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
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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．
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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1<x<3时，gx  >0，
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
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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  <gx  的解集；
(3)当a>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)2x2<x2-lnx+1，即x2+lnx-1<0，
设hx  =x2+lnx-1，h'x 
1
=2x+ >0，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．
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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 <x )．
1 2 1 2
∴x +x =2，xx =a．
1 2 1 2
当x变化时，G(x)，G(x)的取值情况如下表：
(-∞, (x , (x ,
1 2
x x x
1 2
x) x ) +∞)
1 2
G
+ 0 - 0 +
(x)
G(x) 增 极大值 减 极小值 增
∵x2-2x +a=0，∴a=-x2+2x ，
1 1 1 1
1 1 1
∴G(x)= x3-x2+ax -a= x3-x2+ax +x2-2x = x3+(a-2)x
1 3 1 1 1 3 1 1 1 1 1 3 1 1
1
= x[x2+3(a-2)]，
3 1 1
1
同理G(x )= x [x2+3(a-2)]，
2 3 2 2
1
∴G(x)⋅G(x )= xx [x2+3(a-2)]⋅[x2+3(a-2)]
1 2 9 1 2 1 2
1
= (xx )[(xx )2+3(a-2)(x2+x2)+9(a-2)2]
9 1 2 1 2 1 2
1
= aa2+3(a-2)[(x +x )2-2xx ]+9(a-2)2
9 1 2 1 2

4 = aa2-3a+3
9
 4 3 = a a-
9 2
   2 + 3
 4
 ．
因为Gx  有且只有一个零点，故G(x)G(x )>0，解得a>0． 1 2
故当0<a<1时，函数f(x)的图象与x轴有且只有一个交点．
综上所述，a的取值范围是(0,+∞)．
2 题型二：三次函数的最值、极值问题
1 1
724 (2024·云南·高三统考期末)已知函数f(x)=- x3+x2+2ax，g(x)= x2-4.
3 2
(1)若函数f(x)在0,+∞  上存在单调递增区间，求实数a的取值范围；
(2)设G(x)=f(x)-g(x).若0<a<2，G(x)在1,3  上的最小值为ha  ，求ha  的零
点.
【解析】(1)∵f(x)在0,+∞  上存在单调递增区间，∴f'(x)=-x2+2x+2a>0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
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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0<a<2时，x <0，1<x <3，
1 2
∴G(x)在1,3  上的最大值点为x 2 ，最小值为G1  或G3  ，
而G3  -G1 
14
=- +4a，
3
14 7
1°当- +4a<0，即0<a< 时，ha
3 6
 =G3 
1 1
=6a- =0，得a= ，
2 12
此时，ha 
1
的零点为 ；
12
14 7
2°当- +4a≥0，即 ≤a<2时，ha
3 6
 =G1 
25 25
= +2a=0，得a=- (舍).
6 12
综上ha 
1
的零点为 .
12
1 1
725 (2024·高三课时练习)已知函数f(x)=- x3+x2+2ax，g(x)= x2-4.
3 2
(1)若函数f(x)在0,+∞  上存在单调递增区间，求实数a的取值范围；
(2)设G(x)=f(x)-g(x).若0<a<2，G(x)在1,3 
1
上的最小值为- ，求G(x)在
3
1,3  上取得最大值时，对应的x值.
【解析】(1)∵f(x)在0,+∞  上存在单调递增区间，
∴fx  =-x2+2x+2a>0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0<a<2时，x <0，1<x <3，
1 2
∴G(x)在1,3  上的最大值点为x 2 ，最小值为G1  或G3  ，
而G3  -G1 
14
=- +4a，
3
14 7
1° 当- +4a<0，即0<a< 时，G3
3 6

1 1 1
=6a- =- ，得a= ，
2 3 36
3+ 11
此时，最大值点x = ；
2 6
14 7
2° 当- +4a≥0，即 ≤a<2时，G1
3 6

25 1 9
= +2a=- ，得a=- (舍).
6 3 4
综上G(x)在1,3 
3+ 11
上的最大值点为 .
6
726 (2024·江苏常州·高三常州市北郊高级中学校考期中)已知函数f(x)=x3-ax2-a2x+1，
其中a>0.
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<a< 时，ga
3

3
<0；a> 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)>0，0<x<2时，f(x)<0，
所以f(x)的增区间是(-∞,0)和(2,+∞)，减区间是(0,2)，
8
极大值是f(0)= ，极小值是f2
3

