8.三次函数及应用_11.3-2_2026-11-03

8.三次函数的图像与性质及应用
三次函数是高中阶段可以系统研究的一个重要函数， 因为其导函数二次函数是中学阶段研
究最深的函数之一，于是在学习完导数后，我们可以通过对其导函数二次函数的详细研究
来弄清楚三次函数的基本性质. 通过对三次函数的系统研究，能够增强学生对导数的应用
价值的认识和理解. 正因如此，三次函数在高考中自然也是热门的考察方向，特别是在24
年连续出现在两套新高考试题中后，再一次引起了研究热潮. 本节试图从三次函数的基本
性质出发，展示其重要的一些应用手法.
一. 基本命题原理
对于三次函数 f(x)ax3 bx2 cxd(a0) 而言，其导函数为一个二次函数，那么根
据其导函数 f '(x)3ax2 2bx c(a0) 的基本性质，可将三次函数的图象和性质梳理
如下：
1. f(x)0 根的个数（a0）.
对于三次函数 f(x)  ax3 bx2 cxd ，其导函数为二次函数:
f'(x)3ax2 2bxc(a0)，
二次函数的判别式化简为：△=4b2 12ac  4(b2 3ac) ，
（1）若b2 3ac 0，则恰 f(x) 0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
注：由图像可知：① 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 ) 0）.
1 2② 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
③ 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.故b2 3ac 0且 f(x ) f(x )0.
1 2
2.极值情况：
三次函数 f(x)  ax3 bx2 cxd （a0）,导函数为二次函数
f '(x)3ax2 2bxc(a0) ，
二次函数的判别式化简为：△=4b2 12ac  4(b2 3ac) ，
（1） 若b2 3ac 0，则 f(x)在(,)上为增函数；
（2）若b2 3ac 0，则 f(x)在(,x ) 和(x ,) 上为增函数， f(x)在(x ,x )上为
1 2 1 2
b b2 3ac b b2 3ac
减函数，其中x  ,x  .
1 3a 2 3a
证明： f'(x) 3ax2 2bxc, △=4b2 12ac  4(b2 3ac)，
（1） 当 0 即b2 3ac 0时， f'(x)0在 R上恒成立， 即 f(x)在(,)为
增函数.
（2） 当 0 即b2 3ac 0时，解方程 f'(x) 0，得
b b2 3ac b b2 3ac
x  ,x 
1 3a 2 3a
由 f'(x) 0得x  x 或x  x ， f(x)在(,x )和(x ,)上为增函数.由 f'(x)0得
1 2 1 2
x  x  x ， f(x)在(x ,x )上为减函数.
1 2 1 2
总结以上得到结论:三次函数 f(x)ax3 bx2 cxd （a0）
（1）若b2 3ac0，则 f(x)在R上无极值；
（2）若b2 3ac0，则 f(x)在R上有两个极值；且 f(x)在x  x 处取得极大值，在
1
x  x 处取得极小值.
2
3.对称中心
b b
三次函数 f(x)ax3bx2 cxd(a0)的对称中心为点 f( , f( ))，该点是三
3a 3a
次函数的拐点，此点的横坐标也是二阶导数的零点.4.三次方程根与系数得关系
（1）已知实系数多项式(x)ax3bx2 cxd有三个根,设为x ,x ,x .
1 2 3
b c d
x x x  ,x x x x x x  ,x x x  .
1 2 3 a 1 2 2 3 3 1 a 1 2 3 a
（2）由三次方程根与系数的关系：
(xa)(xb)(xc) x3 (abc)x2 (abbcca)xabc.
二．典例应用
★1.小题训练（主要围绕性质，多记多便利）
1 1
例1．（24-25高三上·贵州贵阳·开学考试）关于函数 f(x) x3 x22x1，下列说法正
3 2
确的是（ ）
①曲线y f(x)在点(3, f(3))处的切线方程为8x2y250；
② f(x)的图象关于原点对称；
7 13
③若y f(x)m有三个不同零点，则实数m的范围是( , )；
3 6
④ f(x)在(1,1)上单调递减.
A．①④ B．②④ C．①②③ D．①③④
1 1
解析：函数 f(x) x3 x22x1，求导得 f(x)x2x2(x1)(x2)，
3 2
1 1
对于①， f(3)4，而 f(3) ，则切线方程为y 4(x3)，即8x2y250，①
2 2
正确；
13
对于②， f(3) f(3)，则 f(x)的图象关于原点不对称，②错误；
2
对于③，当x1或x2时， f(x)0；当1x2时， f(x)0，
