專題26三次函數的圖像與性質一、題型選講題型一、三次函數的切線問題三次函數的切線問題關鍵就是求出切線的斜率以及切點，要注意切點的橫坐標、斜率以及切線方程的密切聯系。例1、（2020屆山東省濰坊市高三上學期統考）當直線和曲線E：交于三點時，曲線E在點A，點C處的切線總是平行的，則過點可作曲線E的切線的條數為（）A．0 B．1 C．2 D．3例2、【2018年新課標1理科05】設函數f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax．若f（x）為奇函數，則曲線y＝f（x）在點（0，0）處的切線方程為（）A．y＝﹣2x B．y＝﹣x C．y＝2x D．y＝x題型二、運用三次函數的圖像研究零點問題遇到函數零點個數問題，通常轉化為兩個函數圖象交點問題，進而借助數形結合思想解決問題；也可轉化為方程解的個數問題，通過具體的解方程達到解決問題的目的.前者由于是通過圖形解決問題，故對繪制的函數圖象準確度和細節處要求較高，后者對問題轉化的等價性和邏輯推理的嚴謹性要求較高.下面的解法是從解方程的角度考慮的.例3、(2017南通、揚州、泰州、淮安三調）已知函數若函數恰有2個不同的零點，則實數a的取值范圍是▲．例4、(2019南京學情調研）已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12x－x3，,x≤0，,－2x，,x＞0.)))當x∈(－∞，m]時，f(x)的取值范圍為[－16，＋∞)，則實數m的取值范圍是________．題型三、三次函數的單調性問題研究三次函數的單調性，往往通過導數進行研究。要特別注意含參的討論。例5、(2018無錫期末）若函數f(x)＝(x＋1)2|x－a|在區間[－1，2]上單調遞增，則實數a的取值范圍是________．例6、【吉林省通鋼一中、集安一中、梅河口五中等省示范高中2020屆高三（5月份）模擬】已知函數f(x)=x（1）討論fx在(a,+∞)（2）若a≥?3，求不等式f2x題型四、三次函數的極值與最值問題①利用導數刻畫函數的單調性，確定函數的極值；②通過分類討論，結合圖象，實現函數的極值與零點問題的轉化.函數、方程和不等式的綜合題，常以研究函數的零點、方程的根、不等式的解集的形式出現，大多數情況下會用到等價轉化、數形結合的數學思想解決問題，而這里的解法是通過嚴謹的等價轉化，運用純代數的手段來解決問題的，對抽象思維和邏輯推理的能力要求較高，此題也可通過數形結合的思想來解決問題，可以一試.例7、（2020屆浙江省溫麗聯盟高三第一次聯考）若函數的極大值是，極小值是，則()A．與有關，且與有關 B．與有關，且與無關C．與無關，且與無關 D．與無關，且與有關例8、（2020屆浙江省十校聯盟高三下學期開學）已知函數，若函數有三個互不相同的零點0，，，其中，若對任意的，都有成立，則實數的最小值為______.例9、（2020屆山東省濰坊市高三上期中）已知函數．（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）若函數處有極小值，求函數在區間上的最大值．例10、（2017江蘇）已知函數有極值，且導函數的極值點是的零點．（極值點是指函數取極值時對應的自變量的值）（1）求b關于a的函數關系式，并寫出定義域；（2）證明：；（3）若這兩個函數的所有極值之和不小于，求a的取值范圍．二、達標訓練1、（2019·山東師范大學附中高三月考）函數的零點所在區間為（）A． B． C． D．2、【2014年新課標1理科11】已知函數f（x）＝ax3﹣3x2+1，若f（x）存在唯一的零點x0，且x0＞0，則實數a的取值范圍是（）A．（1，+∞） B．（2，+∞） C．（﹣∞，﹣1） D．（﹣∞，﹣2）3、【2013年新課標2理科10】已知函數f（x）＝x3+ax2+bx+c，下列結論中錯誤的是（）A．?x0∈R，f（x0）＝0 B．函數y＝f（x）的圖象是中心對稱圖形 C．若x0是f（x）的極小值點，則f（x）在區間（﹣∞，x0）單調遞減 D．