4
= ；
3
(3)由(2)知f(x)在[-2,0]和[2,5]上递增，在(0,2)上单调递减，
58
又f(-2)=-4，f(5)= ，
3
58
所以f(x)在[-2,5]上的最大值是 ，最小值是-4．
3
728 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=x3-ax2-x，a∈R，且f(1)=0．
(1)求曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间[0,3]上的最大值．
第 页 共 页
394 3427【解析】(1)由f(x)=x3-ax2-x得f(x)=3x2-2ax-1，
∴f(1)=3-2a-1=0，解得a=1
∴f(x)=x3-x2-x，f(x)=3x2-2x-1
∴f(-1)=-1-1+1=-1,f(-1)=3+2-1=4
曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线方程为y+1=4x+1  ，
即y=4x+3；
1 1
(2)由(1)，令f(x)>0得x<- 或x>1，令f(x)<0得- <x<1，
3 3
∴函数f(x)在0,1  上单调递减，在1,3  上单调递增，
又f(0)=0,f(3)=33-32-3=15，
∴函数f(x)在区间[0,3]上的最大值为f(3)=15
729 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=x3+3bx2+cx+d在(-∞,0)上是增函数，在
(0,2)上是减函数，且f(x)=0的一个根为-b
(1)求c的值；
(2)求证：f(x)=0还有不同于-b的实根x 、x ，且x 、-b、x 成等差数列；
1 2 1 2
(3)若函数f(x)的极大值小于16，求f(1)的取值范围
【解析】(1)fx  =3x2+6bx+c，
由题意，可知x=0是极大值点，故f0  =0, ∴ c=0.
(2)令fx  =0，得x=0或-2b,
由fx  的单调性知-2b≥2, ∴b≤-1，
∵ -b是方程fx  =0的一个根，
则-b  3+3b-b  2+d=0⇒d=-2b3，
∴ fx  =x3+3bx2-2b3=x+b  x2+2bx-2b2  ，
方程x2+2bx-2b2=0的根的判别式，
Δ=4b2-4-2b2

=12b2>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-2<b≤-1,
令gb  =f1  =-2b3+3b+1，
求导gb  =-6b2+3，
-2<b≤-1时，gb  <0，
∴ gb  在-2,-1  上单调递减，
∴ g-1  ≤gb  <g-2  ，
即0≤f1  <11.
1
730 (2024·浙江宁波·高三效实中学校考期中)已知函数f(x)= x3-ax2+(a+2)x+1(其
3
中a>0).
(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0<a≤2时，f(x)≥0，∴fx  在R上单调递增；
②当a>2时，f(x)=0⇒x =a- a2-a-2，x =a+ a2-a-2，x <x
1 2 1 2
∴f(x)在(-∞,x)，(x ,+∞)上单调递增，在(x,x )上单调递减.
1 2 1 2
(2)x ，x 为f(x)=x2-2ax+a+2=0(a>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)<g(2)= 3 ，即fx 1  +fx 2 
22
< . 3
3 题型三：三次函数的单调性问题
731 (2024·陕西商洛·高三校考阶段练习)已知三次函数fx 
1
= x3-4m-1
3
 x2+
15m2-2m-7  x+2在R上是增函数，则m的取值范围是 ( )
A.m<2或m>4 B.-4<m<-2
C.2<m<4 D.2≤m≤4
【答案】D
【解析】f'x  =x2-24m-1  x+15m2-2m-7，由题意得x2-24m-1  x+15m2-
2m-7≥0恒成立，∴Δ=44m-1  2-415m2-2m-7  =64m2-32m+4-60m2+
8m+28=4m2-6m+8  ≤0，∴2≤m≤4，故选D.
732 (2024·全国·高三专题练习)三次函数f(x)=mx3-x在(-∞,+∞)上是减函数，则m的
取值范围是 ( )
A.m<0 B.m<1 C.m≤0 D.m≤1
【答案】A
【解析】对函数f(x)=mx3-x求导，得f(x)=3mx2-1
因为函数f(x)在(-∞,+∞)上是减函数，则f′(x)≤0在R上恒成立，
即3mx2-1≤0恒成立，
当x2=0，即x=0时，3mx2-1≤0恒成立；
1 1
当x2≠0，即x≠0时，x2≥0，则3m≤ ，即3m≤
x2 x2
 ，
min
1
因为 ≥0，所以3m≤0，即m≤0；
x2
又因为当m=0时，f(x)=-x不是三次函数，不满足题意，
所以m<0.
故选：A．
1 m+1 1
733 (2024·江西宜春·高三校考阶段练习)已知函数f(x)= x3- x2，g(x)= -mx，
3 2 3
m是实数.
(1)若f(x)在区间(2,+∞)为增函数，求m的取值范围；
第 页 共 页
396 3427(2)在(1)的条件下,函数h(x)=f(x)-g(x)有三个零点，求m的取值范围.
【解析】(1)fx  =x2-m+1  x，因为fx  在区间2,+∞  为增函数,
所以fx  =xx-m-1  ≥0在区间2,+∞  恒成立,
所以x-m-1≥0,即m≤x-1恒成立,由x>2,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x<m或x>1,令hx  <0,解得m<x<1,
所以hx  在-∞,m  ,1,+∞  递增,在m,1  递减,
所以hx  极大值为hm 
1 1 1
=- m3+ m2- ,hx
6 2 3
 极小值为h1 
m-1
= ,
2
要使fx  -gx 
1 1 1
- m3+ m2- >0
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-2<a<-1时，- ∈1,2
a
 ，则fx 
1 2
 x3-2ax-4,1≤x≤-
3 a
= ，
1 2 x3+2ax+4,- <x≤2
3 a
第 页 共 页
397 34272
当x∈ 1,-
 a
 时，fx 
x2
=x2-2a≥0恒成立，则a≤
2

