高中数学三次函数的所有题型及解答总计.docx
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高中数学三次函数的所有题型及解答总计
高中数学三次函数的所有题型及解答总计
由于三次函数在高考中出现频率最高,且四次函数、分式函数等都可转化为三次函数来解决,故以
三次函数为例来研究根的情况
,设三次函数
()
3
2
(
0)
f
x
ax
bxcx
da
其导函数为二次函数
:
/
()
3
2
2
(
0)
,
ax
bxca
fx
判别式为:
△=4
2
12
ac
4(
b
2
3
),设
f
/
(x)0
的两根为
x1
、
x2
,结合函数草图易得:
b
ac
(1)
若b2
3ac
0,则f(x)
0
恰有一个实根;
(2)
若b2
3ac
0,且f(x1)
f(x2)
0,则f(x)
0恰有一个实根;
(3)
若b2
3ac
0,且f(x1)
f(x2)
0,则f(x)
0
(4)
若b2
3ac
0,且f(x1)
f(x2)
0,则f(x)
0
有两个不相等的实根;
有三个不相等的实根.
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(x1)f(x2)
0);
(3)
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(x1)f(x2)
0;
(4)
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(x1)
f(x2)0.
【
】
13
+x
2-3
x+
1
,求函数f(x)的单调区间。
例题1
:
设函数f(x)=
x
3
解析:
f(x)的定义域为R,f′(x)=x2+2x-3
2
此时为
的单调递增区间;
f′(x)=x+2x-3>0?
x∈(-∞,-3)或(1,+∞)
f(x)
f′(x)=x2+2x-3<0?
x∈(-3,1)
,此时为f(x)的单调递减区间。
【变式1】:
设函数f(x)=1x3+x2-3x+m,求函数f(x)的单调区间。
3
解析:
f(x)的定义域为R,f′(x)=x2+2x-3
f′(x)=x2+2x-3>0?
x∈(-∞,-3)或(1,+∞),此时为f(x)的单调递增区间;
1
f′(x)=x2+2x-3<0?
x∈(-3,1),此时为f(x)的单调递减区间。
【老吴帮你解后反思
:
变式1与例题的区别在于把三次函数的常数项换成参数
m,但是不影响
】
函数的单调性。
【变式2】:
设函数f(x)=1x3+x2+mx+1,求函数f(x)的单调区间。
3
解析:
依题意可得f(x)x22xm
当
即
时,
x
2
2xm0
f(x)0
f(x)
R
;
44m
0m
1
在
上单调递增
恒成立故
所以函数
当44m0即m1时,
x1
2
4
4m
1
m
f(x)x2
2
1
11m,且
2xm0有两个相异实根
x2
x12
2xm
0
?
x(,11)m或x(11,m)
此时为
f(x)
的
,
单调递增区间;f(x)
x2
2xm0?
x
(1
1m,1
1
m),此时为f(x)的单
调递减区间。
综上可知,当m
1
时,函数f(x)在
R上单调递增;
当m
1
时,x
(
1
1
m)或x
(11m,)单调递增,
x
(1
1
m,
11
m)单调递减。
【老吴帮你解后反思】:
函数求导后为常数项未知的二次函数,不能确定二次函数与图像的交
点个数,即二次方程的跟,所以要讨论的正负。
【变式3】:
设函数f(x)=1x3+mx2+x+1在x∈(-∞,+∞)为单调函数,求m的取
3
值范围。
解析:
依题意可得
f(x)x2
2mx1,4m2
40,
1m1所以m
1,1。
【老吴帮你解后反思
】:
1、单调函数为在定义域范围内为增函数或减函数;2
函数求导后为含参
数的二次函数,
二次函数图像开口向上,所以只能满足
x∈(-∞,+∞)上f(x)
0,所
以要≤0。
