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第20講三次函數的圖象和性質

知識梳理

1、基本性質

設三次函數為：f(x)ax3bx2cxd(a、b、c、dR且a0)，其基本性質有：

性質1：①定義域為R．②值域為R，函數在整個定義域上沒有最大值、最小值．③單

調性和圖像：

a0a0

0000

圖像

性質2：三次方程f(x)0的實根個數

由于三次函數在高考中出現頻率最高，且四次函數、分式函數等都可轉化為三次函數來

解決，故以三次函數為例來研究根的情況，設三次函數f(x)ax3bx2cxd(a0)

其導函數為二次函數:f(x)3ax22bxc(a0)，

判別式為：△22，設的兩根為、，結合函數草圖易

=4b12ac4(b3ac)f(x)0x1x2

得：

(1)若b23ac0，則f(x)0恰有一個實根；

2

(2)若b3ac0,且f(x1)f(x2)0，則f(x)0恰有一個實根；

2

(3)若b3ac0,且f(x1)f(x2)0，則f(x)0有兩個不相等的實根；

2

(4)若b3ac0,且f(x1)f(x2)0，則f(x)0有三個不相等的實根.

說明:(1)(2)f(x)0含有一個實根的充要條件是曲線yf(x)與x軸只相交一次，即

f(x)在R上為單調函數（或兩極值同號），所以b23ac0（或b23ac0，且

）

f(x1)f(x2)0;

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(5)f(x)0有兩個相異實根的充要條件是曲線yf(x)與x軸有兩個公共點且其中之

一為切點，所以2，且

b3ac0f(x1)f(x2)0;

(6)f(x)0有三個不相等的實根的充要條件是曲線yf(x)與x軸有三個公共點，即

有一個極大值，一個極小值，且兩極值異號所以2且

f(x).b3ac0f(x1)f(x2)0.

性質3：對稱性

bb

（1）三次函數是中心對稱曲線，且對稱中心是；(，f())；

3a3a

（2）奇函數的導數是偶函數，偶函數的導數是奇函數，周期函數的導數還是周期函數．

2、常用技巧

b

（1）其導函數為f(x)3ax22bxc0對稱軸為x，所以對稱中心的橫坐標

3a

也就是導函數的對稱軸，可見，yf(x)圖象的對稱中心在導函數yfx的對稱軸上，

且又是兩個極值點的中點，同時也是二階導為零的點；

（2）yf(x)是可導函數，若yf(x)的圖象關于點(m,n)對稱，則yf(x)圖象關

于直線xm

對稱.

（3）若yf(x)圖象關于直線xm對稱，則yf(x)圖象關于點(m,0)對稱.

（）已知三次函數32的對稱中心橫坐標為，若存在兩個

4fxaxbxcxdx0fx

fxfx

極值點，，則有12a22

x1x2x1x2fx0.

x1x223

必考題型全歸納

題型一：三次函數的零點問題

例1．（2024·全國·高三專題練習）函數fxx3ax2存在3個零點，則a的取值范圍是

（）

A．,2B．,3C．4,1D．3,0

【答案】B

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【解析】f(x)x3ax2，則f(x)3x2a，

若fx要存在3個零點，則fx要存在極大值和極小值，則a<0，

aa

令f(x)3x2a0，解得x或，

33

aa

且當x,,時，f(x)0，

33

aa

當x,，f(x)0，

33

aa

故fx的極大值為f，極小值為f，

33

a

aaa

f0a20

3333

若fx要存在3個零點，則，即，解得a3，

aaaa

f0a20

3333

故選：B.

例2．（2024·江蘇揚州·高三校考階段練習）設a為實數，函數fxx33xa．

（1）求fx的極值；

（2）是否存在實數a，使得方程fx0恰好有兩個實數根?若存在，求出實數a的值；若

不存在，請說明理由．

【解析】（1）fx3x23，令fx0，得x=1或x1．

∵當x(,1)時，f′x0；當x1,1時，f′x0；當x(1,)時，f′x0．

所以f(x)在(,1)上遞減，在(1,1)上遞增，在(1,)上遞減，

\f(x)的極小值為f(-1)=a-2，極大值為f1a2．

（2）由（1）知，f(x)在(,1)上遞減，在(1,1)上遞增，在(1,)上遞減，

而a2a2，即函數的極大值大于極小值．

∴當極大值等于0時，極小值小于0，此時曲線fx與x軸恰好有兩個交點，即方程fx0

恰好有兩個實數根，如圖1所示．a20，即a2．

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當極小值等于0時，極大值大于0，此時曲線fx與x軸恰有兩個交點，即方程fx0恰