1
= ；
2
min
2
当x∈ - ,2
 a
 时，fx 
x2
=x2+2a≥0恒成立，则a≥-
2

2
=- ，可得a3≥-2，解
max
a2
得a≥-32，
此时-32≤a<-1.
综上所述，实数a的的取值范围为f(x).
故答案为：f(x).
4 题型四：三次函数的切线问题
736 (2024·全国·高三专题练习)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)设常数a>0，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-a<m<a3-a.
737 (2024·江西·高三校联考阶段练习)已知函数fx  =x3-3x2+x-1.
(1)求曲线y=fx  在点P t,ft    处的切线方程；
(2)设m>1，若过点Qm,n  可作曲线y=fx  的三条切线，证明:-2m<n<fm  .
【解析】(1)f(x)=3x2-6x+1则在点P处的切线方程为y-ft  =ft  x-t 
整理得y=3t2-6t+1

x-2t3+3t2-1
(2)n=3t2-6t+1

m-2t3+3t2-1
构造函数gt  =3t2-6t+1  m-2t3+3t2-1-n，
即gt  =-2t3+3(1+m)t2-6mt+m-1-n过点Qm,n  可做曲线y=fx  的三条切
线等价于函数gt  有三个不同的零点.
gt  =-6t-1  t-m  ，故函数gt  在-∞，1  上单调递减，1,m  上单调递增，
m,+∞  上单调递减，
g1 所以  <0 gm    >0 ，即  - m 2 3- m 3 - m n 2 < +m 0 -1-n>0 可得-2m<n<fm 
738 (2024·江苏·高三专题练习)已知函数fx 
1 1
= x3- ax2+a-1
3 2
 x+2a∈R  ，f(x)满
足f(x)+f(-x)=4，已知点M是曲线y=f(x)上任意一点，曲线在M处的切线为l.
(1)求切线l的倾斜角α的取值范围；
4
(2)若过点P(1,m)m≠
3
 可作曲线y=f(x)的三条切线，求实数m的取值范围.
1 1
【解析】(1)因为f(x)+f(-x)=4，则 x3- ax2+a-1
3 2

1 1
x+2- x3- ax2-
3 2
a-1  x+2=4，
第 页 共 页
398 34271
解得a=0，所以f(x)= x3-x+2，
3
则f(x)=x2-1，故k≥-1，∴tanα≥-1，
π
∴α∈ 0，
 2