若x0是f（x）的極值點，則f′（x0）＝04、【2020屆百師聯盟高三練習題四】若函數f(x)=x3+2ax2+ax?1在5、【2019屆福建省寧德市高三質量檢查】若函數f(x)=ex?a,x<1x36、(2019南京、鹽城二模）已知函數f(x)＝設g(x)＝kx＋1，且函數y＝f(x)－g(x)的圖像經過四個象限，則實數k的取值范圍為________．7、(2018蘇中三市、蘇北四市三調）已知函數的圖象恰好經過三個象限，則實數的取值范圍是▲．8、【2020年全國3卷理科21】設函數f(x)=x3+bx+c，曲線y=f(x)在點(12，f(1（1）求b．（2）若f(x)有一個絕對值不大于1的零點，證明：f(x)所有零點的絕對值都不大于1．9、【2019年新課標3理科20】已知函數f（x）＝2x3﹣ax2+b．（1）討論f（x）的單調性；（2）是否存在a，b，使得f（x）在區間[0，1]的最小值為﹣1且最大值為1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，說明理由．10、(2019蘇州期末）已知函數f(x)＝ax3＋bx2－4a(a，b∈R)．(1)當a＝b＝1時，求f(x)的單調增區間；(2)當a≠0時，若函數f(x)恰有兩個不同的零點，求eq\f(b,a)的值；(3)當a＝0時，若f(x)<lnx的解集為(m，n)，且(m，n)中有且僅有一個整數，求實數b的取值范圍．專題26三次函數的圖像與性質一、題型選講題型一、三次函數的切線問題三次函數的切線問題關鍵就是求出切線的斜率以及切點，要注意切點的橫坐標、斜率以及切線方程的密切聯系。例1、（2020屆山東省濰坊市高三上學期統考）當直線和曲線E：交于三點時，曲線E在點A，點C處的切線總是平行的，則過點可作曲線E的切線的條數為（）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【解析】直線過定點由題意可知：定點是曲線的對稱中心，，解得，所以曲線，f′（x）=，設切點M（x0，y0），則M縱坐標y0=，又f′（x0）=，∴切線的方程為：又直線過定點，得﹣-2=0，，即解得：故可做兩條切線故選C例2、【2018年新課標1理科05】設函數f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax．若f（x）為奇函數，則曲線y＝f（x）在點（0，0）處的切線方程為（）A．y＝﹣2x B．y＝﹣x C．y＝2x D．y＝x【答案】D【解析】：函數f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax，若f（x）為奇函數，可得a＝1，所以函數f（x）＝x3+x，可得f′（x）＝3x2+1，曲線y＝f（x）在點（0，0）處的切線的斜率為：1，則曲線y＝f（x）在點（0，0）處的切線方程為：y＝x．故選：D．題型二、運用三次函數的圖像研究零點問題遇到函數零點個數問題，通常轉化為兩個函數圖象交點問題，進而借助數形結合思想解決問題；也可轉化為方程解的個數問題，通過具體的解方程達到解決問題的目的.前者由于是通過圖形解決問題，故對繪制的函數圖象準確度和細節處要求較高，后者對問題轉化的等價性和邏輯推理的嚴謹性要求較高.下面的解法是從解方程的角度考慮的.例3、(2017南通、揚州、泰州、淮安三調）已知函數若函數恰有2個不同的零點，則實數a的取值范圍是▲．【答案】【解析】：函數恰有2個不同的零點，即方程恰有2個不相等的根，亦即方程（Ⅰ）和（Ⅱ）共有2個不相等的根.首先（Ⅰ）中，即，若，則都是方程的根，不符合題意，所以，因此（Ⅰ）中由解得，下面分情況討論（1）若是方程（Ⅰ）的唯一根，則必須滿足，即，此時方程（Ⅱ）必須再有唯一的一個根，即有唯一根，因為，由，得必須有滿足的唯一根，首先，其次解得的負根需滿足，從而解得，（2）若不是方程（Ⅰ）的唯一根，則必須滿足，即，此時方程（Ⅱ）必須有兩個不相等的根，即有兩個不相等的根，由，得適合，另外還有必須一滿足的非零實根，首先，解得的正根需滿足，從而解得，但前面已經指出，故，綜合（1）、（2），得實數的取值范圍為.例4、(2019南京學情調研）已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12x－x3，,x≤0，,－2x，,x＞0.)))