即函数 f(x)在(,1),(2,)上单调递增，在(1,2)上单调递减，
13 7
因此函数 f(x)在x1处取得极大值 f(1) ，在x2处取得极小值 f(2) ，
6 3
函数y f(x)m的零点，即直线ym与函数y f(x)图象交点的横坐标，
7 13
因此当直线ym与函数y f(x)图象有3个交点时，m( , )，③正确；
3 6
对于④， f(x)在(1,1)上单调递减，④正确，故选：D
以下选择题均为多选题.
例2．（2024·全国·高考真题）设函数 f(x)2x33ax21，则（ ）
A．当a1时， f(x)有三个零点
B．当a<0时，x0是 f(x)的极大值点
C．存在
a,b
，使得xb为曲线y f(x)的对称轴D．存在a，使得点 1, f 1 为曲线y f(x)的对称中心
解析：A选项， f(x)6x26ax6x(xa)，由于a1，故x,0a,时
f(x)0，故 f(x)在,0,a,上单调递增，x(0,a)时， f(x)0， f(x)单调递
减，则 f(x)在x0处取到极大值，在xa处取到极小值，由 f(0)10，
f(a)1a3 0，则 f(0)f(a)0，
根据零点存在定理 f(x)在(0,a)上有一个零点，又 f(1)13a0， f(2a)4a310
，则 f(1)f(0)0, f(a)f(2a)0，则 f(x)在(1,0),(a,2a)上各有一个零点，于是a1
时， f(x)有三个零点，A选项正确；
B选项， f(x)6x(xa)，a0时，x(a,0), f(x)0， f(x)单调递减，x(0,)时
f(x)0， f(x)单调递增，此时 f(x)在x0处取到极小值，B选项错误；
不存在这样的a,b，使得xb为 f(x)的对称轴，C选项错误；
D选项，任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
a
f(x)2x33ax21， f(x)6x26ax， f(x)12x6a，由 f(x)0 x ，于是该
2
a a a
三次函数的对称中心为 , f  ，由题意(1, f(1))也是对称中心，故 1a2，即存
2 2 2
在a2使得(1, f(1))是 f(x)的对称中心，D选项正确.故选：AD
例3．（24-25高三上广东省开学考试）设函数 f(x)x3x2ax1，则（ ）
A．当a1时， f(x)有三个零点
1
B．当a 时， f(x)无极值点
3
C．aR，使 f(x)在R上是减函数
D．aR, f(x)图象对称中心的横坐标不变
解析：对于A，当a1时， f(x)x3x2x1，求导得 f(x)3x22x1，
1 1
令 f(x)0得x=- 或x1，由 f(x)0，得x 或x1，由 f(x)0，
3 3
1 1 1
得 x1，于是 f(x)在(, )，(1,)上单调递增，在( ,1)上单调递减，
3 3 3
1 1 1 1 1
f(x)在x=- 处取得极大值 f( )   10，因此 f(x)最多有一个零点，A错
3 3 27 9 3
误；
1
对于B， f(x)3x22xa，当a 时，412a0，即 f(x)0恒成立，函数 f(x)
3
在𝐑上单调递增， f(x)无极值点，B正确；
对于C，要使 f(x)在𝐑上是减函数，则 f(x)3x22xa0恒成立，而不等式3x22xa0的解集不可能为𝐑，C错误；
2 2 2 2 2 58
对于D，由 f( x) f(x)( x)3( x)2a( x)1x3x2ax1 a ，
3 3 3 3 3 27
1 a 29
得 f(x)图象对称中心坐标为( ,  )，D正确.故选：BD
3 3 27
1 1
例4．（24-25高三上海南省开学考试）已知函数 f x ax3 x21aR，则（ ）
3 2
A．x0是函数 f x的极小值点
B．存在3个不同的a值，使得函数 f x有2个零点
C．有且仅有一个a值，使得曲线 f x有对称轴
D．存在无数多个a值，使得曲线 f x有对称中心
解析：由题意可知：函数 f x的定义域为𝐑，且 fxax2x，
对于选项A：例如a1，则 fxx2x，令
f '(x)0
，解得x1或x0；令
f '(x)0
，解得0x1；可知 f x在(𝟎,𝟏)内单调递减，在,0,1,内单调递增，
可知x0是函数 f x的极大值点，故A错误；
1 1
对于选项B：因为 f 010，可知0不为 f x的零点，令 f x ax3 x210，可
3 2
2 1 2 1 2
得 a  ，令t  0，则 at2t3，若函数 f x有2个零点，则
3 x x3 x 3
2
yt2t3t0与y a有2个交点，令gtt2t3,t 0，则gt16t2，当
3
6 6 6 6
 t ,t 0时，gt0；当t 或t  时，gt0，可知gt在
6 6 6 6
 6   6  6  6 
 ,0,0, 内单调递增，在, , ,内单调递减，且
       
