导数
三次函数
三次函数求导之后是二次函数，二次函数的重要性及相关知识点在此不再惯述，而导数作为研究函数的重要工具，可通过三次函数这一具体的载体更加深刻地理解导数与原函数的关系。掌握了三次函数的方法，更加有助于学习高次函数或者超越函数。
可因式分解型
-
【例 1】 若 1 3 x 3 + a x 2 + x = 0 \frac{1}{3} x^{3}+a x^{2}+x=0 31x3+ax2+x=0 有两个实数根，求实数 a a a 的取值范围。
-
【解析】 1 3 x 3 + a x 2 + x \frac{1}{3} x^{3}+a x^{2}+x 31x3+ax2+x 可因式分解为 x ( 1 3 x 2 + a x + 1 ) x\left(\frac{1}{3} x^{2}+a x+1\right) x(31x2+ax+1)，故 1 3 x 3 + a x 2 + x = 0 \frac{1}{3} x^{3}+a x^{2}+x=0 31x3+ax2+x=0 等价于 x = 0 x=0 x=0 或 1 3 x 2 + a x + 1 = 0 \frac{1}{3} x^{2}+a x+1=0 31x2+ax+1=0 。由题意可知二次方程 1 3 x 2 + a x + 1 = 0 \frac{1}{3} x^{2}+a x+1=0 31x2+ax+1=0 有唯一一个非 0 0 0 的实根或者两个不同的实根而其中一个为 0 0 0 。因为 0 0 0 显然不是二次方程 1 3 x 2 + a x + 1 = 0 \frac{1}{3} x^{2}+a x+1=0 31x2+ax+1=0 的根，所以只需 Δ = a 2 − 4 3 = 0 \Delta=a^{2}-\frac{4}{3}=0 Δ=a2−34=0，解得 a = ± 2 3 3 a=\pm \frac{2 \sqrt{3}}{3} a=±323 ，故 a a a 的取值范围是 a ∈ { − 2 3 3 , 2 3 3 } a \in\left\{-\frac{2 \sqrt{3}}{3}, \frac{2 \sqrt{3}}{3}\right\} a∈{−323 ,323 }。
-
【变式 1】 关于 x x x 的方程 x 3 + a x 2 + x = 0 x^{3}+a x^{2}+x=0 x3+ax2+x=0 有三个不同实数根，求实数 a a a 的取值范围。
-
【变式 2】 已知函数 f ( x ) = 1 3 x 3 − 1 2 ( a + 1 ) x 2 + a x f(x)=\frac{1}{3} x^{3}-\frac{1}{2}(a+1) x^{2}+a x f(x)=31x3−21(a+1)x2+ax，设 a > 1 a>1 a>1，讨论函数 f ( x ) f(x) f(x) 在区间 [ 0 , a + 1 ] [0, a+1] [0,a+1] 内零点的个数。
一元二次函数的表达形式有三种：一般式、顶点式、两根式，其中两根式可视为可因式分解型，那么 一元三次函数也是类似的。三次函数的一般式为 f ( x ) = a x 3 + b x 2 + c x + d ( a ≠ 0 ) f(x)=a x^{3}+b x^{2}+c x+d(a \neq 0) f(x)=ax3+bx2+cx+d(a=0)，但如果已知三次函数的零点，那么也可以将三次函数写成几个因式乘积的形式。因为三次方程的实数根至少有一个，最多有三个，由此有以下知识点：
【知识点 1】
设三次函数 f ( x ) = a x 3 + b x 2 + c x + d ( a ≠ 0 ) f(x)=a x^{3}+b x^{2}+c x+d(a \neq 0) f(x)=ax3+bx2+cx+d(a=0) 。
（1）若已知三次函数只有一个零点 x 0 x_{0} x0，那么三次函数可以写成 f ( x ) = a ( x − x 0 ) 3 f(x)=a\left(x-x_{0}\right)^{3} f(x)=a(x−x0)3；
（2）若已知三次函数只有两个零点 x 1 x_{1} x1 和 x 2 x_{2} x2，那么三次函数可以写成 f ( x ) = a ( x − x 1 ) ( x − f(x)=a\left(x-x_{1}\right)(x- f(x)=a(x−x1)(x− x 2 ) 2 \left.x_{2}\right)^{2} x2)2（ x 2 x_{2} x2 为重根）；或 f ( x ) = a ( x − x 1 ) 2 ( x − x 2 ) f(x)=a\left(x-x_{1}\right)^{2}\left(x-x_{2}\right) f(x)=a(x−x1)2(x−x2)（ x 1 x_{1} x1 为重根）；
（3）若已知三次函数有三个零点 x 1 x_{1} x1， x 2 x_{2} x2 和 x 3 x_{3} x3，那么三次函数可以写成 f ( x ) = a ( x − x 1 ) ( x − x 2 ) ( x − x 3 ) f(x)=a\left(x-x_{1}\right)(x- \left.x_{2}\right)\left(x-x_{3}\right) f(x)=a(x−x1)(x−x2)(x−x3)；
（4）若已知三次函数有一个零点 x 0 x_{0} x0，其他未知，那么三次函数可以写成 f ( x ) = a ( x − x 0 ) g ( x ) f(x)=a\left(x-x_{0}\right) g(x) f(x)=a(x−x0)g(x)，其中 g ( x ) g(x) g(x) 为二次函数。
-
【例 2】 已知函数 f ( x ) = x 3 + a x 2 + b x + 1 f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+1 f(x)=x3+ax2+bx+1 的两个不同零点为 x 0 x_{0} x0， 1 x 0 \frac{1}{x_{0}} x01，则 a 2 + ( b − 2 ) 2 a^{2}+(b-2)^{2} a2+(b−2)2 的取值范围是（ ）。
A. ( 4 , + ∞ ) (4,+\infty) (4,+∞)
B. ( 6 , + ∞ ) (6,+\infty) (6,+∞)
C. ( 8 , + ∞ ) (8,+\infty) (8,+∞)
D. ( 10 , + ∞ ) (10,+\infty) (10,+∞) -
【解析】 因为函数 f ( x ) f(x) f(x) 有两个不同的零点 x 0 x_{0} x0， 1 x 0 \frac{1}{x_{0}} x01 且 x 0 ≠ ± 1 x_{0} \neq \pm 1 x0=±1，所以一定有因式 x − x 0 x-x_{0} x−x0 和 x − 1 x 0 x-\frac{1}{x_{0}} x−x01 。 根据多项式乘法的特点：因式中的常数之积为多项式中的常数，因式中的最高次项之积为多项式中的最高次项，可知函数 f ( x ) f(x) f(x) 的第三个因式必为 x + 1 x+1 x+1。故
f ( x ) = ( x − x 0 ) ( x − 1 x 0 ) ( x + 1 ) = x 3 + [ 1 − ( x 0 + 1 x 0 ) ] x 2 + [ 1 − ( x 0 + 1 x 0 ) ] x + 1 f(x)=\left(x-x_{0}\right)\left(x-\frac{1}{x_{0}}\right)(x+1)=x^{3}+\left[1-\left(x_{0}+\frac{1}{x_{0}}\right)\right] x^{2}+\left[1-\left(x_{0}+\frac{1}{x_{0}}\right)\right] x+1 f(x)=(x−x0)(x−x01)(x+1)=x3+[1−(x0+x01)]x2+[1−(x0+x01)]x+1
从而 a = b = 1 − ( x 0 + 1 x 0 ) a=b=1-\left(x_{0}+\frac{1}{x_{0}}\right) a=b=1−(x0+x01)。因为 x 0 + 1 x 0 ∈ ( − ∞ , − 2 ) ∪ ( 2 , + ∞ ) x_{0}+\frac{1}{x_{0}} \in(-\infty,-2) \cup(2,+\infty) x0+x01∈(−∞,−2)∪(2,+∞)，所以 a = b ∈ ( − ∞ , − 1 ) ∪ ( 3 , + ∞ ) a=b \in(-\infty,-1) \cup(3,+\infty) a=b∈(−∞,−1)∪(3,+∞)，所以 a 2 + ( b − 2 ) 2 = a 2 + ( a − 2 ) 2 = 2 a 2 − 4 a + 4 a^{2}+(b-2)^{2}=a^{2}+(a-2)^{2}=2 a^{2}-4 a+4 a2+(b−2)2=a2+(a−2)2=2a2−4a+4，对称轴为 1 1 1，故最小值在 a = − 1 a=-1 a=−1 或 a = 3 a=3 a=3 处取得为 10 10 10，故选 D。 -
【变式 3】 （2012 山东文 12）函数 f ( x ) = 1 x f(x)=\frac{1}{x} f(x)=x1， g ( x ) = − x 2 + b x g(x)=-x^{2}+b x g(x)=−x2+bx，若 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 的图像与 y = g ( x ) y=g(x) y=g(x) 图像有且仅有两个不同的公共点 A ( x 1 , y 1 ) A\left(x_{1}, y_{1}\right) A(x1,y1)， B ( x 2 , y 2 ) B\left(x_{2}, y_{2}\right) B(x2,y2)，则下列判断正确的是（ ）。
A. x 1 + x 2 > 0 x_{1}+x_{2}>0 x1+x2>0， y 1 + y 2 > 0 y_{1}+y_{2}>0 y1+y2>0
B. x 1 + x 2 > 0 x_{1}+x_{2}>0 x1+x2>0， y 1 + y 2 < 0 y_{1}+y_{2}<0 y1+y2<0
C. x 1 + x 2 < 0 x_{1}+x_{2}<0 x1+x2<0， y 1 + y 2 > 0 y_{1}+y_{2}>0 y1+y2>0
D. x 1 + x 2 < 0 x_{1}+x_{2}<0 x1+x2<0， y 1 + y 2 < 0 y_{1}+y_{2}<0 y1+y2<0 -
【变式 4】 (2014 广东文 21）已知函数 f ( x ) = 1 3 x 3 + x 2 + a x + 1 f(x)=\frac{1}{3} x^{3}+x^{2}+a x+1 f(x)=31x3+x2+ax+1。当 a < 0 a<0 a<0 时，试讨论是否存在 x 0 ∈ ( 0 , 1 2 ) ∪ ( 1 2 , 1 ) x_{0} \in\left(0, \frac{1}{2}\right) \cup\left(\frac{1}{2}, 1\right) x0∈(0,21)∪(21,1)，使得 f ( x 0 ) = f ( 1 2 ) f\left(x_{0}\right)=f\left(\frac{1}{2}\right) f(x0)=f(21) 。
极值点可求型
探索一元三次方程的根时，特殊情况下才可因式分解降次，但如果无法转化为二次方程时，我们就只能通过极值来研究。
设三次函数为
f
(
x
)
=
a
x
3
+
b
x
2
+
c
x
+
d
(
a
≠
0
)
f(x)=a x^{3}+b x^{2}+c x+d(a \neq 0)
f(x)=ax3+bx2+cx+d(a=0)，求导
f
′
(
x
)
=
3
a
x
2
+
2
b
x
+
c
f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+2 b x+c
f′(x)=3ax2+2bx+c，对于方程
f
′
(
x
)
=
3
a
x
2
+
2
b
x
+
c
=
0
f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+2 b x+c=0
f′(x)=3ax2+2bx+c=0，根的判别式记为
Δ
\Delta
Δ，当
Δ
>
0
\Delta>0
Δ>0 时，记
x
1
x_{1}
x1，
x
2
x_{2}
x2 为
f
′
(
x
)
=
0
f^{\prime}(x)=0
f′(x)=0 的根，即函数
f
(
x
)
f(x)
f(x) 的极值点。
结合三次函数的图像如图 2-15 所示，关于三次方程的根有以下知识点：
【知识点 2】
（1） f ( x ) = 0 f(x)=0 f(x)=0 有一个根 ⇔ Δ ⩽ 0 \Leftrightarrow \Delta \leqslant 0 ⇔Δ⩽0 或 $\begin{cases} \Delta>0 \ f\left(x_{1}\right) f\left(x_{2}\right)>0\end{cases} KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '&' at position 3: ； &̲nbsp; &nbs…f(x)=0$ 有两个根 ⇔ { Δ > 0 f ( x 1 ) f ( x 2 ) = 0 \Leftrightarrow \begin{cases} \Delta>0 \\ f\left(x_{1}\right) f\left(x_{2}\right)=0\end{cases} ⇔{Δ>0f(x1)f(x2)=0；
（3） f ( x ) = 0 f(x)=0 f(x)=0 有三个根 ⇔ { Δ > 0 f ( x 1 ) f ( x 2 ) < 0 \Leftrightarrow \begin{cases} \Delta>0 \\ f\left(x_{1}\right) f\left(x_{2}\right)<0\end{cases} ⇔{Δ>0f(x1)f(x2)<0。
-
【例 3】 （Ⅰ）若 f ( x ) = 1 3 x 3 + 1 2 a x 2 + 1 f(x)=\frac{1}{3} x^{3}+\frac{1}{2} a x^{2}+1 f(x)=31x3+21ax2+1 有一个零点，求实数 a a a 的取值范围。
（Ⅱ）若 f ( x ) = 1 3 x 3 + a x + 1 f(x)=\frac{1}{3} x^{3}+a x+1 f(x)=31x3+ax+1 有两个零点，求实数 a a a 的取值范围。
（Ⅲ）若函数 f ( x ) = x 3 − 3 a 2 x + 2 ( a > 0 ) f(x)=x^{3}-3 a^{2} x+2(a>0) f(x)=x3−3a2x+2(a>0) 有三个零点，求实数 a a a 的取值范围。 -
【解析】 （Ⅰ）求导可得 f ′ ( x ) = x 2 + a x f^{\prime}(x)=x^{2}+a x f′(x)=x2+ax，由 f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0 得 x 1 = 0 x_{1}=0 x1=0， x 2 = − a ， f ( x ) x_{2}=-a，f(x) x2=−a，f(x) 只有一个零点包括两种情况:
（1）当 Δ = a 2 ⩽ 0 \Delta=a^{2} \leqslant 0 Δ=a2⩽0，即 a = 0 ， f ′ ( x ) ⩾ 0 a=0，f^{\prime}(x) \geqslant 0 a=0，f′(x)⩾0 恒成立， f ( x ) f(x) f(x) 单调递增，此时 f ( x ) f(x) f(x) 只有一个零点。
（2）当 f ( x ) f(x) f(x) 的两极值同号时，函数 f ( x ) f(x) f(x) 只有一个零点，即 { Δ > 0 f ( x 1 ) f ( x 2 ) > 0 \begin{cases} \Delta>0 \\ f\left(x_{1}\right) f\left(x_{2}\right)>0\end{cases} {Δ>0f(x1)f(x2)>0，整理可得 $\begin{cases} a \neq 0 \ f(0) f(-a)=\frac{a^{3}}{6}+1>0\end{cases} $，解得 a > − 6 3 a>-\sqrt[3]{6} a>−36 且 a ≠ 0 a \neq 0 a=0。