當x∈(－∞，m]時，f(x)的取值范圍為[－16，＋∞)，則實數m的取值范圍是________．【答案】[－2,8]【解析】思路分析由于f(x)的解析式是已知的，因此，可以首先研究出函數f(x)在R上的單調性及相關的性質，然后根據f(x)的取值范圍為[－16，＋∞)，求出它的值等于－16時的x的值，借助于函數f(x)的圖像來對m的取值范圍進行確定．當x≤0時，f(x)＝12x－x3，所以f′(x)＝12－3x2.令f′(x)＝0，則x＝－2(正值舍去)，所以當x∈(－∞，－2)時，f′(x)＜0，此時f(x)單調遞減；當x∈(－2,0]時，f′(x)＞0，此時f(x)單調遞增，故函數f(x)在x≤0時的極小值為f(－2)＝－16.當x＞0時，f(x)＝－2x單調遞減，f(0)＝0，f(8)＝－16，因此，根據f(x)的圖像可得m∈[－2,8]．解后反思根據函數的解析式來得到函數的相關性質，然后由此畫出函數的圖像，借助于函數的圖像可以有效地進行解題，這就是數形結合的魅力．題型三、三次函數的單調性問題研究三次函數的單調性，往往通過導數進行研究。要特別注意含參的討論。例5、(2018無錫期末）若函數f(x)＝(x＋1)2|x－a|在區間[－1，2]上單調遞增，則實數a的取值范圍是________．【答案】(－∞，－1]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))eq\a\vs4\al(思路分析)由于條件中函數的解析式比較復雜，可以先通過代數變形，將其化為熟悉的形式，進而利用導數研究函數的性質及圖像，再根據圖像變換的知識得到函數f(x)的圖像進行求解．函數f(x)＝(x＋1)2|x－a|＝|(x＋1)2(x－a)|＝|x3＋(2－a)x2＋(1－2a)x－a|.令g(x)＝x3＋(2－a)x2＋(1－2a)x－a，則g′(x)＝3x2＋(4－2a)x＋1－2a＝(x＋1)(3x＋1－2a)．令g′(x)＝0得x1＝－1，x2＝eq\f(2a－1,3).①當eq\f(2a－1,3)<－1，即a<－1時，令g′(x)>0，即(x＋1)(3x＋1－2a)>0，解得x<eq\f(2a－1,3)或x>－1；令g′(x)<0，解得eq\f(2a－1,3)<x<－1.所以g(x)的單調增區間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2a－1,3)))，(－1，＋∞)，單調減區間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，－1)).又因為g(a)＝g(－1)＝0，所以f(x)的單調增區間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2a－1,3)))，(－1，＋∞)，單調減區間是(－∞，a)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，－1))，滿足條件，故a<－1(此種情況函數f(x)圖像如圖1)．,圖1)②當eq\f(2a－1,3)＝－1，即a＝－1時，f(x)＝|(x＋1)3|，函數f(x)圖像如圖2，則f(x)的單調增區間是(－1，＋∞)，單調減區間是(－∞，－1)，滿足條件，故a＝－1.,圖2)③當eq\f(2a－1,3)>－1，即a>－1時，令g′(x)>0，即(x＋1)(3x＋1－2a)>0，解得x<－1或x>eq\f(2a－1,3)；令g′(x)<0，解得－1<x<eq\f(2a－1,3).所以g(x)的單調增區間是(－∞，－1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，＋∞))，單調減區間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2a－1,3))).