6 6 6 6
       
 6 6  6 6
g  0,g  0，
   
6 9 6 9
   
当t趋近于时，gt趋近于，当t趋近于时，gt趋近于，
2 6 2 6 2 6 6 2
由图象可得 a 或 a 或 a0，则a 或a 或 a0，即存在3个
3 9 3 9 3 6 6 3不同的a值，使得函数 f x有2个零点，故B正确；
对于选项C：若曲线 f x有对称轴，设为xm，则 f mx f mx，即
1 1 1 1
amx3 mx21 amx3 mx21，整理可得3mam1xax3 0，
3 2 3 2
3mam10 m0
结合x的任意性可知 ，解得 ，所以有且仅有一个a值，使得曲线
a0 a0
f x有对称轴，故C正确；
对于选项D：若a0，则
1  1 1  3 11  2 1 1 1
f  x f x a x   x 1 ax3 x212 ，
a  3 a  2a  3 2 6a2
 1 1 
所以 f x的对称中心为 ,1 ，即存在无数多个a值，使得曲线 f x有对称中
2a 12a2 
心，故D正确；故选：BCD.
例5．（23-24高二下山东临沂期末）已知函数 f xx3ax2，则（ ）
A．存在实数x 使得 fx  f x 
0 0 0
B．当a2时， f x有三个零点
C．点0,2是曲线y f x的对称中心
D．若曲线y f x有两条过点1,0的切线，则 f a2
解析：对A，根据已知 fx3x2a的导函数，令 fx  f x 则
0 0
x3ax23x2a0，令gxx3ax23x2a，g113a231a40，
当x时gx0，
根据函数零点存在定理存在实数x 1,使得 fx  f x ，故A正确；
0 0 0
对B，根据题意知 fx3x22，令 fx3x220得到x 6 ，
3
 6  6   6  6 
在, 和 ,上 fx0，所以 f x在, 和 ,单调递增，
       
3 3 3 3
       
 6 6  6 6  6
在 , 上 fx0，所以 f x在 , 单调递减， f  是 f x的极大
     
3 3 3 3 3
     
3
 6  6 6 4 6
值，且 f x的极大值大于 f x极小值， f    2 2 20，
   
3 3 3 9
   
f 284220，所以 f x在定义域内有且只有一个零点，故B错误；对C，令gxx32x，该函数定义域为R，且gxx32x  x32x  gx，
所以gx为奇函数，0,0是gxx32x的对称中心，将gxx32x向下移动两个单
位得到 f x的图像，所以点0,2是曲线y f x的对称中心，故C正确；
对D， f xx3ax2过1,0的切线的切点为x ,y ，切线斜率为 fx 3x2a，
0 0 0 0
则切线方程为yy   3x2a xx ，把点1,0代入可得
0 0 0
x3ax 2  3x2a 1x ，化简可得2x33x22a0，令ux 2x33x22a
0 0 0 0 0 0 0 0 0
，
则ux 6x26x ，令ux 6x26x 0可得x 0或x 1，ux 在,1和
0 0 0 0 0 0 0 0 0
0,上大于零，所以ux 在,1和0,上单调递增，ux 在1,0上小于
0 0
零，所以ux 在1,0单调递减，要使ux 0有两个解，一个极值一定为0，若函数
0 0
ux 2x33x22a在极值点x 1时的函数值为0，可得a3，
0 0 0 0
所以 f a f 33333216若函数ux 2x33x22a在极值点x 0时的函数
0 0 0 0
值为0，可得a2，所以 f a f 2232222，故D不正确.故选：AC
6．（2024·全国·高考真题）设函数 f(x)(x1)2(x4)，则（ ）
A．x3是 f(x)的极小值点
B．当0x1时， f(x) f
 x2
C．当1x2时，4 f(2x1)0
D．当1x0时， f(2x) f(x)
解析：对A，因为函数 f x的定义域为R，而
fx2x1x4x12 3x1x3，
易知当x1,3时，𝐟'(𝐱)<𝟎，当x,1或x3,时，𝐟'(𝐱)>𝟎
函数 f x在,1上单调递增，在1,3上单调递减，在3,上单调递增，故x3是函
数 f x的极小值点，正确；
对B，当0x1时，xx2 x1x0，所以1xx2 0，而由上可知，函数 f x在
(𝟎,𝟏)上单调递增，所以 f x f  x2 ，错误；
对C，当1x2时，12x13，而由上可知，函数 f x在1,3上单调递减，所以f 1 f 2x1 f 3，即4 f 2x10，正确；
对D，当1x0时， f(2x) f(x)1x22xx12x4x1222x0
，
所以 f(2x) f(x)，正确；故选：ACD.
解答题部分
例 7.已知曲线 f(x) x3 3x在点 A(m, f(m))处的切线与曲线的另外一个交点为
B,P为线段AB的中点,O为坐标原点.
（1）求 f(x)的极小值并讨论 f(x)的奇偶性.
（2）当函数 f(x)为奇函数时,直线OP的斜率记为k,若3„ k„ 4,求实数m的取值范
围.
解析：（1） f(x)3x2 33(x1)(x1)，当1 x1时, f(x)0；当x1时，
f(x)0.当0时 f(x) x33x,显然 f(x)x3 3xf(x)，所以 f(x)为奇
函数.当0时 f(1)2, f(1)2，显然 f(1) f(1).
且 f(1) f(1)20，所以 f(x)为非奇非偶函数.
（2） f(x)3x2 3,所以曲线在点A(m, f(m))处的切线方程为
y  m3 3m    3m2 3  (xm)，其与原曲线方程y  x33x，联立化简
得:(xm)2(x2m)0.从而B  2m,8m3 6m  (m0).
 m 7m3 3m2 7m33m2
所以P , ,k  .由于m(0,2),k…18；
2 2 m
 