好有兩個實數根，如圖2所示．a20，即a2．

綜上所述，當a2或a2時，方程fx0恰好有兩個實數根．

例3．（2024·四川綿陽·高三四川省綿陽南山中學校考階段練習）已知函數

f(x)ax3bx23x(a,bR)，且f(x)在x1和x3處取得極值.

(1)求函數f(x)的解析式；

(2)設函數g(x)f(x)t，若g(x)f(x)t有且僅有一個零點，求實數t的取值范圍.

【解析】（1）f(x)3ax22bx3，

因為f(x)在x1和x3處取得極值，

所以x1和x3是方程f(x)＝0的兩個根，

2b

131

3aa

則，解得3，經檢驗符合已知條件，

3

13b2

3a

1

所以f(x)x32x23x；

3

1

（2）由題意知g(x)x32x23xt,g(x)x24x3，

3

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當x3或x1時，gx0，當1x3時，gx0，

所以函數gx在3,,,1上遞減，在1,3上遞增，

4

所以gxg3t,gxg1t，

極大值極小值3

又x取足夠大的正數時，g(x)0，x取足夠小的負數時，g(x)0，

因此，為使曲線yg(x)與x軸有一個交點，結合g(x)的單調性，

4

得：gxt0或gxt0，

極大值極小值3

4

∴t0或t，

3

4

即當t0或t時，使得曲線yg(x)與x軸有一個交點.

3

變式1．（2024·天津河西·高三天津實驗中學校考階段練習）已知fxax3bx24a，

a,bR.

（1）當ab1，求yfx的極值；

（2）當a0，b2，設gxx2lnx1，求不等式fxgx的解集；

b

（3）當a0時，若函數fx恰有兩個零點，求的值.

a

3222

【解析】（1）fxxx4，∴f'x3x2x0，x10，x.

23

222

x,,000,

333

f'x+0-0+

108

fx-4

27

2108

∴fx在x時，取極大值.

327

在x0時，取極小值-4.

（2）2x2x2lnx1，即x2lnx10，

1

設hxx2lnx1，h'x2x0，hx單調增函數，且h10，

x

∴不等式的解集為0,1.

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2b

（3）f'x3ax22bx0x0，x，

123a

2b2b

1.b0，,0單調遞增，0,單調遞減，,單調遞增，

3a3a

而f04a0，所以至多一個零點，（舍去）.

2.b0，f'x0fx單調增，所以至多一個零點，（舍去）.

2b2b

3.b0，,單調遞增，,0單調遞減，0,單調遞增，

3a3a

而f04a0，f24a4b20，∴fx在0,上有一個零點，

2b2b

所以fx在，0上有一個零點，根據fx在,單調遞增，,0單調遞減.

3a3a

2bb

∴f03.

3aa

變式2．（2024·河北保定·高三統考階段練習）已知函數f(x)x33x23x.

（1）求函數fx的圖象在點x0處的切線方程；

（2）若f(x)1x3m在x0,2上有解，求m的取值范圍；

（3）設fx是函數fx的導函數，fx是函數fx的導函數，若函數fx的零點為

x0，則點x0,fx0恰好就是該函數fx的對稱中心.試求

1220182019

ffff的值.

1010101010101010

【解析】（1）因為f(x)3x26x3

所以所求切線的斜率kf03

又因為切點為0,0

所以所求的切線方程為y3x

3

（2）因為fx1xm，所以3x23x1m

因為fx1x3m在x0,2上有解，

所以m不小于3x23x1在區間0,2上的最小值.

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2

因為時，2111，

x0,23x3x13x7,

244

所以m的取值范圍是7,.

（3）因為fx3x26x3，所以fx6x1.

令fx0可得x01，

所以函數fx的對稱中心為1,1，

即如果x1x22，則fx1fx22，

122018201920192

所以ffff2019.

