三次函数的性质总结练习.docx
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三次函数的性质总结练习
三次函数的性质
三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)在高中阶段学习导数后频繁出现,同时也是其他复杂函数的重要组成部分,因此有必要对其性质有所了解,才可以做到知己知彼,百战不殆.
性质一 单调性
以a>0为例,如图1,记Δ=b2−3ac为三次函数图象的判别式,则
图1 用判别式判断函数图象
当Δ⩽0时,f(x)为R上的单调递增函数;
当Δ>0时,f(x)会在中间一段单调递减,形成三个单调区间以及两个极值.
性质一的证明 f(x)的导函数为
f′(x)=3ax3+2bx+c,
其判别式为4(b2−3ac),进而易得结论.
例1 设直线l与曲线y=x3+x+1有三个不同的交点A,B,C,且|AB|=|BC|=5√,求直线l的方程.
解 由|AB|=|BC|可知B为三次函数的对称中心,由性质一可得B(0,1),进而不难求得直线l的方程y=2x+1.
性质二 对称性
如图2,f(x)的图象关于点P(−b3a,f(−b3a))对称(特别地,极值点以及极值点对应的图象上的点也关于P对称).
图2 图象的对称性
反之,若三次函数的对称中心为(m,n),则其解析式可以设为
f(x)=α⋅(x−m)3+β⋅(x−m)+n,
其中α≠0.
性质二的证明 由于
f(x)=a(x+b3a)3+(c−b23a)(x+b3a)−bc3a+2b327a2+d,
即
f(x)=(x+b3a)3+(c−b23a)(x+b3a)+f(−b3a),
于是性质二得证.
例2 设函数f(x)=x(x−1)(x−a),a>1.
(1)求导数f′(x),并证明f(x)有两个不同的极值点x1,x2;
(2)若不等式f(x1)+f(x2)⩽0成立,求a的取值范围.
(1)解 f(x)的导函数
f′(x)=(x−1)(x−a)+x(x−a)+x(x−1)=3x2−2(a+2)x+a,
而
f′(0)f′
(1)f′(a)=a>0,=1−a<0,=a(a−1)>0,
于是f′(x)有两个变号零点,从而f(x)有两个不同的极值点.
(2)解 根据性质二,三次函数的对称中心(a+13,f(a+13))是两个极值点对应的函数图象上的点的中点.于是
f(x1)+f(x2)=2f(a+13)⩽0,
即
2⋅a+13⋅a−23⋅−2a+13⩽0,
结合a>1,可得a的取值范围是[2,+∞).
注 本题为2004年高考重庆卷理科数学第20题.
性质三 切割线性质
如图3,设P是f(x)上任意一点(非对称中心),过P作函数f(x)图象的一条割线AB与一条切线PT(P点不为切点),A、B、T均在f(x)的图象上,则T点的横坐标平分A、B点的横坐标.
图3 切割线性质
推论1 设P是f(x)上任意一点(非对称中心),过P作函数f(x)图象的两条切线PM、PN,切点分别为M、P,如图.则M点的横坐标平分P、N点的横坐标,如图4.
图4 切割线性质推论一
推论2 设f(x)的极大值为M,方程f(x)=M的两根为x1、x2(x1 图5 切割线性质推论二 性质三的证明 设f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0),直线PT: y=k0x+m0,直线PAB: y=kx+m,则分别将直线PT与直线PAB的方程与三次函数的解析式联立,得 ax3+bx2+(c−k0)x+d−m0=0,ax3+bx2+(c−k)x+d−m=0, 于是根据三次方程的韦达定理可得 2xT+xP=xA+xB+xP, 即 xT=xA+xB2, 于是命题得证. 推论1和推论2的证明留给读者. 例3 如图6,记三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的图象为C,若对于任意非零实数x1,曲线C与其在点P1(x1,f(x1))处的切线交于另一点P2(x2,f(x2)),曲线C与其在点P2处的切线交于另一点P3(x3,f(x3)),线段P1P2、P2P3与曲线C所围成的封闭图形的面积分别记为S1、S2.求证: S1S2是定值. 图6 解 由性质二,任意三次函数f(x)都可以通过平移变化变成 g(x)=px3+qx, 然后可以作伸缩变换变成 h(x)=x3+rx, 而无论平移还是伸缩,题中的S1S2均保持不变,因此只需要证明命题对三次函数h(x)=x3+rx成立即可. 根据题意,联立函数h(x)=x3+rx与函数h(x)在P1处的切线方程得 (x−x1)2⋅(x−x2)=0, 于是 2x1+x2=0, 即 x2=−2x1. 又由性质三的推论1,可得 2x1=x2+x3, 即 x3=4x1. 