3π
∪  ，π
 4

π
，∴切线l的倾斜角的α的取值范围是 0，
 2

3π
∪  ，π
 4
 .
4
(2)设曲线y=f(x)与过点P(1，m)m≠
3

1
的切线相切于点x , x3-x +2
0 3 0 0
 ，
1
则切线的斜率为k=x2-1，所以切线方程为y- x3-x +2 0 3 0 0  =x 0 2-1  x-x 0 
4
因为点P(1，m)m≠
3
 在切线上，
1
所以m- x3-x +2 3 0 0  =x 0 2-1  1-x 0 
2
，即m=- x3+x2+1， 3 0 0
由题意，该方程有三解
设gx 
2
=- x3+x2+1，则gx
3
 =-2x2+2x=-2xx-1  ，令g(x)=0，解得x=0或x
=1，
当x<0或x>1时，g(x)<0，当0<x<1时，g(x)>0，
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-2<x<2时，gx  <0，
所以gx  在-2,2  上单调递减．
所以gx  的极大值为g-2 
25
= ，gx
3
 的极小值为g2 
7
=- ．
3
因为有三条切线，所以方程t=gx  有三个不同的解，
y=t与y=gx  的图象有三个不同的交点，
第 页 共 页
399 34277 25
所以- <t< ．
3 3
740 (2024·陕西西安·高三校考阶段练习)已知函数fx  =ax3-bx2在点 1,f1    处的切线方
程为3x+y-1=0．
(1)求实数a，b的值；
(2)若过点-1,m  m≠-4  可作曲线y=fx  的三条切线，求实数m的取值范围．
【解析】(1)fx  =3ax2-2bx，
由fx  =ax3-bx2在点 1,f1    处的切线方程为2x+y-1=0，
得f1  =-2，f1 
a-b=-2
=-3，故  ，故a=1,b=3，
3a-2b=-3
(2)由(1)得fx  =3x2-6x，
过点-1,m  向曲线y=fx  做切线，设切点为x 0 ,y 0  ，
则切线方程为y-x 0 3-3x 0 2  =3x 0 2-6x 0  x-x 0  ．
因为切线过-1,m  ，故m-x 0 3-3x 0 2  =3x 0 2-6x 0  1-x 0  ，
整理得到：2x2-6x +m=0，
0 0
∵过点-8,m  m≠-4  可做曲线y=fx  的三条切线，
故方程2x2-6x +m=0有3个不同的解.
0 0
记gx  =2x3-6x+m，gx  =6x2-2=6x+1  x-1  ．
∴当x=-1时，gx  有极大值m+4，当x=1时，gx  有极小值m-5．
g-1
故当
 =m+4>0
g1 

 ，即-4<m<4时，函数gx
=m-4<0
 有3个不同零点．
∴实数m的取值范围是-4,4  ．
741 (2024·全国·高三专题练习)设函数fx 
1
= x3+ax2+bx+ca<0
3
 在x=0处取得极
值-1．
(1)设点A -a,f-a    ，求证：过点A的切线有且只有一条，并求出该切线方程；
(2)若过点0,0  可作曲线y=fx  的三条切线，求a的取值范围；
(3)设曲线y=fx  在点 x 1 ,fx 1    、x 2 ,fx 2    x 1 ≠x 2  处的切线都过点0,0  ，证明：
fx 1  ≠fx 2  ．
【解析】(1)证明：由fx 
1
= x3+ax2+bx+ca<0
3
 ，得：f′x  =x2+2ax+b，
f0 由题意可得  =b=0
f0 
  ，所以，fx
=c=-1
 1 = x3+ax2-1．
3
此时，fx  =x2+2ax，
当x<0时，fx  >0，此时函数fx  单调递增，
当0<x<-2a时，fx  <0，此时函数fx  单调递减，
所以，函数fx  在x=0处取得极大值-1．
设切点为x 0 ,y 0  ，则切线方程为y-y 0 =f′x 0  x-x 0  ，
1
即y- 3 x3 0 -ax2 0 +1=x2 0 +2ax 0  x-x 0  ，
即为y=x2 0 +2ax 0 
2
x- x3-ax2-1， 3 0 0
将点 -a,f-a    的坐标代入方程可得x2+3ax2+3a2x +a3=0， 0 0 0
即x 0 +a  3=0，所以x =-a，即点A为切点，且切点是唯一的，故切线有且只有一条． 0
第 页 共 页
400 34271
所以切线方程为a2x+y+ a3+1=0.
3
(2)因为切线方程为y=x2 0 +2ax 0 
2
x- x3-ax2-1， 3 0 0
把点0,0 
2
的坐标代入切线方程可得 x3+ax2+1=0， 3 0 0
2
因为有三条切线，故方程得 x3+ax2+1=0有三个不同的实根．
3 0 0
设gx 
2
= x3+ax2+1a<0
3
 ，
g′x  =2x2+2ax，令g′x  =2x2+2ax=0，可得x=0和x=-a．
当x∈-∞,0  时，g′x  >0，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-2<x<3，
所以函数fx  在(-∞,-2)上单调递增，在(-2,3)上单调递减，在(3,+∞)单调递增，
当x=-2时，fx  取得极大值，极大值为f-2 
137
= ，所以A正确；
6
又由极小值f3 
113
=- <0，且当x→-∞时，fx
6
 →-∞，
当x→+∞时，fx  →+∞，所以函数fx  有3个零点，所以B错误；
由fx  =2x2-2x-12，可得fx  =4x-2，令fx 
1
=0，可得x= ，
2
1
又由f
2