10101010101010102

變式3．（2024·山西太原·高三太原市外國語學校校考階段練習）已知三次函數

f(x)x3bx2cxd(a,b,cR)過點(3,0)，且函數f(x)在點(0,f(0))處的切線恰好是直線

y0.

(1)求函數f(x)的解析式；

(2)設函數g(x)9xm1，若函數yf(x)g(x)在區間[2,1]上有兩個零點，求實數m的

取值范圍.

【解析】（1）f(x)x3bx2cxdf(x)3x22bxc，

f(3)279b3cd0b3

由題意可知：f(0)c0c0f(x)x33x2；

f(0)d0d0

（2）令yf(x)g(x)0mx33x29x1，

設h(x)x33x29x1h(x)3x26x93(x3)(x1)，

當x[2,1)時，h(x)0,h(x)單調遞增，當x(1,1]時，h(x)0,h(x)單調遞減，

所以h(x)maxh(1)6,h(2)1,h(1)10，

因為函數yf(x)g(x)在區間[2,1]上有兩個零點，

所以直線ym與函數h(x)x33x29x1(x[2,1])的圖象有兩個交點，

故有1m6，即實數m的取值范圍為[1,6).

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1

變式4．（2024·全國·高三專題練習）已知函數f(x)x3ax，gxx2aaR．

3

(1)若函數F(x)f(x)g(x)在x[1,)上單調遞增，求a的最小值；

(2)若函數G(x)f(x)g(x)的圖象與x軸有且只有一個交點，求a的取值范圍．

1

【解析】（1）F(x)f(x)g(x)x3axx2a，F(x)x22xa，

3

因函數F(x)f(x)g(x)在x[1,)上單調遞增，

所以F(x)x22xa0在x[1,))恒成立，即a3，

a的最小值為3．

1

（2）G(x)f(x)g(x)x3x2axa，

3

G(x)x22xa，44a4(1a)．

①若a1，則0，G(x)0在R上恒成立，

G(x)在R上單調遞增．G(0)a0，G32a0，

當a1時，函數G(x)的圖象與x軸有且只有一個交點．

②若a1，則0，

G(x)0有兩個不相等的實數根，不妨設為x1，x2，(x1x2)．

x1x22，x1x2a．

當x變化時，G(x)，G(x)的取值情況如下表：

xx

x(,x1)1(x1,x2)2(x2,)

G(x)00

G(x)增極大值減極小值增

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22

x12x1a0，ax12x1，

111

G(x)x3x2axax3x2axx22xx3(a2)x

13111311111311

1

x[x23(a2)]，

311

1

同理G(x)x[x23(a2)]，

2322

1

G(x)G(x)xx[x23(a2)][x23(a2)]

1291212

1

(xx)[(xx)23(a2)(x2x2)9(a2)2]

9121212

1222

aa3(a2)[(x1x2)2x1x2]9(a2)

9

2

42433

aa3a3aa．

9924

因為Gx有且只有一個零點，故G(x1)G(x2)0，解得a0．

故當0a1時，函數f(x)的圖象與x軸有且只有一個交點．

綜上所述，a的取值范圍是(0,)．

題型二：三次函數的最值、極值問題

11

例4．（2024·云南·高三統考期末）已知函數f(x)x3x22ax，g(x)x24.

32

（1）若函數f(x)在0,上存在單調遞增區間，求實數a的取值范圍；

（2）設G(x)f(x)g(x).若0a2，G(x)在1,3上的最小值為ha，求ha的零點.

【解析】（1）∵f(x)在0,上存在單調遞增區間，∴f'(x)x22x2a0在0,上

有解，

又f(x)是對稱軸為x1的二次函數，所以f'(x)在0,上的最大值大于0，

而f'(x)的最大值為f'112a，∴12a0，

1

解得：a.

2

11

（2）G(x)f(x)g(x)x3x22ax4，

32

∴G'(x)x2x2a，

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118a118a

由G'(x)0得：x，x，

1222

則G(x)在,x1，x2,上單調遞減，在x1,x2上單調遞增，

又∵當0a2時，x10，1x23，

∴G(x)在1,3上的最大值點為x2，最小值為G1或G3，

14

而G3G14a，

3

14711

1當4a0，即0a時，haG36a0，得a，

36212

1

此時，ha的零點為；

12

1472525

2當4a0，即a2時，haG12a0，得a（舍）.