综上所述， a a a 的取值范围为 ( − 6 3 , + ∞ ) (-\sqrt[3]{6},+\infty) (−36 ,+∞) 。
（Ⅱ）令 f ( x ) = 1 3 x 3 + a x + 1 f(x)=\frac{1}{3} x^{3}+a x+1 f(x)=31x3+ax+1，则 f ′ ( x ) = x 2 + a f^{\prime}(x)=x^{2}+a f′(x)=x2+a，由 f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0 得 x 1 = − a x_{1}=\sqrt{-a} x1=−a ， x 2 = − − a x_{2}=-\sqrt{-a} x2=−−a 。 f ( x ) f(x) f(x) 有两个零点 ⇔ { Δ > 0 f ( x 1 ) f ( x 2 ) = 0 ⇒ { a < 0 f ( − a ) f ( − − a ) = 0 \Leftrightarrow \begin{cases} \Delta>0 \\ f\left(x_{1}\right) f\left(x_{2}\right)=0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a<0 \\ f(\sqrt{-a}) f(-\sqrt{-a})=0\end{cases} ⇔{Δ>0f(x1)f(x2)=0⇒{a<0f(−a )f(−−a )=0，解得 a = − 9 4 3 a=-\sqrt[3]{\frac{9}{4}} a=−349 。
（Ⅲ） f ′ ( x ) = 3 x 2 − 3 a 2 = 3 ( x − a ) ( x + a ) f^{\prime}(x)=3 x^{2}-3 a^{2}=3(x-a)(x+a) f′(x)=3x2−3a2=3(x−a)(x+a)，由 f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0 得 x 1 = a x_{1}=a x1=a， x 2 = − a x_{2}=-a x2=−a。函数有三个零点等价于 { Δ > 0 f ( x 1 ) f ( x 2 ) < 0 ⇒ { a ≠ 0 f ( a ) f ( − a ) = 4 − 4 a 6 < 0 \begin{cases} \Delta>0 \\ f\left(x_{1}\right) f\left(x_{2}\right)<0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a \neq 0 \\ f(a) f(-a)=4-4 a^{6}<0\end{cases} {Δ>0f(x1)f(x2)<0⇒{a=0f(a)f(−a)=4−4a6<0，解得 a > 1 a>1 a>1，故 a a a 的取值范围为 ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞)。 -
【变式 5】 已知函数 f ( x ) = a x 3 − 3 2 ( a + 2 ) x 2 + 6 x − 3 f(x)=a x^{3}-\frac{3}{2}(a+2) x^{2}+6 x-3 f(x)=ax3−23(a+2)x2+6x−3，当 a > 0 a>0 a>0 时，讨论曲线 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 与 x x x 轴的公共点的个数。
-
【变式 6】 （2015 江苏 19）已知函数 f ( x ) = x 3 + a x 2 + b ( a , b ∈ R ) f(x)=x^{3}+a x^{2}+b(a, b \in \mathbb{R}) f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R)，若 b = c − a b=c-a b=c−a（实数 c c c 是与 a a a 无关的常数），当函数 f ( x ) f(x) f(x) 有三个不同的零点时， a a a 的取值范围恰好 ( − ∞ , − 3 ) ∪ ( 1 , 3 2 ) ∪ ( 3 2 , + ∞ ) (-\infty,-3) \cup\left(1, \frac{3}{2}\right) \cup\left(\frac{3}{2},+\infty\right) (−∞,−3)∪(1,23)∪(23,+∞)，求 c c c 的值。
-
【例 4】 （2014 北京文 20）已知函数 f ( x ) = 2 x 3 − 3 x f(x)=2 x^{3}-3 x f(x)=2x3−3x。
（Ⅰ）若过点 P ( 1 , m ) P(1, m) P(1,m) 存在 3 条直线与曲线 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 相切，求 m m m 的取值范围；
（Ⅱ）问过点 A ( − 1 , 2 ) A(-1,2) A(−1,2)， B ( 2 , 10 ) B(2,10) B(2,10)， C ( 0 , 2 ) C(0,2) C(0,2) 分别存在几条直线与曲线 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 相切？（只需写出结论） -
【解析】 求导可得 f ′ ( x ) = 6 x 2 − 3 f^{\prime}(x)=6 x^{2}-3 f′(x)=6x2−3，设切点为 ( t , f ( t ) ) (t, f(t)) (t,f(t))，则切线方程为 y − ( 2 t 3 − 3 t ) = ( 6 t 2 − 3 ) ( x − t ) y-\left(2 t^{3}-3 t\right)=\left(6 t^{2}-3\right)(x-t) y−(2t3−3t)=(6t2−3)(x−t)。 设切线过 ( a , b ) (a, b) (a,b)，所以 4 t 3 − 6 a t 2 + 3 a + b = 0 4 t^{3}-6 a t^{2}+3 a+b=0 4t3−6at2+3a+b=0，令 g ( t ) = 4 t 3 − 6 a t 2 + 3 a + b g(t)=4 t^{3}-6 a t^{2}+3 a+b g(t)=4t3−6at2+3a+b，则 g ′ ( t ) = 12 t 2 − 12 a t = 0 g^{\prime}(t)=12 t^{2}-12 a t=0 g′(t)=12t2−12at=0 可得 t 1 = 0 t_{1}=0 t1=0， t 2 = a t_{2}=a t2=a。
（Ⅰ）若 ( a , b ) = ( 1 , m ) (a, b)=(1, m) (a,b)=(1,m)，则 t 1 = 0 ， t 2 = 1 t_{1}=0，t_{2}=1 t1=0，t2=1，因为过点 P ( 1 , m ) P(1, m) P(1,m) 存在 3 条直线与曲线 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 相切，所 以 g ( t ) max = g ( 0 ) = m + 3 > 0 g(t)_{\max }=g(0)=m+3>0 g(t)max=g(0)=m+3>0， g ( t ) min = g ( 1 ) = m + 1 < 0 g(t)_{\min }=g(1)=m+1<0 g(t)min=g(1)=m+1<0，解得 − 3 < m < − 1 -3<m<-1 −3<m<−1，故 m m m 的取值范围为 ( − 3 , − 1 ) (-3,-1) (−3,−1)。
（Ⅱ）（1）若 ( a , b ) = ( − 1 , 2 ) (a, b)=(-1,2) (a,b)=(−1,2)，则 t 1 = 0 t_{1}=0 t1=0， t 2 = − 1 t_{2}=-1 t2=−1，所以 g ( t ) max = g ( − 1 ) = 1 > 0 g(t)_{\max }=g(-1)=1>0 g(t)max=g(−1)=1>0， g ( t ) min = g ( 0 ) = − 1 < 0 g(t)_{\min }=g(0)= -1<0 g(t)min=g(0)=−1<0，故 g ( t ) g(t) g(t) 有三个零点，即过点 A ( − 1 , 2 ) A(-1,2) A(−1,2) 存在 3 条直线与曲线 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 相切；
（2）若 ( a , b ) = ( 2 , 10 ) (a, b)=(2,10) (a,b)=(2,10)，则 t 1 = 0 t_{1}=0 t1=0， t 2 = 2 t_{2}=2 t2=2，所以 g ( t ) max = g ( 0 ) = 16 > 0 g(t)_{\max }=g(0)=16>0 g(t)max=g(0)=16>0， g ( t ) min = g ( 2 ) = 0 g(t)_{\min }=g(2)=0 g(t)min=g(2)=0，故 g ( t ) g(t) g(t) 有两个零点，即过点 B ( 2 , 10 ) B(2,10) B(2,10) 存在 2 条直线与曲线 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 相切；
（3）若 ( a , b ) = ( 0 , 2 ) (a, b)=(0,2) (a,b)=(0,2)，则 t 1 = 0 t_{1}=0 t1=0， t 2 = 0 t_{2}=0 t2=0，所以 g ( t ) g(t) g(t) 单调递增，故过点 C ( 0 , 2 ) C(0,2) C(0,2) 存在 1 条直线与曲线 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 相切。 -
【变式 7】 设函数 f ( x ) = 1 3 x 3 − a 2 x 2 + 1 ( a > 0 ) f(x)=\frac{1}{3} x^{3}-\frac{a}{2} x^{2}+1(a>0) f(x)=31x3−2ax2+1(a>0)，若过点 ( 0 , 2 ) (0,2) (0,2) 可作曲线 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 的 3 条不同切线，求 a a a 的取值范围。
-
【变式 8】 若过点 A ( 2 , m ) A(2, m) A(2,m) 可作曲线 f ( x ) = x 3 − 3 x f(x)=x^{3}-3 x f(x)=x3−3x 的 3 条切线，则 m m m 的取值范围。
极值点不可求型
理论上当三次函数有极值点时，其极值都是可求的。首先由二次方程的求根公式求出极值点，然后再代入三次函数求得其极值。但如果这样硬算的话，不仅计算量极其恐怖，甚至实际操作时是完全不可行的，那么此时，就非常需要有效的计算技巧。
此时可以采用“整体代换降次”的方式来大大降低计算量，结合韦达定理求解。通过后面的例题可以体会。
我们先来看一个以前就做过的题：已知 x 2 − x − 1 = 0 x^{2}-x-1=0 x2−x−1=0，求 x 4 + 2 x + 1 x 5 \frac{x^{4}+2 x+1}{x^{5}} x5x4+2x+1 的值。
-
【解析】 由
x
2
−
x
−
1
=
0
x^{2}-x-1=0
x2−x−1=0 得
x
2
=
x
+
1
x^{2}=x+1
x2=x+1，显然，将
x
2
x^{2}
x2 作为一个整体代入计算时有效的将二次降低成了一次。
分子： x 4 + 2 x + 1 = ( x 2 ) 2 + 2 x + 1 = ( x + 1 ) 2 + 2 x + 1 = x 2 + 4 x + 2 = x + 1 + 4 x + 2 = 5 x + 3 x^{4}+2 x+1=\left(x^{2}\right)^{2}+2 x+1=(x+1)^{2}+2 x+1=x^{2}+4 x+2=x+1+4 x+2=5 x+3 x4+2x+1=(x2)2+2x+1=(x+1)2+2x+1=x2+4x+2=x+1+4x+2=5x+3；
分母： x 5 = x ⋅ ( x 2 ) 2 = x ⋅ ( x + 1 ) 2 = x ⋅ ( x 2 + 2 x + 1 ) = x ⋅ ( 3 x + 2 ) = 3 x 2 + 2 x = 3 ( x + 1 ) + 2 x = x^{5}=x \cdot\left(x^{2}\right)^{2}=x \cdot(x+1)^{2}=x \cdot\left(x^{2}+2 x+1\right)=x \cdot(3 x+2)=3 x^{2}+2 x=3(x+1)+2 x= x5=x⋅(x2)2=x⋅(x+1)2=x⋅(x2+2x+1)=x⋅(3x+2)=3x2+2x=3(x+1)+2x=
5 x + 3 5 x+3 5x+3。
从而 x 4 + 2 x + 1 x 5 = 5 x + 3 5 x + 3 = 1 \frac{x^{4}+2 x+1}{x^{5}}=\frac{5 x+3}{5 x+3}=1 x5x4+2x+1=5x+35x+3=1。
通过这个例子，我们可以深刻体会到整体代换起到的降次这一关键的作用！那么，当三次函数的极值点不可求时，我们也可以采用同样的计算技巧求解。
-
【例 5】 若 1 3 x 3 − x 2 + a x − a = 0 \frac{1}{3} x^{3}-x^{2}+a x-a=0 31x3−x2+ax−a=0 只有一个实数根，求 a a a 的取值范围。
-
【解析】 令 f ( x ) = 1 3 x 3 − x 2 + a x − a f(x)=\frac{1}{3} x^{3}-x^{2}+a x-a f(x)=31x3−x2+ax−a，则 f ′ ( x ) = x 2 − 2 x + a f^{\prime}(x)=x^{2}-2 x+a f′(x)=x2−2x+a，那么 f ( x ) = 0 f(x)=0 f(x)=0 只有一个零点包括两种情况：
（1）当 Δ = 4 − 4 a ⩽ 0 \Delta=4-4 a \leqslant 0 Δ=4−4a⩽0，即 a ⩾ 1 a \geqslant 1 a⩾1 时， f ′ ( x ) ⩾ 0 f^{\prime}(x) \geqslant 0 f′(x)⩾0 恒成立，函数 f ( x ) f(x) f(x) 单调递增，所以方程 f ( x ) = 0 f(x)=0 f(x)=0 只有一个实数根。
（2）当 Δ = 4 − 4 a > 0 \Delta=4-4 a>0 Δ=4−4a>0，即 a < 1 a<1 a<1 时，设 f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0 的两根为 x 1 x_{1} x1， x 2 x_{2} x2，则由韦达定理 { x 1 + x 2 = 2 x 1 x 2 = a \begin{cases} x_{1}+x_{2}=2 \\ x_{1} x_{2}=a\end{cases} {x1+x2=2x1x2=a，且由 f ′ ( x 1 ) = x 1 2 − 2 x 1 + a = 0 f^{\prime}\left(x_{1}\right)=x_{1}^{2}-2 x_{1}+a=0 f′(x1)=x12−2x1+a=0 可得 x 1 2 = 2 x 1 − a x_{1}^{2}=2 x_{1}-a x12=2x1−a。那么
