.“固点”.经研究发现所有的三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)都有 “固点”，且该“固点”也是函数y=f(x)的图象的对称中心.根据以上信息和相关知识回答 下列问题：已知函数f(x)=x3+(3a-3)x2+(6a-9a2)x-5a(a∈R). (1)当a=-1时，试求y=f(x)的对称中心. (2)讨论f(x)的单调性； (3)当a=2时，f(x)=m有三个不相等的实数根x 1 时，x >x ，在(-∞,2-3a)，(a,+∞)上，f(x)>0，函数y=f(x)在(-∞,2- 2 1 2 3a)，(a,+∞)上单调递增，在(2-3a,a)上，f(x)<0，所以函数y=f(x)在(2-3a,a)上 单调递减； 1 当a< 时，x 0，函数y=f(x)在(-∞,a)， 2 1 2 (2-3a,+∞)上单调递增，在(a,2-3a)上，f(x)<0，函数y=f(x)在(a,2-3a)上单调 递减. 综上所述： 1 当a= 时，fx 2  在R上单调递增； 1 当a> 时，fx 2  在(-∞,2-3a)，(a,+∞)上单调递增，在(2-3a,a)上单调递减； 1 当a< 时，fx 2  在(-∞,a)，(2-3a,+∞)上单调递增，在(a,2-3a)上单调递减. (3)f(x)=x3+3x2-24x-10，f(x)=3x2+6x-24=3(x+4)(x-2)， 令f(x)=6x+6=0，x=-1，f(-1)=16，所以对称中心为(-1,16)， 当x∈-∞,-4  和x∈2,+∞  时，fx  >0，函数单调递增； 当x∈-4,2  时，fx  <0，函数单调递减； f-4  =-4  3+3×-4  2-24×-4  -10=70； f2  =23+3×22-24×2-10=-38， 要使得f(x)=m有三个解，故m∈(-38,70)，x <-40时，fx  =1， 最大值 依题意知，只要1≤gx  a (x>0)⇔1≤xlnx+ a≥1 x  (x>0) 由a≥1知，只要x≤x2lnx+1(x>0)⇔x2lnx+1-x≥0(x>0) 令hx  =x2lnx+1-x(x>0)，则hx  =2xlnx+x-1 注意到h1  =0，当x>1时，hx  >0；当00时，fx  =1， 最大值 由a≥1知, gx  1 ≥xlnx+ (x>0),令hx x  1 =xlnx+ (x>0) x 则hx  1 x2-1 =lnx+1- =lnx+ x2 x2 注意到h1  =0，当x>1时，hx  >0；当00时，fx  =1， 最大值 由a≥1知, gx  1 ≥xlnx+ (x>0),令hx x  1 =xlnx+ (x>0),则hx x  =lnx+1- 1 (x>0) x2 令φx  1 =lnx+1- (x>0),则φx x2  1 1 = + >0,知φx x x3  在0,+∞  递增,注意到 φ1  =0,所以, hx  在0,1  上是减函数，在1,+∞  是增函数,有hx  =1,即 最小值 gx  =1 最小值 第 页 共 页 410 3427综上知对任意x 1 ,x 2 ∈0,+∞  ，都有fx 1  ≤gx 2  . 756 (2024·全国·高三专题练习)设a为实数，函数fx  =x3-3x2+a，gx  =xlnx. (1)求fx  的极值； (2)对于∀x 1 ∈1,3  1 ，∀x ∈  ,e 2  e  ，都有fx 1  ≥gx 2  ，试求实数a的取值范围. 【解析】(1)函数fx  =x3-3x2+a的定义域为R，fx  =3x2-6x=3xx-2  ， 令fx  =0，可得x=0或2，列表如下： x -∞,0  0 0,2  2 2,+∞  fx  + 0 - 0 + fx  增 极大值 减 极小值 增 故函数fx  的极大值为f0  =a，极小值为f2  =a-4. (2)对于∀x 1 ∈1,3  1 ，∀x ∈  ,e 2  e  ，都有fx 1  ≥gx 2  ，则fx 1  min ≥gx 2  . max 由(1)可知，函数fx  在1,2  上单调递减，在2,3  上单调递增， 故当x∈1,3  时，fx  =f2 min  =a-4， 因为gx  1 =xlnx，且x∈  ,e  e  ，则gx  =1+lnx≥0且gx  不恒为零， 故函数gx  1 在  ,e  e  上单调递增，故gx  =ge max  =e， 由题意可得a-4≥e，故a≥e+4. 