即当m(0,2)时，都有2„ 7m3 21m.令h(m)7m321m,则
h(m)21m2 2121(m1)(m1)，易知当0m1时,h(m)0；当1m2
时,h(m)0.即h(m)在(0,1)上递减，在(1,2)上递增，所以当m(0,2)
时 ,h(m) h(1)14， 所 以 2„ 14„ 7， 从 而 实 数 的 取 值 范 国 为
min
(,7].
注：可以看到，切点的横坐标恰好便是方程①的二重根.
例8.（切割线定理）
如果我们将上述的内容再结合三次函数韦达定理，就可以得到更多有趣的结论.如图，过切点A (x , f(x ))的切线与三次函数 y  f(x)的图象交于B点，同时，过(x , f(x ))的
A A 0 0
割线AD与三次函数y  f(x)的图象交于D,A,C三点. 我们有以下结论：
三次函数切割线定理.
b
（1）2x x  ；
A B a
（2）x x  x x ；
A B C D
（3）x x 2x .
E F A
证明：显然，方程①整理可得：ax3 bx2 cxd  f '(x )(xx ) f(x )0.结合上述
0 0 0
b
重根个数定理以及韦达定理可得：2x x  ，结论（1）证毕.
A B a
（2）设直线AD的方程为y kxm，代入y  f(x)的表达式结合韦达定理可得：
b b
x x x  ,再联立2x x  ，可证得：x x  x x .
A C D a A B a A B C D
b b
（3）同理，如图x x x  ，再联立2x x  ，可得：x x 2x .
B E E a A B a E F A
同样是2020年全国三卷23题，不等式选做题，依然以三次方程根与系数的关系命制而
成，下面予以分析，希望各位读者在高三备考时重视对三次方程根与系数关系的认识程
度，
有备无患！
三．习题演练
1．（23-24高三上广东阶段练习）已知三次函数 f xx3bx2cxd有三个不同的零点
x,x ,x x  x  x ，若函数gx f x1也有三个不同的零点t ,t ,t t t t ，则下
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
列等式或不等式一定成立的有（ ）
A．b2 3c
B．t  x
3 3
C．x x x t t t
1 2 3 1 2 3
D．x x x tt t 1
1 2 3 12 3解析： f¢(x)=3x2+2bx+c，因为原函数有三个不同的零点，则 fx0有两个不同的实
根，
即3x22bxc0，则Δ4b212c0，即b2 3c，所以A错误；
因为三次函数 f xx3bx2cxd有三个不同的零点x,x ,x x  x  x ，所以
1 2 3 1 2 3
x3bx2cxd xx xx xx 
1 2 3
x3x x x x2xx x x xx xxx x 0，所以x x x b,x x x d ，
1 2 3 1 2 2 3 1 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
同理t t t b,tt t 1d ，所以x x x t t t ,x x x tt t 1，故C正确，
1 2 3 12 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 12 3
D错误；由 f x的图象与直线y1的交点可知t  x ，B正确．故选：BC．
3 3
2．设直线yt与曲线C：yxx32的三个交点分别为Aa，t，Bb，t，Cc，t，且
abc．现给出如下结论：
①abc的取值范围是0，4；②a2b2c2为定值；③abc6.
其中正确结论的为
解析：设y f xxx32 x36x29x，则 fx3x2-12x9，令 fx0，解得：
x1或x3；当x1或x3时， f¢(x)>0，当1x3时， fx0；∴ f x在(,1)
上是增函数，在（1，3）上是减函数，在（3，+∞）上是增函数；当x1时， f x取得极
大值 f 14，当x3时， f x取得极小值 f 30；作出函数 f x的图象如图所示：
∵直线yt与曲线C：yxx32有三个交点，由图象知0＜t＜4.令
gxxx32-t x3-6x29x-t，则a，b，c是gx0的三个实根．
∴x3-6x29x-t x-ax-bx-c，即x36x29xt x3abcx2abacbcxabc，∴abc6，abbcac9
，abct，①③正确；∴a2b2c2 abc2-2abbcac18，∴②正确；
综上，正确的命题序号是①②③．故答案为：①②③．
3.椭圆曲线加密算法运用于区块链．
椭圆曲线C   (x,y)∣y2 x3axb,4a327b2 0  ．PC关于x轴的对称点记为P ．C在
点P(x,y)(y0)处的切线是指曲线y x3axb 在点P处的切线．定义“”运算满
足：①若PC,QC，且直线PQ与C有第三个交点R，则PQR；②若
PC,QC，且PQ为C的切线，切点为P，则PQP；③若PC，规定PP 0*
，且P0* 0*PP．
（1）当4a327b2 0时，讨论函数h(x)x3axb零点的个数；
（2）已知“”运算满足交换律、结合律，若PC,QC，且PQ为C的切线，切点为
P，证明：PPQ ；
（3）已知Px,y C,Qx ,y C，且直线PQ与C有第三个交点，求PQ的坐标．
1 1 2 2
参考公式：m3n3 (mn)  m2 mnn2
解析：（1）由题设可知a0，有h(x)3x2a，若a0，则b0，则h(x)x3，此时
a a a
h(x)仅有一个零点；若a<0，令h(x)0，解得x   ,x   ．当x<- - 或
1 3 2 3 3
a a a  a 
x> - 时，h(x)0，当- - <x< - 时，h(x)0，故h(x)在,  ，
 