f ( x 1 ) = 1 3 x 1 3 − x 1 2 + a x 1 − a = 1 3 x 1 ( 2 x 1 − a ) − ( 2 x 1 − a ) + a x 1 − a = 2 3 x 1 2 + ( 2 a 3 − 2 ) x 1 = 2 3 ( 2 x 1 − a ) + ( 2 a 3 − 2 ) x 1 = ( 2 a − 2 ) x 1 − 2 a 3 = 2 3 [ ( a − 1 ) x 1 − a ] \begin{aligned} f\left(x_{1}\right) &=\frac{1}{3} x_{1}^{3}-x_{1}^{2}+a x_{1}-a=\frac{1}{3} x_{1}\left(2 x_{1}-a\right)-\left(2 x_{1}-a\right)+a x_{1}-a=\frac{2}{3} x_{1}^{2}+\left(\frac{2 a}{3}-2\right) x_{1} \\ &=\frac{2}{3}\left(2 x_{1}-a\right)+\left(\frac{2 a}{3}-2\right) x_{1}=\frac{(2 a-2) x_{1}-2 a}{3}=\frac{2}{3}\left[(a-1) x_{1}-a\right] \end{aligned} f(x1)=31x13−x12+ax1−a=31x1(2x1−a)−(2x1−a)+ax1−a=32x12+(32a−2)x1=32(2x1−a)+(32a−2)x1=3(2a−2)x1−2a=32[(a−1)x1−a]
同理 f ( x 2 ) = 2 3 [ ( a − 1 ) x 2 − a ] f\left(x_{2}\right)=\frac{2}{3}\left[(a-1) x_{2}-a\right] f(x2)=32[(a−1)x2−a]。所以 f ( x ) = 0 f(x)=0 f(x)=0 只有一个实数根只需 f ( x 1 ) f ( x 2 ) > 0 f\left(x_{1}\right) f\left(x_{2}\right)>0 f(x1)f(x2)>0，即
f ( x 1 ) f ( x 2 ) = 2 3 [ ( a − 1 ) x 1 − a ] ⋅ 2 3 [ ( a − 1 ) x 2 − a ] = 4 9 [ ( a − 1 ) 2 x 1 x 2 − a ( a − 1 ) ( x 1 + x 2 ) + a 2 ] = 4 9 [ a ( a − 1 ) 2 − 2 a ( a − 1 ) + a 2 ] = 4 a 9 ( a 2 − 3 a + 3 ) > 0 \begin{aligned} f\left(x_{1}\right) f\left(x_{2}\right) &=\frac{2}{3}\left[(a-1) x_{1}-a\right] \cdot \frac{2}{3}\left[(a-1) x_{2}-a\right]=\frac{4}{9}\left[(a-1)^{2} x_{1} x_{2}-a(a-1)\left(x_{1}+x_{2}\right)+a^{2}\right] \\ &=\frac{4}{9}\left[a(a-1)^{2}-2 a(a-1)+a^{2}\right]=\frac{4 a}{9}\left(a^{2}-3 a+3\right)>0 \end{aligned} f(x1)f(x2)=32[(a−1)x1−a]⋅32[(a−1)x2−a]=94[(a−1)2x1x2−a(a−1)(x1+x2)+a2]=94[a(a−1)2−2a(a−1)+a2]=94a(a2−3a+3)>0
可得 a > 0 a>0 a>0（因为 a 2 − 3 a + 3 > 0 a^{2}-3 a+3>0 a2−3a+3>0 恒成立）。又因为 a < 1 a<1 a<1，此时 0 < a < 1 0<a<1 0<a<1。
综上所述， a a a 的取值范围是 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞)。 -
【注】 本题的关键在于将 x 1 2 = 2 x 1 − a x_{1}^{2}=2 x_{1}-a x12=2x1−a 作为一个整体代入 f ( x 1 ) f\left(x_{1}\right) f(x1) 的表达式化简为一次式 2 3 [ ( a − 1 ) x 1 − a ] \frac{2}{3}\left[(a-1) x_{1}-a\right] 32[(a−1)x1−a]，同样的方法得到 f ( x 2 ) f\left(x_{2}\right) f(x2) 的表达式，最后利用韦达定理求解。
-
【例 6】（2018 新课标 Ⅱ 文 21）证明 f ( x ) = 1 3 x 3 − a ( x 2 + x + 1 ) f(x)=\frac{1}{3} x^{3}-a\left(x^{2}+x+1\right) f(x)=31x3−a(x2+x+1) 只有一个零点。
-
【解析】 f ′ ( x ) = x 2 − 2 a x − a f^{\prime}(x)=x^{2}-2 a x-a f′(x)=x2−2ax−a，它的判别式 Δ = 4 a 2 + 4 a \Delta=4 a^{2}+4 a Δ=4a2+4a。
（1）当 − 1 ⩽ a ⩽ 0 -1 \leqslant a \leqslant 0 −1⩽a⩽0 时， f ′ ( x ) ⩾ 0 f^{\prime}(x) \geqslant 0 f′(x)⩾0 恒成立，故 f ( x ) f(x) f(x) 在 R \mathbb{R} R 上单调递增， f ( x ) f(x) f(x) 只有一个零点。
（2）当 a > 0 a>0 a>0 或 a < − 1 a<-1 a<−1 时，则 f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0 有两个根 x 1 x_{1} x1， x 2 x_{2} x2， f ( x ) f(x) f(x) 只有一个零点 ⇔ f ( x 1 ) f ( x 2 ) > 0 \Leftrightarrow f\left(x_{1}\right) f\left(x_{2}\right)>0 ⇔f(x1)f(x2)>0。 由 f ′ ( x 1 ) = x 1 2 − 2 a x 1 − a = 0 f^{\prime}\left(x_{1}\right)=x_{1}^{2}-2 a x_{1}-a=0 f′(x1)=x12−2ax1−a=0 得 x 1 2 = 2 a x 1 + a x_{1}^{2}=2 a x_{1}+a x12=2ax1+a。则
f ( x 1 ) = 1 3 x 1 3 − a ( x 1 2 + x 1 + 1 ) = 1 3 x 1 ( 2 a x 1 + a ) − a ( x 1 2 + x 1 + 1 ) = − a 3 x 1 2 − 2 a 3 x 1 − a = − a 3 ( 2 a x 1 + a ) − 2 a 3 x 1 − a ① = − 2 3 a ( a + 1 ) x 1 − ( a 2 3 + a ) \begin{aligned} f\left(x_{1}\right) &=\frac{1}{3} x_{1}^{3}-a\left(x_{1}^{2}+x_{1}+1\right)=\frac{1}{3} x_{1}\left(2 a x_{1}+a\right)-a\left(x_{1}^{2}+x_{1}+1\right) \\ &=-\frac{a}{3} x_{1}^{2}-\frac{2 a}{3} x_{1}-a=-\frac{a}{3}\left(2 a x_{1}+a\right)-\frac{2 a}{3} x_{1}-a & ①\\ &=-\frac{2}{3} a(a+1) x_{1}-\left(\frac{a^{2}}{3}+a\right) \end{aligned} f(x1)=31x13−a(x12+x1+1)=31x1(2ax1+a)−a(x12+x1+1)=−3ax12−32ax1−a=−3a(2ax1+a)−32ax1−a=−32a(a+1)x1−(3a2+a)①
同理可得 f ( x 2 ) = − 2 3 a ( a + 1 ) x 2 − ( a 2 3 + a ) f\left(x_{2}\right)=-\frac{2}{3} a(a+1) x_{2}-\left(\frac{a^{2}}{3}+a\right) f(x2)=−32a(a+1)x2−(3a2+a)，所以有 f ( x 1 ) f ( x 2 ) = 4 9 a 2 ( a + 1 ) 2 x 1 x 2 + 2 9 a 2 ( a + 1 ) ( a + 3 ) ( x 1 + x 2 ) + 1 9 a 2 ( a + 3 ) 2 f\left(x_{1}\right) f\left(x_{2}\right)=\frac{4}{9} a^{2}(a+1)^{2} x_{1} x_{2}+\frac{2}{9} a^{2}(a+1)(a+3)\left(x_{1}+x_{2}\right)+\frac{1}{9} a^{2}(a+3)^{2} f(x1)f(x2)=94a2(a+1)2x1x2+92a2(a+1)(a+3)(x1+x2)+91a2(a+3)2，由韦达定理可知 x 1 + x 2 = 2 a ， x 1 x 2 = − a x_{1}+x_{2}=2 a，x_{1} x_{2}=-a x1+x2=2a，x1x2=−a，故 f ( x 1 ) f ( x 2 ) = 1 9 a 2 [ ( 3 a + 7 3 ) 2 + 32 9 ] > 0 f\left(x_{1}\right) f\left(x_{2}\right)= \frac{1}{9} a^{2}\left[\left(3 a+\frac{7}{3}\right)^{2}+\frac{32}{9}\right]>0 f(x1)f(x2)=91a2[(3a+37)2+932]>0。
综上所述， f ( x ) f(x) f(x) 只有一个零点。 -
【注】 注意表达式 ①，我们有 f ( x 1 ) = − a 3 x 1 2 − 2 a 3 x 1 − a = − a 3 ( x 1 2 + 2 x 1 + 3 ) f\left(x_{1}\right)=-\frac{a}{3} x_{1}^{2}-\frac{2 a}{3} x_{1}-a=-\frac{a}{3}\left(x_{1}^{2}+2 x_{1}+3\right) f(x1)=−3ax12−32ax1−a=−3a(x12+2x1+3) 你会发现 x 1 2 + 2 x 1 + 3 x_{1}^{2}+2 x_{1}+3 x12+2x1+3 恒正，所以 f ( x 1 ) f\left(x_{1}\right) f(x1) 与 − a 3 -\frac{a}{3} −3a 同号。同理 f ( x 2 ) f\left(x_{2}\right) f(x2) 与 − a 3 -\frac{a}{3} −3a 同号。因此本题大可不必将 f ( x 1 ) f\left(x_{1}\right) f(x1) 降成一次并利用韦达定理。
-
【例 7】（2017 江苏 20）已知函数 f ( x ) = x 3 + a x 2 + b x + 1 ( a > 0 , b ∈ R ) f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+1(a>0, b \in \mathbb{R}) f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R) 有极值，且导函数 f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x) 的极值点是 f ( x ) f(x) f(x) 的零点。
（Ⅰ）求 b b b 关于 a a a 的函数关系式，并写出定义域。
（Ⅱ）若 f ( x ) f(x) f(x)， f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x) 这两个函数的所有极值之和不小于 − 7 2 -\frac{7}{2} −27，求 a a a 的取值范围。 -
【解析】 （Ⅰ） f ′ ( x ) = 3 x 2 + 2 a x + b f^{\prime}(x)=3 x^{2}+2 a x+b f′(x)=3x2+2ax+b，由 f ′ ′ ( x ) = 6 x + 2 a = 0 f^{\prime \prime}(x)=6 x+2 a=0 f′′(x)=6x+2a=0 得 f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x) 的极值点为 x = − a 3 x=-\frac{a}{3} x=−3a，从而有 f ( − a 3 ) = 0 f\left(-\frac{a}{3}\right)=0 f(−3a)=0，即 − a 3 27 + a 3 9 − a b 3 + 1 = 0 ⇒ b = 2 a 2 9 + 3 a -\frac{a^{3}}{27}+\frac{a^{3}}{9}-\frac{a b}{3}+1=0 \Rightarrow b=\frac{2 a^{2}}{9}+\frac{3}{a} −27a3+9a3−3ab+1=0⇒b=92a2+a3，因为函数 f ( x ) f(x) f(x) 有极值，则 f ′ ( x ) = 3 x 2 + 2 a x + b = 0 f^{\prime}(x)=3 x^{2}+2 a x+b=0 f′(x)=3x2+2ax+b=0
有不同的实根，所以
Δ = 4 a 2 − 12 b = 4 a 2 − 24 a 2 9 − 36 a = 12 ( a 3 − 27 ) 9 a > 0 ⇒ a > 3 \Delta=4 a^{2}-12 b=4 a^{2}-\frac{24 a^{2}}{9}-\frac{36}{a}=\frac{12\left(a^{3}-27\right)}{9 a}>0 \Rightarrow a>3 Δ=4a2−12b=4a2−924a2−a36=9a12(a3−27)>0⇒a>3
所以 b = 2 a 2 9 + 3 a ( a > 3 ) b=\frac{2 a^{2}}{9}+\frac{3}{a}(a>3) b=92a2+a3(a>3)。
（Ⅱ）由 (Ⅰ) f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x) 有唯一极值 f ′ ( − a 3 ) = b − a 2 3 = − a 2 9 + 3 a f^{\prime}\left(-\frac{a}{3}\right)=b-\frac{a^{2}}{3}=-\frac{a^{2}}{9}+\frac{3}{a} f′(−3a)=b−3a2=−9a2+a3。 f ( x ) f(x) f(x) 的极值点是 3 x 2 + 2 a x + b = 0 3 x^{2}+2 a x+b=0 3x2+2ax+b=0 的两根 x 1 x_{1} x1， x 2 x_{2} x2，则由韦达定理 { x 1 + x 2 = − 2 a 3 x 1 x 2 = b 3 \begin{cases} x_{1}+x_{2}=-\frac{2 a}{3} \\ x_{1} x_{2}=\frac{b}{3}\end{cases} {x1+x2=−32ax1x2=3b，且由 f ′ ( x 1 ) = 3 x 1 2 + 2 a x 1 + b = 0 ⇒ x 1 2 = − 2 a x 1 + b 3 f^{\prime}\left(x_{1}\right)=3 x_{1}^{2}+2 a x_{1}+b=0 \Rightarrow x_{1}^{2}=-\frac{2 a x_{1}+b}{3} f′(x1)=3x12+2ax1+b=0⇒x12=−32ax1+b，从而
f ( x 1 ) = x 1 3 + a x 1 2 + b x 1 + 1 = x 1 ( − 2 a x 1 + b 3 ) + a ( − 2 a x 1 + b 3 ) + b x 1 + 1 = − 2 a 3 ( − 2 a x 1 + b 3 ) − b x 1 3 − 2 a 2 x 1 3 − a b 3 + b x 1 + 1 = ( − 2 a 2 9 + 2 b 3 ) x 1 + 1 − a b 9 \begin{aligned} f\left(x_{1}\right) &=x_{1}^{3}+a x_{1}^{2}+b x_{1}+1=x_{1}\left(-\frac{2 a x_{1}+b}{3}\right)+a\left(-\frac{2 a x_{1}+b}{3}\right)+b x_{1}+1 \\ &=-\frac{2 a}{3}\left(-\frac{2 a x_{1}+b}{3}\right)-\frac{b x_{1}}{3}-\frac{2 a^{2} x_{1}}{3}-\frac{a b}{3}+b x_{1}+1=\left(-\frac{2 a^{2}}{9}+\frac{2 b}{3}\right) x_{1}+1-\frac{a b}{9} \end{aligned} f(x1)=x13+ax12+bx1+1=x1(−32ax1+b)+a(−32ax1+b)+bx1+1=−32a(−32ax1+b)−3bx1−32a2x1−3ab+bx1+1=(−92a2+32b)x1+1−9ab