2 1
= ×
3 2

3 1
-
2

2 1 49 1
-12× + =2，所以点 ,2
2 6 2
 是函数fx  的对称中
心，
所以C正确；
1
因为 ,2
2
 是函数fx  的对称中心，所以fx  +f(1-x)=4，
1
令S=f
2024

2
+f
2024

3
+f
2024

2023
+⋅⋅⋅+f
2024
 ，
2023
可得S=f
2024

2022
+f
2024

2021
+f
2024

1
+⋅⋅⋅+f
2024
 ，
1
所以2S= f
2024

2023
+f
2024
  


2
+ f
2024

2022
+f
2024
  


3
+ f
2024

2021
+f
2024
  

 +⋅⋅⋅
2023
+ f
2024

1
+f
2024
  

 =4×2023，
1
所以S=4046，即f
2024

2
+f
2024

3
+f
2024

2023
+⋅⋅⋅f
2024
 =4046，
所以D正确.
故选：ACD.
746 (多选题)(2024·广东佛山·高三南海中学校考期中)定义：设fx  是fx  的导函数，
fx  是函数fx  的导数.若方程fx  =0有实数解x 0 ，则称点 x 0 ,fx 0    为函数y=
fx  的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图像
的对称中心，已知函数fx 
5
=ax3+bx2+ ab≠0
3
 的对称中心为1,1  ，则下列说法中
正确的有 ( )
1
A.a= ，b=-1
3
B.函数fx  有三个零点
5
C.过3,
3
 可以作两条直线与y=fx  图像相切
第 页 共 页
403 3427D.若函数fx  在区间t-6,t  上有最大值，则0<t≤3
【答案】ACD
【解析】对于A中，由fx 
5
=ax3+bx2+ ，可得fx
3
 =3ax2+2bx，则fx  =6ax+
2b，
因为点(1,1)是对称中心，结合题设中“拐点”的定义可知，
f1  =6a+2b=0且f1 
5 1
=a+b+ =1，解得a= ,b=-1，所以A正确；
3 3
1
对于B中，由a= ,b=-1，可知fx
3

1 5
= x3-x2+ ，则fx
3 3
 =x2-2x，
令fx  =0，可得x=0或x=2，
当x∈-∞,0  时，fx  >0，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0<t≤3且t-6<0，解得0<t≤3，所以D正确.
故选：ACD.
747 (多选题)(2024·安徽阜阳·高三安徽省太和中学校考竞赛)定义：设fx  是fx  的导函
数，fx  是函数fx  的导数，若方程fx  =0有实数解x 0 ，则称点 x 0 ,fx 0    为函数y
=fx  的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图
5
像的对称中心.已知函数f(x)=ax3+bx2+ (ab≠0)的对称中心为1,1
3
 ，则下列说法中
第 页 共 页
404 3427正确的有 ( )
1
A.a= ，b=-1
3
1
B. f
100

2
+f
100

198
+⋯+f
100

199
+f
100
 的值是199.
C.函数fx  有三个零点
1
D.过-1,
3
 可以作三条直线与y=fx  图像相切
【答案】AB
5
【解析】因为f(x)=ax3+bx2+ (ab≠0)，所以f(x)=3ax2+2bx，
3
f1 从而f(x)=6ax+2b，由题意  =0
f1 
6a+2b=0 1
  ，即   5 ，解得   a= 3 ，故A正确；
=1 a+b+ =1 3 b=-1
5
因为函数f(x)=ax3+bx2+ (ab≠0)的对称中心为1,1
3
 ，
所以有f(x)+f2-x  =2，
1
设S=f
100