3 3 3  3 
 a   a a 
  ,上为单调递增；在  ,  上h(x)单调递减.因为4a327b2 0，若b0
   
3 3 3
   
4a3 2a a a  a a a 2a a
，则b    ，此时h(  )   a  bb  0，
27 3 3 3  3 3 3 3 3
a 4a3 2a a
而h(  )0故此时h(x)有2个零点；若b0，则b    ，
3 27 3 3
a  a a a 2a a a
此时h(  )   a  bb  0，而h(  )0
3  3 3 3 3 3 3
故此时h(x)有2个零点；综上，当b0,hx 0，所以h(x)有2个零点．当
2
b0,hx 0，所以h(x)有2个零点．当a0，有b0，则h(x)有1个零点．
1（2）因为PQ为C在点P处的切线，且QC，所以PQP，故
P(PQ)PP 0，故 PPQQ  0Q  Q  ，因为“”运算满足交换律、
结合律，
故 PPQQ P  P  QQ P  P0 PP，故PPQ  .
y y
（3）直线PQ的斜率 1 2 ，设PQ与C的第三个交点为x ,y ，
x x 3 3
1 2
则y x x  y ，代入y2  x3ax b得2x x 22y x x y2 x3ax b
3 3 1 1 3 3 3 3 1 1 3 1 1 3 3
，
而y2  x3ax b，故2x x 22y x x x3ax bx3ax b，
1 1 1 3 1 1 3 1 1 1 3 3
整理得到：2x x 22y x x x3x3ax x ，
3 1 1 3 1 3 1 3 1
故2x x 2y x2x2xx a即x2  x 2 x x22x 2y a0，
3 1 1 3 1 1 3 3 1 3 1 1 1
同理可得x2  x 2 x x22x 2y a0，两式相减得：
3 2 3 2 2 2
y y 
x x x x2x22x x 2y y 0，故x x x 22 1 2 0，
1 2 3 1 2 1 2 1 2 3 1 2 x x
1 2
2
 y y 
所以x x x 222 0，故x 2x x ，故x  1 2  x x ，
3 1 2 3 1 2 3  x x  1 2
1 2
y y  y y  2 
所以y  1 2  1 2  2x x y ，因此PQ的坐标为：
3 x 1 x 2   x 1 x 2  1 2   1