同理 f ( x 2 ) = ( − 2 a 2 9 + 2 b 3 ) x 2 + 1 − a b 9 f\left(x_{2}\right)=\left(-\frac{2 a^{2}}{9}+\frac{2 b}{3}\right) x_{2}+1-\frac{a b}{9} f(x2)=(−92a2+32b)x2+1−9ab，从而
f ( x 1 ) + f ( x 2 ) = ( − 2 a 2 9 + 2 b 3 ) ( x 1 + x 2 ) + 2 − 2 a b 9 = ( − 2 a 2 9 + 2 b 3 ) ⋅ ( − 2 a 3 ) + 2 − 2 a b 9 = 4 a 3 27 − 2 a b 3 + 2 = 4 a 3 27 − 2 a 3 ( 2 a 2 9 + 3 a ) + 2 = 0 \begin{aligned} f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right) &=\left(-\frac{2 a^{2}}{9}+\frac{2 b}{3}\right)\left(x_{1}+x_{2}\right)+2-\frac{2 a b}{9}=\left(-\frac{2 a^{2}}{9}+\frac{2 b}{3}\right) \cdot\left(-\frac{2 a}{3}\right)+2-\frac{2 a b}{9} \\ &=\frac{4 a^{3}}{27}-\frac{2 a b}{3}+2=\frac{4 a^{3}}{27}-\frac{2 a}{3}\left(\frac{2 a^{2}}{9}+\frac{3}{a}\right)+2=0 \end{aligned} f(x1)+f(x2)=(−92a2+32b)(x1+x2)+2−92ab=(−92a2+32b)⋅(−32a)+2−92ab=274a3−32ab+2=274a3−32a(92a2+a3)+2=0
所以 f ( x 1 ) + f ( x 2 ) + f ′ ( − a 3 ) = − a 2 9 + 3 a ⩾ − 7 2 f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)+f^{\prime}\left(-\frac{a}{3}\right)=-\frac{a^{2}}{9}+\frac{3}{a} \geqslant-\frac{7}{2} f(x1)+f(x2)+f′(−3a)=−9a2+a3⩾−27，即 2 a 3 − 63 a − 54 = ( a − 6 ) ( 2 a 2 + 12 a + 9 ) ⩽ 0 2 a^{3}-63 a-54=(a-6)\left(2 a^{2}+12 a+9\right) \leqslant 0 2a3−63a−54=(a−6)(2a2+12a+9)⩽0，因为 a > 3 a>3 a>3，所以 2 a 2 + 12 a + 9 = 2 ( a + 3 ) 2 − 9 > 0 2 a^{2}+12 a+9=2(a+3)^{2}-9>0 2a2+12a+9=2(a+3)2−9>0，从而 a − 6 ⩽ 0 a-6 \leqslant 0 a−6⩽0，解得 a ⩽ 6 a \leqslant 6 a⩽6，故 a a a 的取值范围为 ( 3 , 6 ] (3,6] (3,6]。 -
【变式 9】 （2014 新课标 Ⅱ 文 21 ）已知函数 f ( x ) = x 3 − 3 x 2 + x + 2 f(x)=x^{3}-3 x^{2}+x+2 f(x)=x3−3x2+x+2。证明：当 k < 1 k<1 k<1 时，曲 线 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 与直线 y = k x − 2 y=k x-2 y=kx−2 只有一个交点。
-
【变式 10】（2016 天津文 20）设函数 f ( x ) = x 3 − a x − b , x ∈ R , a , b ∈ R f(x)=x^{3}-a x-b, x \in \mathbb{R}, a, b \in \mathbb{R} f(x)=x3−ax−b,x∈R,a,b∈R，若 f ( x ) f(x) f(x) 存在极值点 x 0 x_{0} x0，且 f ( x 1 ) = f ( x 0 ) ( x 1 ≠ x 0 ) f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{0}\right)\left(x_{1} \neq x_{0}\right) f(x1)=f(x0)(x1=x0)。求证： x 1 + 2 x 0 = 0 x_{1}+2 x_{0}=0 x1+2x0=0 。
对称中心
我们利用上一节中的降次方法研究三次函数的对称中心，先看下例：
-
【例 8】 已知 f ( x ) = a x 3 + b x 2 + c x + d f(x)=a x^{3}+b x^{2}+c x+d f(x)=ax3+bx2+cx+d。
（Ⅰ）若 x 1 x_{1} x1 和 x 2 x_{2} x2 是 f ( x ) f(x) f(x) 的极值点，则 f ( x 1 ) + f ( x 2 ) 2 = f ( x 1 + x 2 2 ) = f ( − b 3 a ) \frac{f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)}{2}=f\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)=f\left(-\frac{b}{3 a}\right) 2f(x1)+f(x2)=f(2x1+x2)=f(−3ab)；
（Ⅱ）若 x 1 x_{1} x1 和 x 2 x_{2} x2 关于 x = − b 3 a x=-\frac{b}{3 a} x=−3ab 对称，则 f ( x 1 ) + f ( x 2 ) 2 = f ( x 1 + x 2 2 ) = f ( − b 3 a ) \frac{f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)}{2}=f\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)=f\left(-\frac{b}{3 a}\right) 2f(x1)+f(x2)=f(2x1+x2)=f(−3ab)。 -
【解析】 （Ⅰ）因为 x 1 x_{1} x1 和 x 2 x_{2} x2 是 f ( x ) f(x) f(x) 的极值点，所以 x 1 x_{1} x1 和 x 2 x_{2} x2 是 f ′ ( x ) = 3 a x 2 + 2 b x + c f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+2 b x+c f′(x)=3ax2+2bx+c 的零点，即 $ 3 a x_{1}^{2}+2 b x_{1}+c=0$， 3 a x 2 2 + 2 b x 2 + c = 0 3 a x_{2}^{2}+2 b x_{2}+c=0 3ax22+2bx2+c=0，故
f ( x 1 ) = a x 1 3 + b x 1 2 + c x 1 + d = a x 1 ( − 2 b x 1 + c 3 a ) + b x 1 2 + c x 1 + d = 1 3 b x 1 2 + 2 3 c x 1 + d = 1 3 b ( − 2 b x 1 + c 3 a ) + 2 3 c x 1 + d = ( − 2 b 2 9 a + 2 3 c ) x 1 + ( d − b c 9 a ) \begin{aligned} f\left(x_{1}\right) &=a x_{1}^{3}+b x_{1}^{2}+c x_{1}+d=a x_{1}\left(-\frac{2 b x_{1}+c}{3 a}\right)+b x_{1}^{2}+c x_{1}+d \\ &=\frac{1}{3} b x_{1}^{2}+\frac{2}{3} c x_{1}+d=\frac{1}{3} b\left(-\frac{2 b x_{1}+c}{3 a}\right)+\frac{2}{3} c x_{1}+d=\left(\frac{-2 b^{2}}{9 a}+\frac{2}{3} c\right) x_{1}+\left(d-\frac{b c}{9 a}\right) \end{aligned} f(x1)=ax13+bx12+cx1+d=ax1(−3a2bx1+c)+bx12+cx1+d=31bx12+32cx1+d=31b(−3a2bx1+c)+32cx1+d=(9a−2b2+32c)x1+(d−9abc)
同理可得 f ( x 2 ) = ( − 2 b 2 9 a + 2 3 c ) x 2 + ( d − b c 9 a ) f\left(x_{2}\right)=\left(\frac{-2 b^{2}}{9 a}+\frac{2}{3} c\right) x_{2}+\left(d-\frac{b c}{9 a}\right) f(x2)=(9a−2b2+32c)x2+(d−9abc)。因为 x 1 + x 2 = − 2 b 3 a x_{1}+x_{2}=-\frac{2 b}{3 a} x1+x2=−3a2b， x 1 x 2 = c 3 a x_{1} x_{2}=\frac{c}{3 a} x1x2=3ac，所以
f ( x 1 ) + f ( x 2 ) = ( − 2 b 2 9 a + 2 3 c ) ( x 1 + x 2 ) + 2 ( d − b c 9 a ) = ( − 2 b 2 9 a + 2 3 c ) ( − 2 b 3 a ) + 2 ( d − b c 9 a ) = 4 b 3 27 a 2 − 2 b c 3 a + 2 d \begin{aligned} f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right) &=\left(\frac{-2 b^{2}}{9 a}+\frac{2}{3} c\right)\left(x_{1}+x_{2}\right)+2\left(d-\frac{b c}{9 a}\right)=\left(\frac{-2 b^{2}}{9 a}+\frac{2}{3} c\right)\left(-\frac{2 b}{3 a}\right)+2\left(d-\frac{b c}{9 a}\right) \\ &=\frac{4 b^{3}}{27 a^{2}}-\frac{2 b c}{3 a}+2 d \end{aligned} f(x1)+f(x2)=(9a−2b2+32c)(x1+x2)+2(d−9abc)=(9a−2b2+32c)(−3a2b)+2(d−9abc)=27a24b3−3a2bc+2d
另一方面，我们有 f ( x 1 + x 2 2 ) = f ( − b 3 a ) = 2 b 3 27 a 2 − b c 3 a + d f\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)=f\left(-\frac{b}{3 a}\right)=\frac{2 b^{3}}{27 a^{2}}-\frac{b c}{3 a}+d f(2x1+x2)=f(−3ab)=27a22b3−3abc+d。
故 f ( x 1 ) + f ( x 2 ) 2 = f ( x 1 + x 2 2 ) = f ( − b 3 a ) \frac{f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)}{2}=f\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)=f\left(-\frac{b}{3 a}\right) 2f(x1)+f(x2)=f(2x1+x2)=f(−3ab) 。
（Ⅱ）因为 x 1 x_{1} x1 和 x 2 x_{2} x2 不一定是极值点，所以不能利用上面的降次的方法。因为涉及两个变量，我们转化成一个变量，即利用 x 2 = − 2 b 3 a − x 1 x_{2}=-\frac{2 b}{3 a}-x_{1} x2=−3a2b−x1，故
f ( x 1 ) + f ( x 2 ) = f ( x 1 ) + f ( − 2 b 3 a − x 1 ) = a x 1 3 + b x 1 2 + c x 1 + d + a ( − 2 b 3 a − x 1 ) 3 + b ( − 2 b 3 a − x 1 ) 2 + c ( − 2 b 3 a − x 1 ) + d = 4 b 3 27 a 2 − 2 b c 3 a + 2 d \begin{aligned} f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right) &=f\left(x_{1}\right)+f\left(-\frac{2 b}{3 a}-x_{1}\right) \\ &=a x_{1}^{3}+b x_{1}^{2}+c x_{1}+d+a\left(-\frac{2 b}{3 a}-x_{1}\right)^{3}+b\left(-\frac{2 b}{3 a}-x_{1}\right)^{2}+c\left(-\frac{2 b}{3 a}-x_{1}\right)+d \\ &=\frac{4 b^{3}}{27 a^{2}}-\frac{2 b c}{3 a}+2 d \end{aligned} f(x1)+f(x2)=f(x1)+f(−3a2b−x1)=ax13+bx12+cx1+d+a(−3a2b−x1)3+b(−3a2b−x1)2+c(−3a2b−x1)+d=27a24b3−3a2bc+2d
另一方面，我们有 f ( x 1 + x 2 2 ) = f ( − b 3 a ) = 2 b 3 27 a 2 − b c 3 a + d f\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)=f\left(-\frac{b}{3 a}\right)=\frac{2 b^{3}}{27 a^{2}}-\frac{b c}{3 a}+d f(2x1+x2)=f(−3ab)=27a22b3−3abc+d。
故 f ( x 1 ) + f ( x 2 ) 2 = f ( x 1 + x 2 2 ) = f ( − b 3 a ) \frac{f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)}{2}=f\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)=f\left(-\frac{b}{3 a}\right) 2f(x1)+f(x2)=f(2x1+x2)=f(−3ab)。