又因為g(a)＝g(－1)＝0，所以f(x)的單調增區間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2a－1,3)))，(a，＋∞)，單調減區間是(－∞，－1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，a))，要使f(x)在[－1，2]上單調遞增，必須滿足2≤eq\f(2a－1,3)，即a≥eq\f(7,2)，又因為a>－1，故a≥eq\f(7,2)(此種情況函數f(x)圖像如圖3)．綜上，實數a的取值范圍是(－∞，－1]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞)).,圖3)例6、【吉林省通鋼一中、集安一中、梅河口五中等省示范高中2020屆高三（5月份）模擬】已知函數f(x)=x（1）討論fx在(a,+∞)（2）若a≥?3，求不等式f2x【答案】（1）見解析；（2）2?3【解析】（1）f'當a≥0時，f'x≥0，則fx當a<0時，令f'x=0（i）當a=?13時，令f'x<0，得a<x<?a；令f所以fx得單調遞減區間為a,?a，單調遞增區間為?a,+∞（ii）當a<?13時，令f'x<0，得??a3<x<所以fx得單調減區間為??a3,（iii）當?13<a<0令f'x<0，得a<x<?a所以fx的單調遞減區間為a,?a（2）因為a≥?3，所以fx=3x2+a≥3所以fx在[1,+∞)因為2x2?4x+3=2所以2x2解得2?3<x<2+3題型四、三次函數的極值與最值問題①利用導數刻畫函數的單調性，確定函數的極值；②通過分類討論，結合圖象，實現函數的極值與零點問題的轉化.函數、方程和不等式的綜合題，常以研究函數的零點、方程的根、不等式的解集的形式出現，大多數情況下會用到等價轉化、數形結合的數學思想解決問題，而這里的解法是通過嚴謹的等價轉化，運用純代數的手段來解決問題的，對抽象思維和邏輯推理的能力要求較高，此題也可通過數形結合的思想來解決問題，可以一試.例7、（2020屆浙江省溫麗聯盟高三第一次聯考）若函數的極大值是，極小值是，則()A．與有關，且與有關 B．與有關，且與無關C．與無關，且與無關 D．與無關，且與有關【答案】C【解析】∵，∴，令，得，或，當變化時，、的變化如下表：遞增極大值遞減極小值遞增∴，，∴，故選：C．例8、（2020屆浙江省十校聯盟高三下學期開學）已知函數，若函數有三個互不相同的零點0，，，其中，若對任意的，都有成立，則實數的最小值為______.【答案】【解析】因為，由題意可知：，是的根，則，，△，，，當時，，則存在的極大值點，，且，由題意，，將代入得，解可得．又因為，結合二次函數的性質可知，，得即的最小值．故答案為：.例9、（2020屆山東省濰坊市高三上期中）已知函數．（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）若函數處有極小值，求函數在區間上的最大值．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）當時，，，所以，又，所以曲線在點處切線方程為，即.（2）因為，因為函數處有極小值，所以，所以由，得或，當或時，，當時，，所以在，上是增函數，在上是減函數，因為，，所以的最大值為.例10、（2017江蘇）已知函數有極值，且導函數的極值點是的零點．（極值點是指函數取極值時對應的自變量的值）（1）求b關于a的函數關系式，并寫出定義域；（2）證明：；（3）若這兩個函數的所有極值之和不小于，求a的取值范圍．解析（1）有零點，，即，又，解得，根據題意，，即，化簡得，又，所以，即；（2）設，而，故，即；（3）設為的兩個極值點，令得，法一：．記,所有極值之和為，，，則，而在上單調遞減且，故．法二：下面證明的圖像關于中心對稱，，所以，所以，下同法一．二、達標訓練1、（2019·山東師范大學附中高三月考）函數的零點所在區間為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】，，，，，由.故選：C2、【2014年新課標1理科11】已知函數f（x）＝ax3﹣3x2+1，若f（x）存在唯一的零點x0，且x0＞0，則實數a的取值范圍是（）A．（1，+∞） B．（2，+∞） C．（﹣∞，﹣1） D．