2
+f
100

198
+⋯+f
100

199
+f
100
 (1)，
199
所以有S=f
100

198
+f
100

2
+⋯+f
100

1
+f
100
 (2)，
(1)+(2)得，2S=2+2+⋯+2+2=2×199，所以S=199
1
即f
100

2
+f
100

198
+⋯+f
100

199
+f
100
 的值是199.故B正确；
1 5
因为f(x)= x3-x2+ ，所以f(x)=x2-2x，
3 3
当x∈(-∞,0)时，f(x)>0，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，a<b<c，且fa  =fb  =
fc  =0，现给出如下结论：
①f(x)≤1；②f(x)≥3；③f0  f1  <0；
④f0  f3  >0；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1<x<3时，f(x)<0；当x<1，或x>3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<1<b<3<c，
所以f1  =4-abc>0，且f3  =-abc<0，所以0<abc<4，
∵f(0)=-abc，∴f(0)<0∴f(0)f1  <0，f(0)f3  >0，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,a<b
2
<c,且f(a)=f(b)=f(c)=0，现给出如下结论：
①f(0)f(1)>0； 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1<x<2时，f′(x)<0，
∴函数f(x)的增区间是(-∞，1)，(2，+∞)，减区间是(1，2)，
5
∴函数的极大值是f(1)= -abc，函数的极小值是f(2)=2-abc，
2
∵a<b<c，且f(a)=f(b)=f(c)=0，
5
∴a<1<b<2<c，f(1)>0且f(2)<0，解得2<abc< .，
2
∴f(0)=-abc<0，
则f(0)f(1)<0、f(0)f(2)>0，
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 <x 2 <x 3 ，当x 1 -x 3  取得最大值时，
求m的值.
【解析】(1)f(x)=x3-6x2-15x+5，f(x)=3x2-12x-15，f(x)=6x-12，
令f(x)=6x-12=0，x=2，f(2)=23-6×22-15×2+5=-41，
故y=f(x)的对称中心为(2,-41).
(2)f(x)=3x2+6(a-1)x+3a(2-3a)=3(x-a)(x-2+3a)，
令f(x)=0，则x =a，x =2-3a，
1 2
1
当a= 时，x =x ，f(x)≥0恒成立，所以函数y=f(x)在R上单调递增；
2 1 2
1
当a> 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 <x ，在(-∞,a)，(2-3a,+∞)上，f(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 <-4<x <2<x ，
1 2 3
且x ，x ，x 是方程x3+3x2-24x-10-m=0的根，
1 2 3
由于对称性，为了简化研究，只研究m∈[16,70)的情况，
x3+3x2-24x-10-m=x-x 1  x-x 2  x-x 3  =0，
根据常数项知：xx x =10+m，根据对称性知：x +x +x =-3，
1 2 3 1 2 3
x ∈(-4,-1]，且x3+3x2-24x -10-m=x3+3x2-24x -xx x =0，
2 2 2 2 2 2 2 1 2 3
故x2+3x -24-xx =0，即xx =x2+3x -24，
2 2 1 3 1 3 2 2
第 页 共 页
409 3427x 1 -x 3  = x 1 +x 3  2-4x 1 x 3 = -3-x 2  2-4x 2 2+3x 2 -24  = -3x 2 +1  2+108.
当x 2 =-1时，x 1 -x 3  取得最大值6 3，此时m=16.
7 题型七：三次函数恒成立问题
755 (2024·全国·高三专题练习)已知三次函数f(x)的导函数f(x)=-3x2+3且f(0)=-1，
a
g(x)=xlnx+ (a≥1)．
x
(1)求f(x)的极值；
(2)求证：对任意x,x ∈(0,+∞)，都有f(x)≤g(x )．
1 2 1 2
【解析】(I)由题意，令f(x)=-x3+3x+C且f(0)=-1, 所以C=-1,f(x)=-x3+3x-
1,由f(x)的单调性可知f(x)的极小值为f(-1),极大值为f(1).
(II)∀x,x ∈(0,+∞),f(x)≤g(x )⇔f(x) ≤g(x)且f(x) =f(1)=1,从而问题转化
1 2 1 2 max max
为g(x)≥1在
(0,+∞)上恒成立.
试题解析：
(I)依题意得fx  =-x3+3x-1，fx  =-3x2+3=-3x+1  x-1 
知fx  在-∞,-1  和1,+∞  上是减函数，在-1,1  上是增函数
∴fx  =f-1
极小值
 =-3， fx  =f1
极大值
 =1
(II)法1：易得x>0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0<x<1时，hx  <0，
即hx  在0,1  上是减函数，在1,+∞  是增函数，hx  =h1
最小值
 =0
即hx  ≥0，综上知对任意x 1 ,x 2 ∈0,+∞  ，都有fx 1  ≤gx 2 
法2：易得x>0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0<x<1时，hx  <0，
即hx  在0,1  上是减函数，在1,+∞  是增函数，hx  =h1
最小值
 =1，所以hx 
最小值
=1,
即gx  =1.
最小值
综上知对任意x 1 ,x 2 ∈0,+∞  ，都有fx 1  ≤gx 2  .
法3: 易得x>0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0<a≤ 2 时，任意实数x 1 ,x 2 ∈-1,2 
20
，都有f(x)+f(x )-3≥M+7a- 1 2 3
恒成立，求实数M的最大值.
1 1
【解析】(1)因为f(x)=- x3+ ax2+2a2x+3，
3 2
所以f(x)=-x2+ax+2a2，
因为x=-1为函数f(x)的极值点，
所以f-1 
1
=-12-a+2a2=0，解得a=- 或a=1；
2
1 1
当a=1时，f(x)=- x3+ x2+2x+3，则f(x)=-x2+x+2=-x+2
3 2
 x+1  ，
所以，当-1<x<2时f(x)>0，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-1<x< 时f(x)>0，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-a<x<2a，即不等式的解集为x|-a<x<2a  ，
所以