回顾 函数的周期性与对称性一节中框架图 3 的结论：若 f ( A − x ) + f ( B + x ) = C f(A-x)+f(B+x)=C f(A−x)+f(B+x)=C 对任意的 x x x 成立，则 f ( x ) f(x) f(x) 关于 ( A + B 2 ， C 2 ) \left(\frac{A+B}{2}，\frac{C}{2}\right) (2A+B，2C) 中心对称。注意到例 8 中的第（Ⅱ）问的结论，它可以写成：对任意的 x x x 都有 f ( x ) + f ( − 2 b 3 a − x ) = 2 f ( − b 3 a ) f(x)+f\left(-\frac{2 b}{3 a}-x\right)=2 f\left(-\frac{b}{3 a}\right) f(x)+f(−3a2b−x)=2f(−3ab)，故三次函数 f ( x ) = a x 3 + b x 2 + c x + d f(x)=a x^{3}+b x^{2}+c x+d f(x)=ax3+bx2+cx+d 的图像关于 ( − b 3 a , f ( − b 3 a ) ) \left(-\frac{b}{3 a}, f\left(-\frac{b}{3 a}\right)\right) (−3ab,f(−3ab))中心对称。
【知识点 3】
函数 f ( x ) = a x 3 + b x 2 + c x + d ( a ≠ 0 ) f(x)=a x^{3}+b x^{2}+c x+d(a \neq 0) f(x)=ax3+bx2+cx+d(a=0) 是中心对称图形，且其对称中心为 ( − b 3 a , f ( − b 3 a ) ) \left(-\frac{b}{3 a}, f\left(-\frac{b}{3 a}\right)\right) (−3ab,f(−3ab))。
-
【例 9】（2012 大纲卷文 21）设 f ( x ) = 1 3 x 3 + x 2 + a x f(x)=\frac{1}{3} x^{3}+x^{2}+a x f(x)=31x3+x2+ax 有两个极值点 x 1 x_{1} x1， x 2 x_{2} x2，若过两点 ( x 1 ， f ( x 1 ) ) \left(x_{1}，f\left(x_{1}\right)\right) (x1，f(x1))， ( x 2 , f ( x 2 ) ) \left(x_{2}, f\left(x_{2}\right)\right) (x2,f(x2)) 的直线 ℓ \ell ℓ 与 x x x 轴的交点在曲线 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 上，求 a a a 的值。
-
【解析】 由题意， f ′ ( x ) = x 2 + 2 x + a = 0 f^{\prime}(x)=x^{2}+2 x+a=0 f′(x)=x2+2x+a=0 有两根 x 1 x_{1} x1， x 2 x_{2} x2，由判别式可得 Δ = 4 − 4 a > 0 \Delta=4-4 a>0 Δ=4−4a>0，即 a < 1 a<1 a<1。再由韦达定理 { x 1 + x 2 = − 2 x 1 x 2 = a \begin{cases} x_{1}+x_{2}=-2 \\ x_{1} x_{2}=a\end{cases} {x1+x2=−2x1x2=a，直线 ℓ \ell ℓ 的斜率为 k = f ( x 2 ) − f ( x 1 ) x 2 − x 1 = 2 3 ( a − 1 ) k=\frac{f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)}{x_{2}-x_{1}}=\frac{2}{3}(a-1) k=x2−x1f(x2)−f(x1)=32(a−1)，因为直线过 ( x 1 , f ( x 1 ) ) \left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right) (x1,f(x1))， ( x 2 , f ( x 2 ) ) \left(x_{2}, f\left(x_{2}\right)\right) (x2,f(x2))，则必过其中点，即过对称中心 ( − 1 , 2 3 − a ) \left(-1, \frac{2}{3}-a\right) (−1,32−a)，所以直线方程为 y − y- y− ( 2 3 − a ) = 2 3 ( a − 1 ) ( x + 1 ) \left(\frac{2}{3}-a\right)=\frac{2}{3}(a-1)(x+1) (32−a)=32(a−1)(x+1)。令 y = 0 y=0 y=0，得 x = a 2 ( a − 1 ) x=\frac{a}{2(a-1)} x=2(a−1)a，因为点 ( a 2 ( a − 1 ) , 0 ) \left(\frac{a}{2(a-1)}, 0\right) (2(a−1)a,0) 在曲线上，代入曲线可得 1 3 ( a 2 ( a − 1 ) ) 3 + ( a 2 ( a − 1 ) ) 2 + a ( a 2 ( a − 1 ) ) = 0 \frac{1}{3}\left(\frac{a}{2(a-1)}\right)^{3}+\left(\frac{a}{2(a-1)}\right)^{2}+a\left(\frac{a}{2(a-1)}\right)=0 31(2(a−1)a)3+(2(a−1)a)2+a(2(a−1)a)=0，解得 a = 0 a=0 a=0 或 2 3 \frac{2}{3} 32 或 3 4 \frac{3}{4} 43，故 a a a 的值为 0 0 0 或 2 3 \frac{2}{3} 32 或 3 4 \frac{3}{4} 43。
-
【注】 对于本题，用降次的方法求解非常简单，利用点斜式求直线方程时，斜率都是利用韦达定理求出来，只是在选点的时候，一种是利用韦达定理选取两点 ( x 1 , f ( x 1 ) ) \left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right) (x1,f(x1))， ( x 2 , f ( x 2 ) ) \left(x_{2}, f\left(x_{2}\right)\right) (x2,f(x2)) 的中点，另一个思路是直接选取对称中心，其实是同一个点，只是思考的角度不一样。读者可以自己验证。
-
【变式 11】 已知函数 f ( x ) = ( 1 + 2 x ) ( x 2 + a x + b ) ( a , b ∈ R ) f(x)=(1+2 x)\left(x^{2}+a x+b\right)(a, b \in \mathbb{R}) f(x)=(1+2x)(x2+ax+b)(a,b∈R) 的图像关于点 ( 1 , 0 ) (1,0) (1,0) 对称，则 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ − 1 , 1 ] [-1,1] [−1,1] 上的最大值为（ ）。
A. 3 \sqrt{3} 3
B. 3 2 \frac{\sqrt{3}}{2} 23
C. 2 3 2 \sqrt{3} 23
D. 3 3 2 \frac{3 \sqrt{3}}{2} 233 -
【变式 12】（2018 东北三省三校理 12）若直线 k x − y − k + 1 = 0 ( k ∈ R ) k x-y-k+1=0(k \in \mathbb{R}) kx−y−k+1=0(k∈R) 和曲线 E : y = a x 3 + b x 2 + 5 3 ( a b ≠ 0 ) E: y= a x^{3}+b x^{2}+\frac{5}{3}(a b \neq 0) E:y=ax3+bx2+35(ab=0) 的图像交于 A ( x 1 , y 1 ) A\left(x_{1}, y_{1}\right) A(x1,y1)， B ( x 2 , y 2 ) B\left(x_{2}, y_{2}\right) B(x2,y2)， C ( x 3 , y 3 ) C\left(x_{3}, y_{3}\right) C(x3,y3) 三点时，曲线 E E E 在点 A A A，点 C C C 处的切线总是平行的，则过点 ( b , a ) (b, a) (b,a) 可作曲线 E E E 的（ ）条切线。
A. 0 0 0
B. 1 1 1
C. 2 2 2
D. 3 3 3
变式参考答案
-
【变式 1】
方程 x 3 + a x 2 + x = 0 x^{3}+a x^{2}+x=0 x3+ax2+x=0 可因式分解为 x ( x 2 + a x + 1 ) = 0 x\left(x^{2}+a x+1\right)=0 x(x2+ax+1)=0，显然 x = 0 x=0 x=0 不是 x 2 + a x + 1 = 0 x^{2}+a x+1=0 x2+ax+1=0 的根，所以只需一元二次方程 x 2 + a x + 1 = 0 x^{2}+a x+1=0 x2+ax+1=0 有两个不同的实根，则 Δ = a 2 − 4 > 0 \Delta=a^{2}-4>0 Δ=a2−4>0，解得 a > 2 a>2 a>2 或 a < − 2 a<-2 a<−2，故实数 a a a 的取值范围为 ( − ∞ , − 2 ) ∪ ( 2 , + ∞ ) (-\infty,-2) \cup(2,+\infty) (−∞,−2)∪(2,+∞)。 -
【变式 2】
f ( x ) = x [ 1 3 x 2 − 1 2 ( a + 1 ) x + a ] f(x)=x\left[\frac{1}{3} x^{2}-\frac{1}{2}(a+1) x+a\right] f(x)=x[31x2−21(a+1)x+a]，显然 x = 0 x=0 x=0 是 f ( x ) = 0 f(x)=0 f(x)=0 的根，所以只需讨论二次方程 2 x 2 − 3 ( a + 1 ) x + 6 a = 0 2 x^{2}-3(a+1) x+6 a=0 2x2−3(a+1)x+6a=0 在区间 [ 0 , a + 1 ] [0, a+1] [0,a+1] 上的根。令 h ( x ) = 2 x 2 − 3 ( a + 1 ) x + 6 a h(x)=2 x^{2}-3(a+1) x+6 a h(x)=2x2−3(a+1)x+6a，对称轴为 x = 3 ( a + 1 ) 4 ∈ [ 0 , a + 1 ] x=\frac{3(a+1)}{4} \in[0, a+1] x=43(a+1)∈[0,a+1]，且 h ( 0 ) = 6 a > 0 h(0)=6 a>0 h(0)=6a>0， Δ = 9 ( a + 1 ) 2 − 48 a = 3 ( 3 a − 1 ) ( a − 3 ) \Delta=9(a+1)^{2}-48 a=3(3 a-1)(a-3) Δ=9(a+1)2−48a=3(3a−1)(a−3)，因为 a > 1 a>1 a>1，所以 3 a − 1 > 0 3 a-1>0 3a−1>0 。
（1）当 1 < a < 3 1<a<3 1<a<3 时， Δ < 0 \Delta<0 Δ<0，方程 h ( x ) = 0 h(x)=0 h(x)=0 无实根，故原方程 f ( x ) = 0 f(x)=0 f(x)=0 有唯一实根 x = 0 x=0 x=0；
（2）当 a = 3 a=3 a=3 时， Δ = 0 \Delta=0 Δ=0，方程 h ( x ) = 2 x 2 − 12 x + 18 = 0 h(x)=2 x^{2}-12 x+18=0 h(x)=2x2−12x+18=0 有唯一实根 x = 3 x=3 x=3，故原方程 f ( x ) = 0 f(x)=0 f(x)=0 有两个实根 x = 0 x=0 x=0 或 x = 3 x=3 x=3；
（3）当 3 < a ⩽ 2 + 3 3<a \leqslant 2+\sqrt{3} 3<a⩽2+3 时， h ( a + 1 ) ⩾ 0 h(a+1) \geqslant 0 h(a+1)⩾0，方程 h ( x ) = 2 x 2 − 3 ( a + 1 ) x + 6 a = 0 h(x)=2 x^{2}-3(a+1) x+6 a=0 h(x)=2x2−3(a+1)x+6a=0 在区间 [ 0 , a + 1 ] [0, a+1] [0,a+1] 上 有两个不同的实根且不为 0 0 0，故原方程 f ( x ) = 0 f(x)=0 f(x)=0 有三个实根；
（4）当 a > 2 + 3 a>2+\sqrt{3} a>2+3 时， h ( a + 1 ) < 0 h(a+1)<0 h(a+1)<0，方程 h ( x ) = 2 x 2 − 3 ( a + 1 ) x + 6 a = 0 h(x)=2 x^{2}-3(a+1) x+6 a=0 h(x)=2x2−3(a+1)x+6a=0 在区间 [ 0 , a + 1 ] [0, a+1] [0,a+1] 上有一个非零实根，故原方程 f ( x ) = 0 f(x)=0 f(x)=0 有两个实根。
综上所述，当 1 < a < 3 1<a<3 1<a<3 时，函数 f ( x ) f(x) f(x) 有一个零点；当 a = 3 a=3 a=3 或 a > 2 + 3 a>2+\sqrt{3} a>2+3 时，函数 f ( x ) f(x) f(x) 有两个零点；当 3 < a ⩽ 2 + 3 3<a \leqslant 2+\sqrt{3} 3<a⩽2+3 时，函数 f ( x ) f(x) f(x) 有三个零点。 -
【变式 3】
由 f ( x ) = g ( x ) f(x)=g(x) f(x)=g(x) 可得 − x 3 + b x 2 − 1 = 0 -x^{3}+b x^{2}-1=0 −x3+bx2−1=0，令 h ( x ) = − x 3 + b x 2 − 1 h(x)=-x^{3}+b x^{2}-1 h(x)=−x3+bx2−1，则 h ( x ) = 0 h(x)=0 h(x)=0 有且只有两个根 x 1 x_{1} x1， x 2 x_{2} x2，不妨设 x 1 x_{1} x1 为重根，故 h ( x ) = − ( x − x 1 ) 2 ( x − x 2 ) = − x 3 + ( 2 x 1 + x 2 ) x 2 − x 1 ( x 1 + 2 x 2 ) x + x 1 2 x 2 h(x)=-\left(x-x_{1}\right)^{2}\left(x-x_{2}\right)=-x^{3}+\left(2 x_{1}+x_{2}\right) x^{2}-x_{1}\left(x_{1}+2 x_{2}\right) x+x_{1}^{2} x_{2} h(x)=−(x−x1)2(x−x2)=−x3+(2x1+x2)x2−x1(x1+2x2)x+x12x2，从而
{ b = 2 x 1 + x 2 x 1 2 + 2 x 1 x 2 = 0 − x 1 2 x 2 = 1 ⇒ { x 1 + 2 x 2 = 0 x 1 2 x 2 = − 1 ⇒ { x 1 + x 2 = − x 2 ① x 1 2 x 2 = − 1 ② \begin{cases} { b = 2 x _ { 1 } + x _ { 2 } } \\ { x _ { 1 } ^ { 2 } + 2 x _ { 1 } x _ { 2 } = 0 } \\ { - x _ { 1 } ^ { 2 } x _ { 2 } = 1 } \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} { x _ { 1 } + 2 x _ { 2 } = 0 } \\ { x _ { 1 } ^ { 2 } x _ { 2 } = - 1 } \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x_{1}+x_{2}=-x_{2} & ①\\ x_{1}^{2} x_{2}=-1 & ② \end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧b=2x1+x2x12+2x1x2=0−x12x2=1⇒{x1+2x2=0x12x2=−1⇒{x1+x2=−x2x12x2=−1①②
由 ② 知 x 2 < 0 x_{2}<0 x2<0，代入 ① 得 x 1 + x 2 > 0 x_{1}+x_{2}>0 x1+x2>0 且 x 1 > 0 x_{1}>0 x1>0，故 y 1 + y 2 = 1 x 1 + 1 x 2 = x 1 + x 2 x 1 x 2 < 0 y_{1}+y_{2}=\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}=\frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1} x_{2}}<0 y1+y2=x11+x21=x1x2x1+x2<0，故选 B。 -