于是,线段P1P2与曲线C所围成的封闭图形的面积 S1=∣∣∣∫x2x1(x−x1)2⋅(x−x2)dx∣∣∣=∣∣∣∫−2x1x1(x3−3x21x+2x31)dx∣∣∣=∣∣∣(14x4−32x21x2+2x31x)∣∣∣−2x1x1∣∣∣=274x41, 类似的,线段P2P3与曲线C所围成图形的面积 S2=274x42, 于是所求的面积之比为 S1S2=(x1x2)4=116. 注 此题即2010年高考福建卷理科数学第20题第 (2)小问(第 (1)小问要求证明该结论对f(x)=x3−x成立). 性质四 切线条数 如图7,过f(x)的对称中心作切线l,则坐标平面被切线l和函数f(x)的图象分割为四个区域,有以下结论: 图7 切线条数 ①过区域I、III内的点作y=f(x)的切线,有且仅有三条; ②过区域II、IV内的点以及对称中心作y=f(x)的切线,有且仅有一条; ③过切线l或函数f(x)图象(除去对称中心)上的点作y=f(x)的切线,有且仅有两条. 性质四的证明 由性质二,不妨设f(x)=x3+mx,坐标平面内一点P(a,b). 三次函数图象上x=t处的切线方程为 y=(3t2+m)(x−t)+t3+mt, 即 y=(3t2+m)x−3t3, 切线过点P(a,b),即 b=−3t3+3at2+ma. 而三次函数对称中心处的切线方程为 y=mx, 于是考虑直线y=b−ma与函数 y=−3t3+3at2 的图象公共点个数. 当a=0时,无论b取何值,均为1个公共点; 当a>0时,b−ma>0时为1个公共点,b−ma=0时为2个公共点,b−ma<0时为3个公共点; 当a<0时,b−ma>0时为3个公共点,b−ma=0时为2个公共点,b−ma<0时为1个公共点. 综上,性质四得证. 在高考中,对结论①的考察最为常见,例如2007年高考全国II卷理科数学第22题(压轴题)就是证明性质四的结论①: 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a>0,如果过点(a,b)可作曲线y=f(x)的三条切线,证明: −a 例4 设函数f(x)=13x3−a2x2+bx+c,其中a>0.曲线y=f(x)在点P(0,f(0))处的切线方程为y=1. (1)确定b,c的值; (2)设曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))及(x2,f(x2))处的切线都过点(0,2).证明: 当x1≠x2时,f′(x1)≠f′(x2); (3)若过点(0,2)可作曲线y=f(x)的三条不同切线,求a的取值范围. 解 (1)f(x)的导函数为 f′(x)=x2−ax+b, 于是该函数在x=0处的切线方程为 y=bx+c, 因此 b=0,c=1. (2)函数f(x)在x=t处的切线方程为 y=(t2−at)(x−t)+13t3−a2t2+1, 当切线过点(0,2)时可得 23t3−a2t2+1=0, 于是x1,x2是该方程的两个不等实根. 考虑 f′(x1)−f′(x2)=(x21−ax1)−(x22−ax2)=(x1−x2)⋅(x1+x2−a), 而 ⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪23x31−a2x21+1=0,23x32−a2x22+1=0, 两式相减并约去x1−x2,得 x21+x1x2+x22=34a2, 而 x21+x1x2+x22=(x1+x2)2−x1x2>(x1+x2)2−14(x1+x2)2=34(x1+x2)2, 于是 x1+x2≠a, 进而可得 f′(x1)≠f′(x2). (3)函数f(x)的对称中心为(a2,−a312+1),于是在对称中心处的切线方程为 y=−a24(x−a2)−a312+1, 根据性质四的结论①,可得 1<2<−a324+1, 解得 a>23√3, 即a的取值范围是(23√3,+∞). 注 此题为2010年高考湖北卷文科数学第21题(压轴题). 练习题 练习1、已知函数f(x)=13x3+ax2+bx,且f′(−1)=0. (1)试用含a的代数式表示b; (2)求f(x)的单调区间; (3)令a=−1,设函数f(x)在x1,x2(x1 线段MN与曲线f(x)存在异于M、N的公共点. 练习2、已知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有三个根,它们分别为从小到大依次为α、2、β.求|α−β|的取值范围. 练习3、如图8,记原点为点P1(x1,y1),由点P1向三次函数y=x3−3ax2+bx(a≠0)的图象(记为曲线C)引切线,切于不同于点P1的点P2(x2,y2),再由点P2引此曲线C的切线,切于不同于点P2的点P3(x3,y3).