1<2a≤2 ，解得 1 <a≤1；
-a≥-1 2
当a<0时，解得2a<x<-a，即不等式的解集为x|2a<x<-a  ，
所以

-2≤2a<-1 ，解得-1≤a<- 1 ；
-a≤1 2
1
综上可得a∈ -1,-
 2

1
∪ ,1
2

(3)因为fx 1 
1 1
-3=- x3+ ax2+2a2x ， 3 1 2 1 1
令gx 
1 1
=- x3+ ax2+2a2x，则gx
3 2
 =-x2+ax+2a2=-(x+a)(x-2a)，
令gx  =0，则x=-a或x=2a，
1 1
因为0<a≤ ，所以-a∈ - ,0 2  2  ，2a∈0,1  ，
所以当x∈[-1，-a]和x∈(2a，2]时，gx  <0，函数gx  单调递减，当x∈(-a,2a)
时，gx  >0，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<a≤ 上
6 3 2 2
成立，
第 页 共 页
412 34271
所以，当0<a≤ 时，函数ha 2 
1
单调递增，故h(a) =h max 2 
25
=- <0， 48
所以g2  <g-a  ，
8
即当x∈[-1，2]时，g(x) =g(2)=- +2a+4a2，
min 3
又fx 2  a =-x2+ax +2a2=-x - 2 2 2 2  2 9a2 + 4
a 1
其对应函数图像的对称轴为x = < ，
2 2 2
所以x 2 =2时，fx 2  =f(2)=-4+2a+2a2， min
所以fx 1  -3+fx 2 
20 20 20
≥6a2+4a- ，故有6a2+4a- ≥M+7a- ， 3 3 3
1
所以，6a2-3a≥M，0<a≤ ，
2
1 因为6a2-3a=6a-
4
 2 3 1 - ，0<a≤ ，
8 2
1 所以6a2-3a=6a-
4
 2 3 3 - ≥- ，
8 8
3 3
所以M≤- ，即实数M的最大值为- .
8 8
759 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=2x3+3(1-a)x2-6ax-3a，g(x)=3x2+
kx．
(1)对任意a≥1，使得f(-1)是函数f(x)在区间-1,b  (b>-1)上的最大值，试求最大的
实数b．
(2)若0<a<1，对于区间-1,0  的任意两个不相等的实数x 、x ，且x <x ，都有|g(x) 1 2 1 2 1
-g(x )|<f(x)-f(x )成立，求k的取值范围．
2 1 2
【解析】(1)∵f(-1)是函数f(x)在区间-1,b  (b>-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-1<b≤2，
∴最大的实数b为2．
(2)当x∈-1,0  ，∵a>0，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 <x ，|g(x)-g(x )|<f(x)-f(x )成立，
1 2 1 2 1 2
∴f(x )-f(x)<g(x)-g(x )<f(x)-f(x )成立，
2 1 1 2 1 2
即f(x)+g(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；
∵0<a<1，∴k不存在．
760 (2024·辽宁沈阳·高三东北育才学校校考期中)已知函数f(x)=2x2+x-k，g(x)=ax3+
bx2+cx+d(a≠0)是R上的奇函数，当x=1时，g(x)取得极值-2．
(1)求函数g(x)的单调区间和极大值；
(2)若对任意x∈-1,3  ，都有f(x)≤g(x)成立，求实数k的取值范围；
(3)若对任意x 1 ∈-1,3  ，x 2 ∈-1,3  ，都有f(x)≤g(x )成立，求实数k的取值范围． 1 2
【解析】(1)∵g(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)是R上的奇函数，
∴g(-x)=-g(x)，即a-x  3+b-x  2+c-x  +d=-ax3+bx2+cx+d  ，得bx2+d=0
恒成立，
可得b=d=0，即g(x)=ax3+cx(a≠0)，g(x)=3ax2+c
g1
又当x=1时，g(x)取得极值-2，∴
 =3a+c=0
g1 