【变式 4】
由 f ( x ) = f ( 1 2 ) f(x)=f\left(\frac{1}{2}\right) f(x)=f(21) 可得 ( x − 1 2 ) [ 1 3 ( x 2 + 1 2 x + 1 4 ) + ( x + 1 2 ) + a ] = 0 \left(x-\frac{1}{2}\right)\left[\frac{1}{3}\left(x^{2}+\frac{1}{2} x+\frac{1}{4}\right)+\left(x+\frac{1}{2}\right)+a\right]=0 (x−21)[31(x2+21x+41)+(x+21)+a]=0，再由 x ≠ 1 2 x \neq \frac{1}{2} x=21 可得 4 x 2 + 14 x + 7 + 12 a = 0 4 x^{2}+ 14 x+7+12 a=0 4x2+14x+7+12a=0。因为 a < 0 a<0 a<0，所以 Δ = 21 − 48 a > 0 \Delta=21-48 a>0 Δ=21−48a>0，且对称轴 x = − 7 4 < 0 x=-\frac{7}{4}<0 x=−47<0，故 h ( x ) = h(x)= h(x)= 4 x 2 + 14 x + 7 + 12 a = 0 4 x^{2}+14 x+7+12 a=0 4x2+14x+7+12a=0 在 ( 0 , 1 2 ) ∪ ( 1 2 , 1 ) \left(0, \frac{1}{2}\right) \cup\left(\frac{1}{2}, 1\right) (0,21)∪(21,1) 上有根，可得 { h ( 0 ) < 0 h ( 1 ) > 0 h ( 1 2 ) ≠ 0 \begin{cases} h(0)<0 \\ h(1)>0 \\ h\left(\frac{1}{2}\right) \neq 0\end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧h(0)<0h(1)>0h(21)=0，即 { 7 + 12 a < 0 25 + 12 a > 0 15 + 12 a ≠ 0 \begin{cases} 7+12 a<0 \\ 25+12 a>0 \\ 15+12 a \neq 0\end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧7+12a<025+12a>015+12a=0，解得 a ∈ ( − 25 12 , − 5 4 ) ∪ ( − 5 4 , − 7 12 ) a \in\left(-\frac{25}{12},-\frac{5}{4}\right) \cup\left(-\frac{5}{4},-\frac{7}{12}\right) a∈(−1225,−45)∪(−45,−127)。 -
【变式 5】
f ′ ( x ) = 3 a x 2 − 3 ( a + 2 ) x + 6 = 3 ( a x − 2 ) ( x − 1 ) 。 f^{\prime}(x)=3 a x^{2}-3(a+2) x+6=3(a x-2)(x-1) \text { 。 } f′(x)=3ax2−3(a+2)x+6=3(ax−2)(x−1) 。
（1）当 a = 2 a=2 a=2 时， f ′ ( x ) = 6 ( x − 1 ) 2 ⩾ 0 f^{\prime}(x)=6(x-1)^{2} \geqslant 0 f′(x)=6(x−1)2⩾0 恒成立，函数 f ( x ) f(x) f(x) 单调递增，故 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 与 x x x 轴有且仅有一个交点；
（2）当 a ≠ 2 a \neq 2 a=2 时， f ( x ) f(x) f(x) 有两个极值点 1 和 2 a \frac{2}{a} a2，而 { f ( 1 ) = − a 2 < 0 f ( 2 a ) = − 3 ( a − 1 ) 2 − 1 a 2 < 0 \begin{cases}f(1)=-\frac{a}{2}<0 \\ f\left(\frac{2}{a}\right)=\frac{-3(a-1)^{2}-1}{a^{2}}<0\end{cases} {f(1)=−2a<0f(a2)=a2−3(a−1)2−1<0，可得 f ( 1 ) f ( 2 a ) > 0 f(1) f\left(\frac{2}{a}\right)>0 f(1)f(a2)>0，故 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 与 x x x 轴只有一个交点。
综上所述， y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 与 x x x 轴只有一个交点。 -
【变式 6】
由 f ′ ( x ) = 3 x 2 + 2 a x = 0 f^{\prime}(x)=3 x^{2}+2 a x=0 f′(x)=3x2+2ax=0 得 x 1 = 0 x_{1}=0 x1=0， x 2 = − 2 a 3 x_{2}=-\frac{2 a}{3} x2=−32a。 函数 f ( x ) = x 3 + a x 2 + c − a f(x)=x^{3}+a x^{2}+c-a f(x)=x3+ax2+c−a 有三个不同的零点，即 { Δ = 4 a 2 > 0 f ( 0 ) f ( − 2 a 3 ) = ( c − a ) ( 4 27 a 3 + c − a ) < 0 \begin{cases} \Delta=4 a^{2}>0 \\ f(0) f\left(-\frac{2 a}{3}\right)=(c-a)\left(\frac{4}{27} a^{3}+c-a\right)<0\end{cases} {Δ=4a2>0f(0)f(−32a)=(c−a)(274a3+c−a)<0。由此可知当 a > 0 a>0 a>0 时， 4 27 a 3 + c − a > 0 \frac{4}{27} a^{3}+c-a>0 274a3+c−a>0 或当 a < 0 a<0 a<0 时， 4 27 a 3 + c − a < 0 \frac{4}{27} a^{3}+c-a<0 274a3+c−a<0。令 g ( a ) = 4 27 a 3 + c − a g(a)=\frac{4}{27} a^{3}+c-a g(a)=274a3+c−a，因为函数 f ( x ) f(x) f(x) 有三个不同的零点时， a a a 的取值范围恰好是 ( − ∞ , − 3 ) ∪ ( 1 , 3 2 ) ∪ ( 3 2 , + ∞ ) (-\infty,-3) \cup\left(1, \frac{3}{2}\right) \cup\left(\frac{3}{2},+\infty\right) (−∞,−3)∪(1,23)∪(23,+∞)，所以 { g ( − 3 ) = c − 1 ⩽ 0 g ( 3 2 ) = c − 1 ⩾ 0 \begin{cases}g(-3)=c-1 \leqslant 0 \\ g\left(\frac{3}{2}\right)=c-1 \geqslant 0\end{cases} {g(−3)=c−1⩽0g(23)=c−1⩾0，解得 c = 1 c=1 c=1。
反之，当 c = 1 c=1 c=1 时， f ( x ) = x 3 + a x 2 + 1 − a = ( x + 1 ) [ x 2 + ( a − 1 ) x + 1 − a ] f(x)=x^{3}+a x^{2}+1-a=(x+1)\left[x^{2}+(a-1) x+1-a\right] f(x)=x3+ax2+1−a=(x+1)[x2+(a−1)x+1−a] 有三个零点，则二次方程 x 2 + ( a − 1 ) x + 1 − a = 0 x^{2}+(a-1) x+1-a=0 x2+(a−1)x+1−a=0 有两个异于 − 1 -1 −1 的根，从而
{ Δ = ( a − 1 ) 2 − 4 ( 1 − a ) > 0 ( − 1 ) 2 + ( a − 1 ) ( − 1 ) + 1 − a ≠ 0 ⇒ a ∈ ( − ∞ , − 3 ) ∪ ( 1 , 3 2 ) ∪ ( 3 2 , + ∞ ) \begin{cases} \Delta=(a-1)^{2}-4(1-a)>0 \\ (-1)^{2}+(a-1)(-1)+1-a \neq 0 \end{cases} \Rightarrow a \in(-\infty,-3) \cup\left(1, \frac{3}{2}\right) \cup\left(\frac{3}{2},+\infty\right) {Δ=(a−1)2−4(1−a)>0(−1)2+(a−1)(−1)+1−a=0⇒a∈(−∞,−3)∪(1,23)∪(23,+∞)
综上所述， c c c 的值为 1 。 -
【变式 7】
求导可得 f ′ ( x ) = x 2 − a x f^{\prime}(x)=x^{2}-a x f′(x)=x2−ax，设切点为 ( t , f ( t ) ) (t, f(t)) (t,f(t))，则切线方程为 y − ( 1 3 t 3 − a 2 t 2 + 1 ) = ( t 2 − a t ) ( x − t ) y-\left(\frac{1}{3} t^{3}-\frac{a}{2} t^{2}+1\right)=\left(t^{2}-a t\right)(x-t) y−(31t3−2at2+1)=(t2−at)(x−t) 代入点 ( 0 , 2 ) (0,2) (0,2) 化简可得 2 3 t 3 − a 2 t 2 + 1 = 0 \frac{2}{3} t^{3}-\frac{a}{2} t^{2}+1=0 32t3−2at2+1=0。令 g ( t ) = 2 3 t 3 − a 2 t 2 + 1 g(t)=\frac{2}{3} t^{3}-\frac{a}{2} t^{2}+1 g(t)=32t3−2at2+1，则由 g ′ ( t ) = 2 t 2 − a t = 0 g^{\prime}(t)=2 t^{2}-a t=0 g′(t)=2t2−at=0 得 t 1 = 0 t_{1}=0 t1=0， t 2 = a 2 t_{2}=\frac{a}{2} t2=2a。由题意，方程 g ( t ) = 0 g(t)=0 g(t)=0 有 3 个根等价于 g ( 0 ) g ( a 2 ) = 1 − a 3 24 < 0 g(0) g\left(\frac{a}{2}\right)=1-\frac{a^{3}}{24}<0 g(0)g(2a)=1−24a3<0 解得 a > 24 3 a>\sqrt[3]{24} a>324 ，故 a a a 的取值范 围为 ( 24 3 , + ∞ ) (\sqrt[3]{24},+\infty) (324 ,+∞)。 -
【变式 8】
f ′ ( x ) = 3 x 2 − 3 f^{\prime}(x)=3 x^{2}-3 f′(x)=3x2−3，设切点为 ( t , f ( t ) ) (t, f(t)) (t,f(t))，则切线方程为 y − ( t 3 − 3 t ) = ( 3 t 2 − 3 ) ( x − t ) y-\left(t^{3}-3 t\right)=\left(3 t^{2}-3\right)(x-t) y−(t3−3t)=(3t2−3)(x−t) 代入 ( 2 , m ) (2, m) (2,m)，并化简得 2 t 3 − 6 t 2 + 6 + m = 0 2 t^{3}-6 t^{2}+6+m=0 2t3−6t2+6+m=0 。令 g ( t ) = 2 t 3 − 6 t 2 + 6 + m g(t)=2 t^{3}-6 t^{2}+6+m g(t)=2t3−6t2+6+m，则由 g ′ ( t ) = 6 t 2 − 12 t = 0 g^{\prime}(t)=6 t^{2}-12 t=0 g′(t)=6t2−12t=0 可得 t 1 = 0 t_{1}=0 t1=0， t 2 = 2 t_{2}=2 t2=2。方程 g ( t ) = 0 g(t)=0 g(t)=0 有 3 个不同的实根等价于 g ( 0 ) g ( 2 ) = ( m + 6 ) ( m − 2 ) < 0 g(0) g(2)=(m+6)(m-2)<0 g(0)g(2)=(m+6)(m−2)<0，解得 − 6 < m < 2 -6<m<2 −6<m<2，故 m m m 的取值范围为 ( − 6 , 2 ) (-6,2) (−6,2)。 -
【变式 9】
由题意即证方程 f ( x ) = x 3 − 3 x 2 + x + 2 = k x − 2 f(x)=x^{3}-3 x^{2}+x+2=k x-2 f(x)=x3−3x2+x+2=kx−2，即 x 3 − 3 x 2 + ( 1 − k ) x + 4 = 0 ( k < 1 ) x^{3}-3 x^{2}+(1-k) x+4=0(k<1) x3−3x2+(1−k)x+4=0(k<1) 只有一个实数根。令 h ( x ) = x 3 − 3 x 2 + ( 1 − k ) x + 4 ⇒ h ′ ( x ) = 3 x 2 − 6 x + 1 − k h(x)=x^{3}-3 x^{2}+(1-k) x+4 \Rightarrow h^{\prime}(x)=3 x^{2}-6 x+1-k h(x)=x3−3x2+(1−k)x+4⇒h′(x)=3x2−6x+1−k，其中 Δ = 12 k + 24 \Delta=12 k+24 Δ=12k+24。
（1）当 k ⩽ − 2 k \leqslant-2 k⩽−2 时， Δ ⩽ 0 \Delta \leqslant 0 Δ⩽0，则 h ′ ( x ) ⩾ 0 h^{\prime}(x) \geqslant 0 h′(x)⩾0 恒成立，此时函数 h ( x ) h(x) h(x) 单调递增，方程 h ( x ) = 0 h(x)=0 h(x)=0 只有一个实数根。
（2）当 − 2 < k < 1 -2<k<1 −2<k<1 时， Δ > 0 \Delta>0 Δ>0，设 h ′ ( x ) = 0 h^{\prime}(x)=0 h′(x)=0 的两根为 x 1 x_{1} x1， x 2 x_{2} x2，则由韦达定理得 { x 1 + x 2 = 2 x 1 x 2 = 1 − k 3 \begin{cases}x_{1}+x_{2}=2 \\ x_{1} x_{2}=\frac{1-k}{3}\end{cases} {x1+x2=2x1x2=31−k，且由 h ′ ( x 1 ) = 3 x 1 2 − 6 x 1 + 1 − k = 0 h^{\prime}\left(x_{1}\right)=3 x_{1}^{2}-6 x_{1}+1-k=0 h′(x1)=3x12−6x1+1−k=0 得 x 1 2 = 6 x 1 + k − 1 3 x_{1}^{2}=\frac{6 x_{1}+k-1}{3} x12=36x1+k−1 。从而
h ( x 1 ) = x 1 3 − 3 x 1 2 + ( 1 − k ) x 1 + 4 = x 1 ⋅ 6 x 1 + k − 1 3 − 3 ⋅ 6 x 1 + k − 1 3 + ( 1 − k ) x 1 + 4 = 2 x 1 2 − ( 2 k + 16 ) x 1 3 + 5 − k = 2 ⋅ 6 x 1 + k − 1 3 − ( 2 k + 16 ) x 1 3 + 5 − k = − ( 2 k + 4 ) x 1 + 13 − k 3 \begin{aligned} h\left(x_{1}\right) &=x_{1}^{3}-3 x_{1}^{2}+(1-k) x_{1}+4=x_{1} \cdot \frac{6 x_{1}+k-1}{3}-3 \cdot \frac{6 x_{1}+k-1}{3}+(1-k) x_{1}+4 \\ &=2 x_{1}^{2}-\frac{(2 k+16) x_{1}}{3}+5-k=2 \cdot \frac{6 x_{1}+k-1}{3}-\frac{(2 k+16) x_{1}}{3}+5-k \\ &=\frac{-(2 k+4) x_{1}+13-k}{3} \end{aligned} h(x1)=x13−3x12+(1−k)x1+4=x1⋅36x1+k−1−3⋅36x1+k−1+(1−k)x1+4=2x12−3(2k+16)x1+5−k=2⋅36x1+k−1−3(2k+16)x1+5−k=3−(2k+4)x1+13−k