2
【变式4】:
设函数f(x)=
1
x3+
1(m+1)x2+mx+1,求函数f(x)的单调区间。
3
2
解析:
依题意可得f(x)
x2
(m
1)x
m(xm)(x
1),
令f(x)=0
,x1
m,x2
1,
′
(1)m>1,x2
>x1,即
(
m)或(-1+,)
(-m,-1)
为单调递增,
为单调递减;
(2)m=1,x2=x1,即f′(x)≥0,所以函数
f(x)在R上单调递增;
(-,
1)或(-m,)
为单调递增,
(-1,-m)
(3)m<1,x2为单调递减;
【老吴帮你解后反思】:
由于m的不确定性,不能确定两根的大小,所以要进行分类讨论,很
多同学不知道分类讨论的分界点是什么,遇到这种能够直接可以因式分解的,讨论的分界点
即为两根相等时求出的参数值,所以此题分类讨论的分界点为m=1,m>1,m<1,【变式2】因
为不能因式分解,不能确定方程有根无根,所以要讨论的正负。
【变式5】:
设函数f(x)=1mx3+1(m+1)x2+x+c,求函数f(x)的单调区间。
3
2
解析:
依题意可得f(x)
mx2
(m
1)x
1
(mx1)(x
1),
(1)m=0,f(x)
x
(-
1)
单调递减,在
(-1,
)
单调递增;
1,所以函数f(x)在
x1
1,x2
1
(2)m≠0,f(x)
mx2
(m
1)x1
(mx
m
1)(x1)=0,
(
1)或(-1,
)
(1,
1)
m<0,x2>x1,
m
单调递减,
m单调递增;
(
1)或(-1,
)
(
1,1)
0m
单调递增,
m
单调递减;
m=1,x2=x1,所以在R上为单调递增;
(
1)或(-1,
)
(1,1)
m>1,x2>x1,
m
单调递增,
m单调递减;
(
1)或(-1,
)
(1,1)
综上可知,
m<0,
m
单调递减,
m单调递增;
m=0,
(-
1)
单调递减,在
(-1,)
单调递增;
3
(,
1)或(-1,
)
(
1,1)
0,
m
单调递增,
m单调递减;
m=1,所以在R上为单调递增;
(
1
)
(1,
1
1)或(-,
)
m>1,,
m
单调递增,
m单调递减;
【老吴帮你解后反思】:
这道题目与【变式4】区别在于,最高次前边的系数不能确定,所以讨
论的第一个分界点为m=0,然后在讨论两个根的大小,但是一定注意导函数图像的开口方向,
这是易错点。
【变式6】:
设函数f(x)=1mx3+1x2+x+c,求函数f(x)的单调区间。
32
提示:
求导后,分析二次函数的最高幂系数不确定,所以要讨论m与0的关系,在m≠0的情况下,讨论的正负。
例题2:
设函数
f(x)
1x3
x2
3x1
f(x)
【
3
,求
的极值。
】
解析:
定义域为
xR,依据题意可知
f(x)x2
2x3,令f(x)x2
2x30,
x1
1,x23
x
1)
-1
(
1,3)
3
(3,)
(
f(x)
f(x)
>0
0
f
(x)
<0
0
f(x)
>0
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
f(x)
8
f
(1)
f(3)
8
3
4
附图:
例题3:
设函数
f(x)
1x3
x2
3x1
f(x)
【
3
,求
在[0,4]的最值。
】
解析:
定义域为x
R,依据题意可知f(x)
x2
2x
3,令f
(x)x2
2x3
0,
x1
1(舍)x2
3
x
0
(0,3)
3
(3,4)
4
f(x)
f(x)
<0
0
f
(x)
>0
f(x)
f(0)1
单调递减
极小值
单调递增
f(4)
7
3
f(3)
8
通过表格可以发现,最大值为
f(0)
1,最小值f(3)
8
【老吴帮你解后反思
:
本题主要注意求出
导数值为零点时,
x1
1
不在给定范围。
】
附图:
【变式1】:
【2005高考北京文第19题改编】已知函数f(x)=-x3+3x2+9x+a,若f(x)在区间[-2,2]上的最大值为20,求它在该区间上的最小值.