757 (2024·四川泸州·高三泸州老窖天府中学校考阶段练习)已知三次函数fx  =ax3+bx2- 3xa,b,c∈R  ． (1)若函数fx  在点 1,f1    处的切线方程是y+2=0，求函数fx  的解析式； (2)在(1)的条件下，若对于区间-2,3  上任意两个自变量的值x ，x ，都有 1 2 fx 1  -fx 2    ≤m，求出实数m的取值范围． 【解析】(1)由题意，函数fx  =ax3+bx2-3x，可得fx  =3ax2+2bx-3， 因为函数fx  在点 1,f1    处的切线方程是y+2=0， f1 可得  =3a+2b-3=0 f1    ，解得a=1，b=0，所以fx =a+b-3=-2  =x3-3x． (2)由(1)知fx  =3x2-3，令fx  =0，即3x2-3=0，解得x=±1， 当x∈-∞,-1  时，fx  >0；当x∈-1,1  时，fx  <0；当 x∈1,+∞  时，fx  >0； 所以fx  在-∞,-1  和1,+∞  上分别单调递增，在-1,1  上单调递减， 而f-2  =-2，f-1  =2，f1  =-2，f3  =18， 所以在区间-2,3  上fx  =18，fx max  =-2， min 所以对于区间-2,3  上任意两个自变量x ，x ， 1 2 都有 fx 1  -fx 2    ≤fx  -fx max  =20，所以m≥20， min 即实数m的取值范围是[20,+∞)． 1 1 758 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=- x3+ ax2+2a2x+3(a∈R)，fx 3 2  为函 数f(x)的导函数 (1)若x=-1为函数f(x)的极值点，求实数a的值； (2)f(x)的单调增区间内有且只有两个整数时，求实数a的取值范围； 第 页 共 页 411 34271 (3)对任意00，函数fx  单调递增，当x<-1或x>2时f(x)<0，函 数fx  单调递减，故函数在x=-1处取得极小值，符合题意； 1 1 1 1 1 1 当a=- 时，f(x)=- x3- x2+ x+3，则f(x)=-x2- x+ = 2 3 4 2 2 2 x+1  1 -x+ 2  ， 1 所以，当-10，函数fx 2  1 单调递增，当x<-1或x> 时f(x)<0， 2 函数fx  单调递减，故函数在x=-1处取得极小值，符合题意； 1 综上，a=- 或a=1． 2 (2) f(x)=-x2+ax+2a2=-x+a  x-2a  ， 因为，f(x)的单调增区间内有且只有两个整数， 所以，有且只有两个整数满足不等式f(x)>0，即有且只有两个整数满足不等式 x+a  x-2a  <0， 显然a≠0， 当a>0时，解得-a0，函数gx  单调递增， 所以函数gx  1 1 7 的极小值为g(-a)= a3+ a3-2a3=- a3， 3 2 6 8 又g(2)=- +2a+4a2， 3 7 8 7 1 令h(a)=g(2)-g(-a)= a3+4a2+2a- ，h(a)= a2+8a+2>0在0-1)上的最大值，试求最大的 实数b． (2)若0-1)上的最大值，∴f(x)≤f(-1)区间 -1,b  恒成立， 即f(x)-f(-1)=(x+1)2x2+(1-3a)x-1-3a  ≤0在区间-1,b  (b>-1)上恒成立， 又x+1≥0，所以只需h(x)=2x2+(1-3a)x-1-3a≤0在区间-1,b  (b>-1)上恒成 立， 1-3a 3a-1 ∵h(-1)=0，函数h(x)的对称轴为x=- = >0 4 4 ∴只需h(b)=2b2+(1-3a)b-1-3a≤0对一切a≥1恒成立， 记m(a)=h(b)=-3(b+1)a+2b2+b-1，关于a的单调递减的一次函数， 只需m(1)=2b2-2b-4≤0，解得-10，求导f(x)=6(x+1)(x-a)≤0 ∴函数f(x)在区间-1,0  上是减函数， ∵x f(x )+g(x )，f(x)-g(x)>f(x )-g(x )， 1 1 2 2 1 1 2 2 构造函数p(x)=f(x)+g(x)和q(x)=f(x)-g(x)在区间-1,0  上是减函数． 