如此继续作下去,得到点列{Pn(xn,yn)}.试回答下列问题: 图8 (1)求数列{xn}的递推公式与初始值; (2)求limn→+∞xn,并指出点列{Pn}的极限位置在何处? 练习4、已知f(x)=x3−x,过点(x0,y0)作f(x)图象的切线,如果可以作出三条切线,当x0∈(0,1)时,求点(x0,y0)所在的区域面积. 练习5、已知函数f(x)=2x3−3x. (1)求f(x)在区间[−2,1]上的最大值; (2)若过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切,求t的取值范围; (3)问过点A(−1,2),B(2,10),C(0,2)分别存在几条直线与曲线y=f(x)相切? (只需写出结论) 练习6、已知函数f(x)=13x3+ax2+bx,且f′(−1)=0. (1)试用含a的代数式表示b,并求f(x)的单调区间; (2)令a=−1.设函数f(x)在x1,x2(x1 ①若对任意的m∈(t,x2],线段MP与曲线f(x)有异于P、Q的公共点,试确定t的最小值; ②若存在点Q(n,f(n)),x1⩽n 练习题的参考答案 练习1、 (1)f(x)的导函数为 f′(x)=x2+2ax+b, 于是所求的代数表达式为 b=2a−1. (2)在 (1)的基础上,有 f′(x)=(x+1)⋅(x+2a−1), 于是 当a<1时,函数f(x)的单调递增区间是(−∞,−1)和(1−2a,+∞),单调递减区间为(−1,1−2a); 当a=1时,函数f(x)的单调递增区间是R; 当a>1时,函数f(x)的单调递增区间是(−∞1−2a)和(−1,+∞),单调递减区间是(1−2a,−1). (3)此时 f(x)=13x3−x2−3x, 而 f′(x)=x2−2x−3, 于是M(−1,53),N(3,−9).根据性质二,该公共点为三次函数f(x)图象的对称中心(1,−113). 注 本题为2009年高考福建卷文科数学第21题(压轴题). 练习2、根据题意,x=0为f(x)的导函数 f′(x)=3x2+2bx+c 的零点,于是c=0. 又f (2)=0,于是 8+4b+d=0, 即 d=−4b−8, 从而 f(x)=x3+bx2−(8+4b)=(x−2)⋅[x2+(b+2)x+2b+4], 因此 (α−β)2=(α+β)2−4α⋅β=(2−b)2−16. 另一方面,由f(x)在(0,2)上是减函数得f′ (2)⩽0,即 12+4b⩽0, 于是可得b的取值范围是 b<−3. 从而|α−β|的取值范围是[3,+∞). 练习3、 (1)根据已知,联立P1出发的切线方程与曲线C的方程,得 (x−x1)(x−x2)2=0, 又x1=0,切线方程只能改变左边三次式的一次项和常数项,于是可得 x2=32a. 进而由性质三的推论1可得 ∀n⩾3∧n∈N∗,2xn=xn−1+xn−2. 于是数列{xn}的递推公式与初始值为 xn=xn−1+xn−22,n⩾3∧n∈N∗,x1=0,x2=32a. (2)由数列的递推公式不难得到通项 ∀n∈N∗,xn=a⋅[1−(−12)n−1], 于是 limn→+∞xn=a. 因此点列{Pn}的极限位置为(a,−2a3+ab),也就是三次函数的对称中心. 练习4、函数f(x)在对称中心(0,0)处的切线方程为 y=−x, 于是根据性质四的结论①,我们可得所求区域面积为 ∫10[x3−x−(−x)]dx=∫10x3dx=14. 练习5、 (1)f(x)的导函数 f′(x)=6x2−3, 于是可得f(x)在区间[−2,1]上的最大值为 max{f(−2√2),f (1)}=2√. (2)函数f(x)在对称中心(0,0)处的切线方程为 y=−3x, 根据性质四的结论①,可得 −3 (1), 即 −3 于是t的取值范围是(−3,−1). (3)根据性质四,可得过A(−1,2)存在3条直线与曲线y=f(x)相切;过B(2,10)存在2条直线与曲线y=f(x)相切;过C(0,2)存在1条直线与曲线y=f(x)相切. 注 本题为2014年高考北京卷文科数学第20题(压轴题). 练习6、 (1)b=2a−1; 当a>1时,函数f(x)的单调递增区间为(−∞,1−2a)和(−1,+∞),单调递减区间为(1−2a,−1); 当a=1时,函数f(x)的单调递增区间为R; 当a<1时,函数f(x)的单调递增区间为(−∞,−1)和(1−2a,+∞),单调递减区间为(−1,1−2a). (2)① t的最小值为2,证明从略;② m的取值范围为(1,3]. 注 本题为2009年高考福建卷理科数学第21题(压轴题).
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