同理 h ( x 2 ) = − ( 2 k + 4 ) x 2 + 13 − k 3 h\left(x_{2}\right)=\frac{-(2 k+4) x_{2}+13-k}{3} h(x2)=3−(2k+4)x2+13−k。故
h ( x 1 ) h ( x 2 ) = − ( 2 k + 4 ) x 1 + 13 − k 3 ⋅ − ( 2 k + 4 ) x 2 + 13 − k 3 = ( 2 k + 4 ) 2 x 1 x 2 − ( 2 k + 4 ) ( 13 − k ) ( x 1 + x 2 ) + ( 13 − k ) 2 9 = ( 2 k + 4 ) 2 ⋅ 1 − k 3 − 2 ( 2 k + 4 ) ( 13 − k ) + ( 13 − k ) 2 9 = − ( k − 1 ) ( 4 k 2 + k + 211 ) 27 \begin{aligned} h\left(x_{1}\right) h\left(x_{2}\right) &=\frac{-(2 k+4) x_{1}+13-k}{3} \cdot \frac{-(2 k+4) x_{2}+13-k}{3} \\ &=\frac{(2 k+4)^{2} x_{1} x_{2}-(2 k+4)(13-k)\left(x_{1}+x_{2}\right)+(13-k)^{2}}{9} \\ &=\frac{(2 k+4)^{2} \cdot \frac{1-k}{3}-2(2 k+4)(13-k)+(13-k)^{2}}{9} \\ &=\frac{-(k-1)\left(4 k^{2}+k+211\right)}{27} \end{aligned} h(x1)h(x2)=3−(2k+4)x1+13−k⋅3−(2k+4)x2+13−k=9(2k+4)2x1x2−(2k+4)(13−k)(x1+x2)+(13−k)2=9(2k+4)2⋅31−k−2(2k+4)(13−k)+(13−k)2=27−(k−1)(4k2+k+211)
因为 4 k 2 + k + 211 = ( 2 k + 1 4 ) 2 + 211 − 1 16 > 0 4 k^{2}+k+211=\left(2 k+\frac{1}{4}\right)^{2}+211-\frac{1}{16}>0 4k2+k+211=(2k+41)2+211−161>0 恒成立，且 k < 1 k<1 k<1，故 h ( x 1 ) h ( x 2 ) > 0 h\left(x_{1}\right) h\left(x_{2}\right)>0 h(x1)h(x2)>0，从而方程 h ( x ) = 0 h(x)=0 h(x)=0 只有一个实数根。
综上所述，当 k < 1 k<1 k<1 时， h ( x ) = 0 h(x)=0 h(x)=0 只有一个实数根，即曲线 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 与直线 y = k x − 2 y=k x-2 y=kx−2 只有一个交点。 -
【变式 10】
因为 f ( x ) f(x) f(x) 有极值点 x 0 x_{0} x0，所以 f ′ ( x ) = 3 x 2 − a = 0 f^{\prime}(x)=3 x^{2}-a=0 f′(x)=3x2−a=0 有实根 x 0 x_{0} x0，则 a > 0 a>0 a>0，且 3 x 0 2 − a = 0 3 x_{0}^{2}-a=0 3x02−a=0，得 x 0 2 = a 3 x_{0}^{2}=\frac{a}{3} x02=3a，从而 f ( x 0 ) = x 0 3 − a x 0 − b = 1 3 a x 0 − a x 0 − b = − 2 3 a x 0 − b f\left(x_{0}\right)=x_{0}^{3}-a x_{0}-b=\frac{1}{3} a x_{0}-a x_{0}-b=-\frac{2}{3} a x_{0}-b f(x0)=x03−ax0−b=31ax0−ax0−b=−32ax0−b，同理 f ( − 2 x 0 ) = − 8 x 0 3 + 2 a x 0 − b = − 8 3 a x 0 + 2 a x 0 − b = − 2 3 a x 0 − b f\left(-2 x_{0}\right)=-8 x_{0}^{3}+2 a x_{0}-b= -\frac{8}{3} a x_{0}+2 a x_{0}-b=-\frac{2}{3} a x_{0}-b f(−2x0)=−8x03+2ax0−b=−38ax0+2ax0−b=−32ax0−b，可见 f ( x 0 ) = f ( − 2 x 0 ) f\left(x_{0}\right)=f\left(-2 x_{0}\right) f(x0)=f(−2x0)，而 x 0 2 = a 3 ( a > 0 ) x_{0}^{2}=\frac{a}{3}(a>0) x02=3a(a>0)，所以 x 0 ≠ 0 x_{0} \neq 0 x0=0，则 x 0 ≠ − 2 x 0 x_{0} \neq-2 x_{0} x0=−2x0。因为 x 0 x_{0} x0 为三次函数的极值点，且 x 1 ≠ x 0 x_{1} \neq x_{0} x1=x0，根据三次函数的图像可知只存在唯一异于极值点的 x 1 x_{1} x1 满足 f ( x 1 ) = f ( x 0 ) f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{0}\right) f(x1)=f(x0) 。又因为 f ( x 0 ) = f ( − 2 x 0 ) f\left(x_{0}\right)=f\left(-2 x_{0}\right) f(x0)=f(−2x0)，则 x 1 = − 2 x 0 x_{1}=-2 x_{0} x1=−2x0，即 x 1 + 2 x 0 = 0 x_{1}+2 x_{0}=0 x1+2x0=0. -
【变式 11】
根据三次函数的对称性，对称中心 ( 1 , 0 ) (1,0) (1,0) 在 f ( x ) f(x) f(x) 上，且因为 f ( − 1 2 ) = 0 f\left(-\frac{1}{2}\right)=0 f(−21)=0，则 ( − 1 2 , 0 ) \left(-\frac{1}{2}, 0\right) (−21,0) 及其对称点 ( 5 2 , 0 ) \left(\frac{5}{2}, 0\right) (25,0) 都在 f ( x ) f(x) f(x) 上。所以 { f ( 1 ) = 3 ( 1 + a + b ) = 0 f ( 5 2 ) = 6 ( 25 4 + 5 2 a + b ) = 0 \begin{cases} f(1)=3(1+a+b)=0 \\ f\left(\frac{5}{2}\right)=6\left(\frac{25}{4}+\frac{5}{2} a+b\right)=0\end{cases} {f(1)=3(1+a+b)=0f(25)=6(425+25a+b)=0，解得 a = − 7 2 ， b = 5 2 a=-\frac{7}{2}，b=\frac{5}{2} a=−27，b=25。从而 f ( x ) = 2 x 3 − 6 x 2 + 3 2 x + 5 2 f(x)=2 x^{3}-6 x^{2}+\frac{3}{2} x+\frac{5}{2} f(x)=2x3−6x2+23x+25，求导可得 f ′ ( x ) = 6 x 2 − 12 x + 3 2 f^{\prime}(x)=6 x^{2}-12 x+\frac{3}{2} f′(x)=6x2−12x+23。由 f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0 得 x 1 = 1 − 3 2 ∈ [ − 1 , 1 ] x_{1}=1-\frac{\sqrt{3}}{2} \in[-1,1] x1=1−23 ∈[−1,1]， x 2 = 1 + 3 2 > 1 x_{2}=1+\frac{\sqrt{3}}{2}>1 x2=1+23 >1，则函数 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ − 1 , 1 − 3 2 ) \left[-1,1-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) [−1,1−23 ) 上单调递增，在 ( 1 − 3 2 , 1 ] \left(1-\frac{\sqrt{3}}{2}, 1\right] (1−23 ,1] 单调递减，所以 f ( x ) max = f ( 1 − 3 2 ) = 3 3 2 f(x)_{\max }=f\left(1-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=\frac{3 \sqrt{3}}{2} f(x)max=f(1−23 )=233 ，故选 D。 -
【变式 12】
因为 k x − y − k + 1 = 0 ( k ∈ R ) k x-y-k+1=0(k \in \mathbb{R}) kx−y−k+1=0(k∈R) 是过定点 ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1) 的动直线，根据三次函数的图像性质可知点 ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1) 是曲线 E E E 的对称中心，代入曲线 E E E 的方程有 a + b + 5 3 = 1 a+b+\frac{5}{3}=1 a+b+35=1。设 y ′ = 3 a x 2 + 2 b x = 0 y^{\prime}=3 a x^{2}+2 b x=0 y′=3ax2+2bx=0 的根为 x 1 x_{1} x1， x 2 x_{2} x2，则 x 1 + x 2 = − 2 b 3 a = 2 x_{1}+x_{2}=-\frac{2 b}{3 a}=2 x1+x2=−3a2b=2，从而可得 a = 1 3 a=\frac{1}{3} a=31， b = − 1 b=-1 b=−1，故曲线 E E E 的方程为 y = 1 3 x 3 − x 2 + 5 3 y=\frac{1}{3} x^{3}-x^{2}+\frac{5}{3} y=31x3−x2+35，则 y ′ = x 2 − 2 x y^{\prime}=x^{2}-2 x y′=x2−2x。设过点 ( − 1 , 1 3 ) \left(-1, \frac{1}{3}\right) (−1,31) 的切线的切点为 ( x 0 , y 0 ) \left(x_{0}, y_{0}\right) (x0,y0)，则切线方程为 y = ( x 0 2 − 2 x 0 ) ( x − x 0 ) + 1 3 x 0 3 − x 0 2 + 5 3 y=\left(x_{0}^{2}-2 x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)+\frac{1}{3} x_{0}^{3}-x_{0}^{2}+\frac{5}{3} y=(x02−2x0)(x−x0)+31x03−x02+35，代入点 ( − 1 , 1 3 ) \left(-1, \frac{1}{3}\right) (−1,31) 得 x 0 3 − 3 x 0 − 2 = ( x 0 + 1 ) 2 ( x 0 − 2 ) = 0 x_{0}^{3}-3 x_{0}-2=\left(x_{0}+1\right)^{2}\left(x_{0}-2\right)=0 x03−3x0−2=(x0+1)2(x0−2)=0，解得 x 0 = 2 x_{0}=2 x0=2 或 x 0 = − 1 x_{0}=-1 x0=−1，故过点 ( − 1 , 1 3 ) \left(-1, \frac{1}{3}\right) (−1,31) 的切线有两条。故选 C。
练习题
-
（2014 浙江文 7）已知函数 f ( x ) = x 3 + a x 2 + b x + c f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+c f(x)=x3+ax2+bx+c，且 0 < f ( − 1 ) = f ( − 2 ) = 0<f(-1)=f(-2)= 0<f(−1)=f(−2)= f ( − 3 ) ⩽ 3 f(-3) \leqslant 3 f(−3)⩽3，则（ ）。
A. c ⩽ 3 c \leqslant 3 c⩽3
B. 3 < c ⩽ 6 3<c \leqslant 6 3<c⩽6
C. 6 < c ⩽ 9 6<c \leqslant 9 6<c⩽9
D. c > 9 c>9 c>9 -
（2013 全国 Ⅱ 理 10）函数 f ( x ) = x 3 + a x 2 + b x + c f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+c f(x)=x3+ax2+bx+c, 下列结论中错误的是（ ）。
A. ∃ x 0 ∈ R , f ( x 0 ) = 0 \exists x_{0} \in \mathbb{R}, f\left(x_{0}\right)=0 ∃x0∈R,f(x0)=0
B. 函数 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 的图像是中心对称图形
C. 若 x 0 x_{0} x0 是 f ( x ) f(x) f(x) 的极小值点，则 f ( x ) f(x) f(x) 在区间 ( − ∞ , x 0 ) \left(-\infty, x_{0}\right) (−∞,x0) 上单调递减
D. 若 x 0 x_{0} x0 是 f ( x ) f(x) f(x) 的极值点，则 f ′ ( x 0 ) = 0 f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0 f′(x0)=0 -
（2009 重庆文 10）把函数 f ( x ) = x 3 − 3 x f(x)=x^{3}-3 x f(x)=x3−3x 的图像 C 1 C_{1} C1 向右平移 u u u 个单位长度，再向下平移 v v v 个单位长度后得到图像 C 2 C_{2} C2。若对任意的 u > 0 u>0 u>0, 曲线 C 1 C_{1} C1 与 C 2 C_{2} C2 至多只有一个交点, 则 v v v 的最小值为（ ）。
A. 2 2 2
B. 4 4 4
C. 6 6 6
D. 8 8 8 -
（2015 安徽文 10）函数 f ( x ) = a x 3 + b x 2 + c x + d f(x)=a x^{3}+b x^{2}+c x+d f(x)=ax3+bx2+cx+d 的图像如图 2-1 所示，则下列结论成立的是（ ）。
A. a > 0 , b < 0 , c > 0 , d > 0 a>0, b<0, c>0, d>0 a>0,b<0,c>0,d>0
B. a > 0 , b < 0 , c < 0 , d > 0 a>0, b<0, c<0, d>0 a>0,b<0,c<0,d>0
C. a < 0 , b < 0 , c < 0 , d > 0 a<0, b<0, c<0, d>0 a<0,b<0,c<0,d>0
D. a > 0 , b > 0 , c > 0 , d < 0 a>0, b>0, c>0, d<0 a>0,b>0,c>0,d<0 -