（﹣∞，﹣2）【答案】D【解析】：∵f（x）＝ax3﹣3x2+1，∴f′（x）＝3ax2﹣6x＝3x（ax﹣2），f（0）＝1；①當a＝0時，f（x）＝﹣3x2+1有兩個零點，不成立；②當a＞0時，f（x）＝ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上有零點，故不成立；③當a＜0時，f（x）＝ax3﹣3x2+1在（0，+∞）上有且只有一個零點；故f（x）＝ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上沒有零點；而當x=2a時，f（x）＝ax3﹣3x故f（2a）=8a故a＜﹣2；綜上所述，實數a的取值范圍是（﹣∞，﹣2）；故選：D．3、【2013年新課標2理科10】已知函數f（x）＝x3+ax2+bx+c，下列結論中錯誤的是（）A．?x0∈R，f（x0）＝0 B．函數y＝f（x）的圖象是中心對稱圖形 C．若x0是f（x）的極小值點，則f（x）在區間（﹣∞，x0）單調遞減 D．若x0是f（x）的極值點，則f′（x0）＝0【答案】解：f′（x）＝3x2+2ax+b．（1）當△＝4a2﹣12b＞0時，f′（x）＝0有兩解，不妨設為x1＜x2，列表如下x（﹣∞，x1）x1（x1，x2）x2（x2，+∞）f′（x）+0﹣0+f（x）單調遞增極大值單調遞減極小值單調遞增由表格可知：①x2是函數f（x）的極小值點，但是f（x）在區間（﹣∞，x2）不具有單調性，故C不正確．②∵f(?2a3?x)+f（x）=(?2a3?x)3+a(?2a3f(?∵f(?2a3?x)+f（∴點P(?a3③由表格可知x1，x2分別為極值點，則f'(x④∵x→﹣∞時，f（x）→﹣∞；x→+∞，f（x）→+∞，函數f（x）必然穿過x軸，即?xα∈R，f（xα）＝0，故A正確．（2）當△≤0時，f'(x)=3(x+a3)2≥0，故f（x）在R②B同（1）中②正確；③∵x→﹣∞時，f（x）→﹣∞；x→+∞，f（x）→+∞，函數f（x）必然穿過x軸，即?x0∈R，f（x0）＝0，故A正確．綜上可知：錯誤的結論是C．由于該題選擇錯誤的，故選：C．4、【2020屆百師聯盟高三練習題四】若函數f(x)=x3+2ax2+ax?1在【答案】?【解析】由三次函數圖象特點知，其最多有1個極大值點和1個極小值點.f'若f(x)在(0,1)上存在唯一極值點，則f'故答案為：?35、【2019屆福建省寧德市高三質量檢查】若函數f(x)=ex?a,x<1x3【答案】(?∞,4]【解析】y=ex∴y=當x≥1時，y=x3∴y=x3?3x2∴y=x3?3x2若函數fx則?a≥?4，即a≤4故答案為?∞,46、(2019南京、鹽城二模）已知函數f(x)＝設g(x)＝kx＋1，且函數y＝f(x)－g(x)的圖像經過四個象限，則實數k的取值范圍為________．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－9，\f(1,3)))【解析】解法1y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(|x＋3|－（kx＋1），,x≤0，x3－（k＋12）x＋2，,x>0，)))若其圖像經過四個象限．①當x>0時，y＝x3－(k＋12)x＋2，當x＝0時，y＝2>0，故它要經過第一象限和第四象限，則存在x>0，使y＝x3－(k＋12)x＋2<0，則k＋12>x2＋eq\f(2,x)，即k＋12>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(2,x)))eq\s\do7(min).令h(x)＝x2＋eq\f(2,x)(x>0)，h′(x)＝2x－eq\f(2,x2)＝eq\f(2（x3－1）,x2)，當x>1時，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上遞增；當0<x<1時，h′(x)<0，h(x)在(0，1)上遞減，當x＝1時取得極小值，也是最小值，h(x)min＝h(1)＝3，所以k＋12>3，即k>－9.