所以p(x)=6(x+1)(x-a)+6x+k≤0，即6-k≥6(x+1)(x-a+1)在区间-1,0  上恒成立， 利用二次函数的性质知y=6(x+1)(x-a+1)的最大值为y =6(1-a) max ∴6-k≥6(1-a)，即k≤6a； 第 页 共 页 413 3427同理q(x)=6(x+1)(x-a)-6x-k≤0，即k-6≥6(x+1)(x-a-1)在区间-1,0  上恒成立， 利用二次函数的性质知y=6(x+1)(x-a-1)的最大值为y =0 max ∴k-6≥0，即k≥6； ∵00， 当x∈(-1,1)时，gx  <0， g(x)单调增区间为(-∞,-1)和(1,+∞)，单调减区间为(-1,1)， 故当x=-1时，g(x)取到极大值g(-1)=2 (2)f(x)-g(x)=2x2+4x-k-x3，对任意x∈-1,3  ，都有f(x)≤g(x)成立，只需k≥ 2x2+4x-x3在x∈-1,3  时恒成立， 构造函数F(x)=2x2+4x-x3，x∈-1,3  ，则有Fx  =-3x2+4x+4， 令Fx  2 2 =0可得x=2或x=- ，当x∈-1,- 3 3  时，F′(x)<0，F(x)单调递减 2 当x∈- ,2 3  时，Fx  >0，F(x)单调递增，当x∈(2,3)时，Fx  <0，F(x)单调递 减， 当x=2时，F(x)取到极大值F2  =8，又F(-1)=-1，故F(x)的最大值为8， 故实数k的取值范围为：8,+∞  ； (3)若对任意x 1 ∈-1,3  ，x 2 ∈-1,3  ，都有f(x)≤g(x )成立， 1 2 即f(x)在区间-1,3  上的最大值都小于或等于g(x)的最小值， 由(1)可知：当x∈-1,1  时，g(x)单调递减，当x∈1,3  时，g(x)单调递增， 故当x=1时，函数g(x)取到极小值，也是该区间的最小值g1  =-2， 1 而f(x)=2x2+x-k为开口向上的抛物线，对称轴为x=- ，故当x=3时取最大值 4 f3  =21-k， 由21-k≤-2，解得k≥23 故实数k的取值范围为：23,+∞  761 (2024·江苏南通·高三江苏省如东高级中学校考期中)已知函数fx  1 = ax3+ 3 第 页 共 页 414 3427a-3 b- 2  x2+3x，其中 a>0，b∈R. (1)当b=-3时，讨论函数fx  的单调性； (2)当a=3，且b<0时， (i)若fx  有两个极值点x 1 ，x 2x 1 1，即03时，fx a  3 在-∞, a  ，1,+∞  3 上递增，在 ,1 a  上递减. (2)(i)证明：fx  =x3+bx2+3x，fx  =3x2+2bx+3. 由已知x 1 ，x 2 是方程fx  =0，即3x2+2bx+3=0的两实根， 故Δ=4b2-36>0，又b<0，所以b<-3. 2b 由韦达定理得：x +x =- >0，xx =1， 1 2 3 1 2 因为x 000 x2 x  ，hx  1 3 =- -x- x>0 x2 x  因为gx  32 3 x3-3x+32 =- -1+ =- <0x>0 x2 x2 x2  ， 所以gx  在0,+∞  上单调递减. 因为hx  2 3 (x+1)2(x-2) = -1+ =- ， x3 x2 x3 所以hx  在0,2  上单调递增，在2,+∞  上单调递减， 故hx  =h2 max  15 =- . 4 又g4  15 =- ，所以t =4， 4 max 第 页 共 页 415 342715 此时b=- . 4 762 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=x3-mx+50在x=2处取得极值，m∈R． (1)求m的值与f(x)的单调区间； f(x) (2)设0