解析:
依据题意,
f(x)
3x2
6x9
,
f(x)0
,
x1
1,x2
3
(舍)
5
x
-2
(2,1)
-1
(1,2)
2
f
(x)
f(x)
<0
0
f(x)
>0
f
(2)
2a
单调递减
f
(1)5
a
单调递增
f
(2)
22
a
f(x)
由表可知f
x
的最大值为f
(2)
22a
,所以
a
=-2.
的最小值为
f(
1)5
a
()
f(x)
=-7.
=20
附图:
【变式2】:
【2012高考北京文第19题改编】已知函数f(x)
ax2
1(a
0),g(x)
x3
bx。
当a3,b
9
时,若函数f(x)
g(x)在区间[k,2]上的最大值为28
,求k的取值范围。
解析:
依据题意,
h(x)
f(x)
g(x)
x3
3x2
9x1h(x)3x2
6x
9
h(x)0,x1
1,x2
3
,
,
x
3)
-3
(3,1)
-1
(1,2)
2
(
f(x)
f(x)
>0
0
f(x)
<0
0
f
(x)
>0
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
f
(2)
3
f(x)
f(3)
28
f
(1)
12
结合函数单调性可知,要使
h(x)最大值为28,必须使k
3。
【老吴帮你解后反思】:
在解决函数问题时,一定要结合函数的单调区间及极
值大致绘出函数图像(如下图),通过图像一目了然就可以观察出k3。
6
例题4
f(x)
1x3
x2
3x1
f(x)
f(x)c
【
:
设函数
3
,
在[0,4]的满足
恒成立,求
c的取值范
】
围。
解析:
定义域为x
R,依据题意可知f(x)
x2
2x
3,令f(x)x2
2x30,
x1
1(舍)x2
3
x
0
(0,3)
3
(3,4)
4
f(x)
f
(x)
<0
0
f(x)
>0
f(x)
f(0)
1
单调递减
极小值
单调递增
7
f(4)
f(3)
8
3
通过表格可以发现,最大值为f(0)
1,最小值f(3)
8
在[0,4]的满足f(x)
c恒成立,必须使
c
1.
【变式】:
设函数
f(x)
1x3
x2
3x
1
c恒成立,求
3
,f(x)在[0,4]的满足
f(x)
c的取值范围。
7
解析:
定义域为x
R,依据题意可知f(x)
x2
2x
3,令f(x)x2
2x30,
x1
1(舍)x2
3
x
0
(0,3)
3
(3,4)
4
f(x)
f(x)<0
0
f(x)>0
f(x)
f(0)
1
单调递减
极小值
单调递增
7
f(4)
f(3)
8
3
通过表格可以发现,最大值为
f(0)1,最小值f(3)
8
在[0,4]
的满足f(x)
c恒成立,必须使c8.
【老吴帮你解后反思】:
此类题目为恒成立问题,可以总结为
f(x)
c恒成立,
满足fmin(x)
c;f(x)c恒成立,满足fmax(x)c。
【
】
【2014高考北京文第20题改编】已知函数
3
若过点
存在
f(x)2x3x.
P(1,t)3
例题5:
条直线与曲线y
f(x)相切,求t的取值范围;
方法一:
8
方法二:
4x036x023t,设g(x)
4x36x2
3,h(x)
t,则“过点P(1,t)存在3条直线与曲
线y
f(x)相切”等价于“y
g(x)与y
h(x)图像有三个交点”。
g′(x)=12x2-12x=12x(x
9
-1).当x变化时,g(x)与g′(x)的变化情况如下:
x
(-∞,0)
0
(0,1)
1
(1,+∞)
g′(x)
+
0
-
0
+
g(x)
单调递增
3
单调递减
1
单调递增
所以,g(0)=3
是g(x)的极大值,g
(1)=1
是g(x)的极小值.
结合图像知,当
y=g(x)与yh(x)有3个不同交点时,有
1故当过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切时,t的取值范围是(-3,-1).
【变式】
(1)已知函数f(x)2x33x.若过点P(1,t)存在2条直线与yf(x)相切,求t的取值范围;
(2)已知函数f(x)2x33x.若过点P(