（2012 福建文 12）已知 f ( x ) = x 3 − 6 x 2 + 9 x − a b c , a < b < c f(x)=x^{3}-6 x^{2}+9 x-a b c, a<b<c f(x)=x3−6x2+9x−abc,a<b<c，且 f ( a ) = f(a)= f(a)= f ( b ) = f ( c ) = 0 f(b)=f(c)=0 f(b)=f(c)=0，现给出如下结论: ① f ( 0 ) f ( 1 ) > 0 f(0) f(1)>0 f(0)f(1)>0；② f ( 0 ) f ( 1 ) < 0 f(0) f(1)<0 f(0)f(1)<0；③ f ( 0 ) f ( 3 ) > 0 f(0) f(3)>0 f(0)f(3)>0；④ f ( 0 ) f ( 3 ) < 0 f(0) f(3)<0 f(0)f(3)<0。其中正确结论的序号是（ ）。
A. ①②
B. ①④
C. ②③
D. ②④ -
（2016 浙江文 12）设函数 f ( x ) = x 3 + 3 x 2 + 1 f(x)=x^{3}+3 x^{2}+1 f(x)=x3+3x2+1，已知 a ≠ 0 a \neq 0 a=0，且 f ( x ) − f ( a ) = f(x)-f(a)= f(x)−f(a)= ( x − b ) ( x − a ) 2 , x ∈ R (x-b)(x-a)^{2}, x \in \mathbb{R} (x−b)(x−a)2,x∈R，则实数 a = a= a= ______， b = b= b= ______。
-
（2015 安徽理 15）设 x 3 + a x + b = 0 x^{3}+a x+b=0 x3+ax+b=0，其中 a a a， b b b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是 ______。（写出所有正确条件的编号） ① $ a=-3, b=-3 $；② $a=-3, b=2 $；③ $a=-3, b>2 $； ④ $a=0, b=2 $；⑤ a = 1 , b = 2 a=1, b=2 a=1,b=2。
-
（2007 全国 Ⅱ 理 20）已知函数 f ( x ) = x 3 − x f(x)=x^{3}-x f(x)=x3−x 。
（1）求曲线 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 在点 M ( t , f ( t ) ) M(t, f(t)) M(t,f(t)) 处的切线方程;
（2）设 a > 0 a>0 a>0，如果过 ( a , b ) (a, b) (a,b) 可作曲线 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 的三条切线，证明: − a < b < f ( a ) -a<b<f(a) −a<b<f(a)。
练习题答案
-
因为 f ( − 1 ) = f ( − 2 ) = f ( − 3 ) f(-1)=f(-2)=f(-3) f(−1)=f(−2)=f(−3)，所以 a − b + c − 1 = 4 a − 2 b + c − 8 = 9 a − 3 b + c − 27 a-b+c-1=4 a-2 b+c-8=9 a-3 b+c-27 a−b+c−1=4a−2b+c−8=9a−3b+c−27，解得 a = 6 ， b = 11 a=6，b=11 a=6，b=11，则 0 < c − 6 ⩽ 3 0<c-6 \leqslant 3 0<c−6⩽3，即 6 < c ⩽ 9 6<c \leqslant 9 6<c⩽9。故选 C。
-
当 x x x 趋于 − ∞ -\infty −∞ 时， f ( x ) < 0 f(x)<0 f(x)<0，当 x x x 趋于 + ∞ +\infty +∞ 时, f ( x ) > 0 f(x)>0 f(x)>0，根据零点存在性定理， f ( x ) f(x) f(x) 至少存在一个零点，所以 A 选项正确；由 f ( x ) = x 3 + a x 2 + b x + c f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+c f(x)=x3+ax2+bx+c 得 f ( x ) f(x) f(x) 的对称中心为 ( − a 3 , f ( − a 3 ) ) \left(-\frac{a}{3}, f\left(-\frac{a}{3}\right)\right) (−3a,f(−3a))，所以 B 选项正确；由三次函数的图像可知，若 x 0 x_{0} x0 是 f ( x ) f(x) f(x) 的极小值点，则极大值点在 x 0 x_{0} x0 的左侧，所以函数在区间 ( − ∞ , x 0 ) \left(-\infty, x_{0}\right) (−∞,x0) 上单调递减是错误的，D 选项正确。故选 C。
-
根据题意曲线 C 2 C_{2} C2 的解析式为 y = ( x − u ) 3 − 3 ( x − u ) − v y=(x-u)^{3}-3(x-u)-v y=(x−u)3−3(x−u)−v，则方程 ( x − u ) 3 − 3 ( x − u ) − v = (x-u)^{3}-3(x-u)-v= (x−u)3−3(x−u)−v= x 3 − 3 x x^{3}-3 x x3−3x 满足 Δ ⩽ 0 \Delta \leqslant 0 Δ⩽0，即 v ⩾ − 1 4 u 3 + 3 u v \geqslant-\frac{1}{4} u^{3}+3 u v⩾−41u3+3u 对任意 u > 0 u>0 u>0 恒成立，于是 v v v 大于等于 − 1 4 u 3 + 3 u -\frac{1}{4} u^{3}+3 u −41u3+3u 的最大值。令 g ( u ) = − 1 4 u 3 + 3 u ( u > 0 ) g(u)=-\frac{1}{4} u^{3}+3 u(u>0) g(u)=−41u3+3u(u>0)，则 g ′ ( u ) = − 3 4 ( u + 2 ) ( u − 2 ) g^{\prime}(u)=-\frac{3}{4}(u+2)(u-2) g′(u)=−43(u+2)(u−2)，由此知函数 g ( u ) g(u) g(u) 在 ( 0 , 2 ) (0,2) (0,2) 上为增函数，在 ( 2 , + ∞ ) (2,+\infty) (2,+∞) 上为减函数，所以当 u = 2 u=2 u=2 时，函数 g ( u ) g(u) g(u) 取最大值，即为 4，于是 v ⩾ 4 v \geqslant 4 v⩾4。故选 B。
-
f ′ ( x ) = 3 a x 2 + 2 b x + c f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+2 b x+c f′(x)=3ax2+2bx+c，由题意可知 f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0 有两个零点 x 1 x_{1} x1， x 2 x_{2} x2，满足 0 < x 1 < x 2 0<x_{1}<x_{2} 0<x1<x2，且 f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f′(x)>0 在 ( − ∞ , x 1 ) , ( x 2 , + ∞ ) \left(-\infty, x_{1}\right),\left(x_{2},+\infty\right) (−∞,x1),(x2,+∞) 上成立， f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0 在 ( x 1 , x 2 ) \left(x_{1}, x_{2}\right) (x1,x2) 上成立，所以二次函数 f ′ ( x ) = 3 a x 2 + 2 b x + c f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+2 b x+c f′(x)=3ax2+2bx+c 开口向上，则 3 a > 0 3 a>0 3a>0，即 a > 0 a>0 a>0，对称轴 x = − 2 b 2 × 3 a > 0 x=-\frac{2 b}{2 \times 3 a}>0 x=−2×3a2b>0，即 b < 0 b<0 b<0,
f ′ ( 0 ) = c > f ′ ( x 1 ) = 0 f^{\prime}(0)=c>f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0 f′(0)=c>f′(x1)=0， f ( 0 ) = d > 0 f(0)=d>0 f(0)=d>0。 故选 A。 -
f ′ ( x ) = 3 ( x − 1 ) ( x − 3 ) f^{\prime}(x)=3(x-1)(x-3) f′(x)=3(x−1)(x−3)， f ( x ) f(x) f(x) 在 ( − ∞ , 1 ) , ( 3 , + ∞ ) (-\infty, 1),(3,+\infty) (−∞,1),(3,+∞) 上单调递增，在 ( 1 , 3 ) (1,3) (1,3) 上单调递减，所以极大值为 f ( 1 ) f(1) f(1)，极小值为 f ( 3 ) f(3) f(3)，又因为 f ( a ) = f ( b ) = f ( c ) = 0 f(a)=f(b)=f(c)=0 f(a)=f(b)=f(c)=0，所以 1 ∈ ( a , b ) 1 \in(a, b) 1∈(a,b)， 3 ∈ ( b , c ) 3 \in(b, c) 3∈(b,c)，即 a < 1 < b < 3 < c a<1<b<3<c a<1<b<3<c，再根据单调性，可得 f ( 1 ) > f ( a ) = 0 f(1)>f(a)=0 f(1)>f(a)=0， f ( 3 ) < f ( c ) = 0 f(3)<f(c)=0 f(3)<f(c)=0， f ( 0 ) = f ( 3 ) < 0 f(0)=f(3)<0 f(0)=f(3)<0，因此 f ( 0 ) f ( 1 ) < 0 f(0) f(1)<0 f(0)f(1)<0， f ( 0 ) f ( 3 ) > 0 f(0) f(3)>0 f(0)f(3)>0。故选 C。
-
f ( x ) − f ( a ) = x 3 + 3 x 2 − a 3 − 3 a 2 f(x)-f(a)=x^{3}+3 x^{2}-a^{3}-3 a^{2} f(x)−f(a)=x3+3x2−a3−3a2， ( x − b ) ( x − a ) 2 = x 3 − ( 2 a + b ) x 2 + ( a 2 + 2 a b ) x − a 2 b (x-b)(x-a)^{2}=x^{3}-(2 a+b) x^{2}+\left(a^{2}+2 a b\right) x-a^{2} b (x−b)(x−a)2=x3−(2a+b)x2+(a2+2ab)x−a2b，
所以 { − 2 a − b = 3 a 2 + 2 a b = 0 − a 2 b = − a 3 − 3 a 2 \begin{cases} -2 a-b=3 \\ a^{2}+2 a b=0 \\ -a^{2} b=-a^{3}-3 a^{2}\end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧−2a−b=3a2+2ab=0−a2b=−a3−3a2，解得 { a = − 2 b = 1 \begin{cases} a=-2 \\ b=1\end{cases} {a=−2b=1 故填 − 2 -2 −2， 1 1 1。 -
令 f ( x ) = x 3 + a x + b f(x)=x^{3}+a x+b f(x)=x3+ax+b，则 f ′ ( x ) = 3 x 2 + a f^{\prime}(x)=3 x^{2}+a f′(x)=3x2+a 。当 a ⩾ 0 a \geqslant 0 a⩾0 时， f ′ ( x ) ⩾ 0 f^{\prime}(x) \geqslant 0 f′(x)⩾0 在 R \mathbb{R} R 上恒成立，此时 f ( x ) f(x) f(x) 在 R \mathbb{R} R 上单调递增，即 f ( x ) f(x) f(x) 必有一个零点，即 x 3 + a x + b = 0 x^{3}+a x+b=0 x3+ax+b=0 仅有一根，故④⑤正确。当 a < 0 a<0 a<0 时，若 a = − 3 a=-3 a=−3，则 f ′ ( x ) = 3 ( x + 1 ) ( x − 1 ) f^{\prime}(x)=3(x+1)(x-1) f′(x)=3(x+1)(x−1)，所以 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( − ∞ , − 1 ) (-\infty,-1) (−∞,−1)， ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞) 上单调递增，在 ( − 1 , 1 ) (-1,1) (−1,1) 上单调递减，所以极大值为 f ( − 1 ) = b + 2 f(-1)=b+2 f(−1)=b+2，极小值为 f ( 1 ) = b − 2 f(1)=b-2 f(1)=b−2。要使方程仅有一根，则 b + 2 < 0 b+2<0 b+2<0 或 b − 2 > 0 b-2>0 b−2>0，解得 b > 2 b>2 b>2 或 b < − 2 b<-2 b<−2。故①③正确。 所以使得该三次方程仅有一个实根的是 ①③④⑤。
-
（1） f ′ ( x ) = 3 x 2 − 1 f^{\prime}(x)=3 x^{2}-1 f′(x)=3x2−1，则曲线 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 在点 M ( t , f ( t ) ) M(t, f(t)) M(t,f(t)) 处的切线方程为
y − f ( t ) = f ′ ( t ) ( x − t ) ⇒ y − ( t 3 − t ) = ( 3 t 2 − 1 ) ( x − t ) y-f(t)=f^{\prime}(t)(x-t) \Rightarrow y-\left(t^{3}-t\right)=\left(3 t^{2}-1\right)(x-t) y−f(t)=f′(t)(x−t)⇒y−(t3−t)=(3t2−1)(x−t)
化简得 y = ( 3 t 2 − 1 ) x − 2 t 3 y=\left(3 t^{2}-1\right) x-2 t^{3} y=(3t2−1)x−2t3。
（2）因为过点 ( a , b ) (a, b) (a,b) 的切线有三条，所以方程
b = ( 3 t 2 − 1 ) a − 2 t 3 ⇔ 2 t 3 − 3 a t 2 + a + b = 0 b=\left(3 t^{2}-1\right) a-2 t^{3} \Leftrightarrow 2 t^{3}-3 a t^{2}+a+b=0 b=(3t2−1)a−2t3⇔2t3−3at2+a+b=0
有三个根。令 g ( t ) = 2 t 3 − 3 a t 2 + a + b g(t)=2 t^{3}-3 a t^{2}+a+b g(t)=2t3−3at2+a+b，则由 g ′ ( t ) = 6 t 2 − 6 a t = 0 g^{\prime}(t)=6 t^{2}-6 a t=0 g′(t)=6t2−6at=0 可得 t 1 = 0 t_{1}=0 t1=0， t 2 = a t_{2}=a t2=a， g ( t ) = 0 g(t)=0 g(t)=0有三个互不相等的实根等价于
g ( 0 ) g ( a ) = ( a + b ) ( − a 3 + a + b ) < 0 g(0) g(a)=(a+b)\left(-a^{3}+a+b\right)<0 g(0)g(a)=(a+b)(−a3+a+b)<0
解得 0 < a + b < a 3 0<a+b<a^{3} 0<a+b<a3，即 − a < b < a 3 − a = f ( a ) -a<b<a^{3}-a=f(a) −a<b<a3−a=f(a)，不等式得证。