，

=a+c=-2
a=1
解得

，故函数g(x)=x3-3x，导函数gx
c=-3

=3x2-3，
令3x2-3=0解得x=±1，当x∈(-∞,-1)或x∈(1,+∞)时，gx  >0，
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
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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 <x 2  ，求证：fx 1  <1；
(ii)若对任意的x∈0,t  ，都有-1≤fx  ≤16成立，求正实数t的最大值.
【解析】(1)fx 
1 a-3
= ax3+b-
3 2
 x2+3x，
fx  =ax2-a+3  x+3=x-1  ax-3  .
令fx 
3
=0，得x =1，x = . 1 2 a
3
①当 =1，即a=3时，fx
a
 ≥0，
fx  在-∞,+∞  上递增；
3
②当 >1，即0<a<3时，
a
fx  在-∞,1 
3
， ,+∞
a

3
上递增，在1,
a
 递减；
3
③当 <1，即a>3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 <x ，
1 2
3 1
所以0<x <1，b=- x +
1 2 1 x
1
 .
fx 1 
3 1
=x3- x + 1 2 1 x
1

1 3
x2+3x =- x3+ x. 1 1 2 1 2 1
设gx 
1 3
=- x3+ x0<x<1
2 2
 ，
则gx 
3 3 3
=- x2+ = 1-x2
2 2 2
 >00<x<1 
所以gx  递增，
故gx  <g1  =1，即fx 1  <1.
(ii)当x=0时，不等式恒成立；
当0<x≤t时，不等式-1≤fx 
1 3 16 3
≤16化为- -x- ≤b≤ -x- .
x2 x x2 x
设gx 
16 3
= -x- x>0
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
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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<t≤2，已知函数g(x)= 16t ，若对于任意x 1 、x 2 ∈[t-2，t]，都有g(x 1 )-g(x 2 ) 
≤1，求实数t的取值范围．
【解析】(1)由题意得f(x)的定义域为R，f(x)=3x2-m，
∵函数f(x)=x3-mx+50在x=2处取得极值，
∴f(2)=3×4-m=0，解得m=12，
则由f(x)=3x2-12=3(x+2)(x-2)=0得x=2或x=-2，
x、f(x)、f(x)的关系如下表：
(-∞, (-2, (2,
x -2 2
-2) 2) +∞)
f(x) + 0 - 0 +
f(x) 递增 极大值 递减 极小值 递增
∴函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-2)、(2,+∞)，单调递减区间为(-2,2)；
(2)由(1)得函数f(x)=x3-12x+50，
当0<t≤2时，对任意x 1 、x 2 ∈[t-2，t]，都有g(x 1 )-g(x 2 )  ≤1，
即当x∈[t-2，t]，时，f(x) -f(x) ≤16t，
max min
∵f(x)在[-2，2]上单调递减，[-2，2]⊇[t-2，t]，
∴f(x)在[t-2，t]上单调递减，
则f(x) =f(t-2)=(t-2)3-12(t-2)+50，f(x) =f(t)=t3-12t+50，
max min
则f(x) -f(x) =-6t2+12t+16≤16t，
max min
4 4
即3t2+2t-8≥0，解得t≤-2或t≥ ，结合0<t≤2，得 ≤t≤2，
3 3
4
故实数t的取值范围为 t ≤t≤2
3
 

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416 3427