②當x≤0時，y＝|x＋3|－(kx＋1)，當x＝0時，y＝2>0，故它要經過第二象限和第三象限，則存在x<0，使y＝|x＋3|－(kx＋1)<0，則k<eq\f(|x＋3|－1,x)，即k<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|x＋3|－1,x)))max.令φ(x)＝eq\f(|x＋3|－1,x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(－1－\f(4,x)，,x≤－3，1＋\f(2,x)，,－3<x<0，)))易知φ(x)在(－∞，－3]上單調遞增，在(－3，0)上單調遞減，當x＝－3時取得極大值，也是最大值，φ(x)max＝φ(－3)＝eq\f(1,3)，故k<eq\f(1,3).綜上，由①②得實數k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－9，\f(1,3))).解法2可根據函數解析式畫出函數圖像，當x>0時，f(x)＝x3－12x＋3，f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，可知f(x)在區間(0，2)上單調遞減，在區間(2，＋∞)上單調遞增，且f(2)＝－13<0，當x≤0時，f(x)＝|x＋3|.g(x)＝kx＋1恒過(0，1)，若要使y＝f(x)－g(x)經過四個象限，由圖可知只需f(x)與g(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上分別有交點即可(交點不可為(－3，0)和切點)．①當k>0時，在(0，＋∞)必有交點，在(－∞，0)區間內，需滿足0<k<eq\f(1,3).②當k<0時，在(－∞，0)必有交點，在(0，＋∞)內，只需求過定點(0，1)與函數f(x)＝x3－12x＋3(x>0)圖像的切線即可，設切點為(x0，xeq\o\al(3,0)－12x0＋3)，由k＝3xeq\o\al(2,0)－12＝eq\f(xeq\o\al(3,0)－12x0＋3－1,x0)，解得x0＝1，切線斜率k＝－9，所以k∈(－9，0)．③當k＝0也符合題意．綜上可知實數k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－9，\f(1,3))).7、(2018蘇中三市、蘇北四市三調）已知函數的圖象恰好經過三個象限，則實數的取值范圍是▲．【答案】a＜0或a＞2【解析】當a＜0時，的圖象經過兩個象限，在（0，+∞）恒成立，所以圖象僅在第一象限，所以a＜0時顯然滿足題意；當a≥0時，的圖象僅經過第三象限，（圖14（1））l0（圖14（1））l0OxyP【解法1】（圖像法）與在y軸右側的圖象有公共點（且不相切）．如圖，=，設切點坐標為，，則有，解得,所以臨界直線的斜率為2，所以a＞2時，符合．綜上，a＜0或a＞2．【解法2】（函數最值法）由三次函數的性質知，函數圖象過第一象限，則存在，使得即設函數，當，在(0,1)單調遞減，在（1，2）單調遞增，又時，函數為增函數，所以函數的最小值為2，所以a＞2，則實數的取值范圍為a＜0或a＞2．8、【2020年全國3卷理科21】設函數f(x)=x3+bx+c，曲線y=f(x)在點(12，f(1（1）求b．（2）若f(x)有一個絕對值不大于1的零點，證明：f(x)所有零點的絕對值都不大于1．【答案】（1）b=?34；（【解析】（1）因為f'由題意，f'(則b=?3（2）由（1）可得f(x)=xf'令f'(x)>0，得x>12或x<?1所以f(x)在(?12,12且f(?1)=c?1若f(x)所有零點中存在一個絕對值大于1的零點x0，則f(?1)>0或f(1)<0即c>14或當c>14時，又f(?4c)=?64c由零點存在性定理知f(x)在(?4c,?1)上存在唯一一個零點x0即f(x)在(?∞,?1)上存在唯一一個零點，在(?1,+∞)上不存在零點，此時f(x)不存在絕對值不大于1的零點，與題設矛盾；當c<?14時，又f(?4c)=64c由零點存在性定理知f(x)在(1,?4c)上存在唯一一個零點x0即f(x)在(1,+∞)上存在唯一一個零點，在(?∞,1)上不存在零點，此時f(x)不存在絕對值不大于1的零點，與題設矛盾；綜上，f(x)所有零點的絕對值都不大于1.9、【2019年新課標3理科20】已知函數f（x）＝2x3﹣ax2+b．（1）討論f（x）的單調性；（2）是否存在a，b，使得f（x）在區間[0，1]的最小值為﹣1且最大值為1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，說明理由．【答案】解：（1）f′（x）＝6x2﹣2ax＝6x（x?2a令f′（x）＝6x（x?2a3）＝0，解得x＝0，或①a＝0時，f′（x）＝6x2≥0，函數f（x）在R上單調遞增．②a＞0時，函數f（x）在（﹣∞，0），（2a3，+∞）上單調遞增，在（0，2a③a＜0時，函數f（x）在（﹣∞，2a3），（0，+∞）上單調遞增，在（2a（2）由（1）可得：①a＝0時，函數f（x）在[0，1]上單調遞增．則f（0）＝b＝﹣1，f（1）＝2﹣a+b＝1，解得b＝﹣1，a＝0，滿足條件．②a＞0時，函數f（x）在[0，2a32a3≥1，即a≥32時，函數f（x）在[0，1]上單調遞減．則f（0）＝b＝1，f（1）＝2﹣a+b＝﹣1，解得0＜2a3＜1，即0＜a＜32時，函數f（x）在[0，2a3）上單調遞減，在（2a3，1]上單調遞增．則f（而f（0）＝b，f（1）＝2﹣a+b＞b，∴f（1）＝2﹣a+b＝1，聯立解得：無解，舍去．③a＜0時，函數f（x）在[0，1]上單調遞增，則f（0）＝b＝﹣1，f（1）＝2﹣a+b＝1，解得b＝﹣1，a＝0，不滿足條件，舍去．綜上可得：存在a，b，使得f（x）在區間[0，1]的最小值為﹣1且最大值為1．a，b的所有值為：a=0b=?1，或a=410、(2019蘇州期末）已知函數f(x)＝ax3＋bx2－4a(a，b∈R)．(1)當a＝b＝1時，求f(x)的單調增區間；(2)當a≠0時，若函數f(x)恰有兩個不同的零點，求eq\f(b,a)的值；(3)當a＝0時，若f(x)<lnx的解集為(m，n)，且(m，n)中有且僅有一個整數，求實數b的取值范圍．eq\a\vs4\al(解后反思)在第(2)題中，也可轉化為eq\f(b,a)＝eq\f(4,x2)－x恰有兩個不同的實數解．另外，由g(x)＝x3＋kx2－4恰有兩個不同的零點，可設g(x)＝(x－s)(x－t)2.展開，得x3－(s＋2t)x2＋(2st＋t2)x－st2＝x3＋kx2－4，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－（s＋2t）＝k，,2st＋t2＝0，,－st2＝－4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(s＝1，,t＝－2，,k＝3.))解：(1)當a＝b＝1時，f(x)＝x3＋x2－4，f′(x)＝3x2＋2x.(2分)令f′(x)>0，解得x>0或x<－eq\f(2,3)，所以f(x)的單調增區間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))和(0，＋∞)．(4分)(2)法一：f′(x)＝3ax2＋2bx，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－eq\f(2b,3a)，(6分)因為函數f(x)有兩個不同的零點，所以f(0)＝0或feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2b,3a)))＝0.當f(0)＝0時，得a＝0，不合題意，舍去；(8分)當feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2b,3a)))＝0時，代入得aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2b,3a)))＋beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2b,3a)))eq\s\up12(2)－4a＝0，即－eq\f(8,27)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\