36612

1

綜上ha的零點為.

12

11

例5．（2024·高三課時練習）已知函數f(x)x3x22ax，g(x)x24.

32

（1）若函數f(x)在0,上存在單調遞增區間，求實數a的取值范圍；

1

（2）設G(x)f(x)g(x).若0a2，G(x)在1,3上的最小值為，求G(x)在1,3上取

3

得最大值時，對應的x值.

【解析】（1）∵f(x)在0,上存在單調遞增區間，

∴fxx22x2a0在0,上有解，

即在上成立，

fxmax00,

而fx的最大值為f112a，

∴12a0，

1

解得：a.

2

11

（2）G(x)f(x)g(x)x3x22ax4，

32

∴Gxx2x2a，

118a118a

由Gx0得：x，x，

1222

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則G(x)在,x1，x2,上單調遞減，在x1,x2上單調遞增，

又∵當0a2時，x10，1x23，

∴G(x)在1,3上的最大值點為x2，最小值為G1或G3，

14

而G3G14a，

3

147111

1當4a0，即0a時，G36a，得a，

362336

311

此時，最大值點x；

26

1472519

2當4a0，即a2時，G12a，得a（舍）.

36634

311

綜上G(x)在1,3上的最大值點為.

6

例6．（2024·江蘇常州·高三常州市北郊高級中學校考期中）已知函數f(x)=x3ax2a2x1，

其中a>0.

(1)當a=1時，求f(x)的單調增區間；

1

(2)若曲線y=f(x)在點a,fa處的切線與y軸的交點為（0，b），求b+的最小值.

a

【解析】(1)當a=1時，fx3x22x13x1x1，

1

令f￠(x)>0，得x或x1，

3

1

故fx的增區間為,，1,.

3

(2)fx3x22axa2，則fa4a2，而faa31，

故曲線yfx在a,fa的切線方程為：

y4a2xaa314a2x3a31，

3

它與y軸的交點為0,3a1，故b3a31，

11

故b3a31，其中a0，

aa

4

319a1

設ga3a1,a0，則ga，

aa2

33

當0a時，ga0；a時，ga0，

33

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驏

琪33

故ga在琪0,上為減函數，在,上為增函數，

桫33

43143

故ga1即b的最小值為1.

min3a3

1

變式5．（2024·廣東珠海·高三校聯考期中）已知函數fxx3ax2a21xb（a，

3

bR），其圖象在點1,f1處的切線方程為xy30．

(1)求a，b的值；

(2)求函數fx的單調區間和極值；

(3)求函數fx在區間2,5上的最大值．

【解析】（1）f(x)x22axa21，f(1)12aa21a22a，

12

f(1)aa21ba2ab，

33

又圖象在點1,f1處的切線方程為xy30，

a22a1a1

所以，解得；

228

1(aab)30b

33

18

（2）由（1）得f(x)x3x2，f(x)x22xx(x2），

33

x0或x2時，f(x)0，0x2時，f(x)0，

所以f(x)的增區間是(,0)和(2,)，減區間是(0,2)，

84

極大值是f(0)，極小值是f2；

33

（3）由（2）知f(x)在[2,0]和[2,5]上遞增，在(0,2)上單調遞減，

58

又f(2)4，f(5)，

3

58

所以f(x)在[2,5]上的最大值是，最小值是4．

3

變式6．（2024·全國·高三專題練習）已知函數f(x)x3ax2x，aR，且f(1)0．

(1)求曲線yf(x)在點(1,f(1))處的切線方程；

(2)求函數f(x)在區間[0,3]上的最大值．

【解析】（1）由f(x)x3ax2x得f(x)3x22ax1，

f(1)32a10，解得a1

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f(x)x3x2x，f(x)3x22x1

f(1)1111,f(1)3214

曲線yf(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y14x1，

即y4x3；

11

（2）由（1），令f(x)0得x或x1，令f(x)0得x1，

33

函數f(x)在0,1上單調遞減，在1,3上單調遞增，

又f(0)0,f(3)3332315，

函數f(x)在區間[0,3]上的最大值為f(3)15

變式7．（2024·全國·高三專題練習）已知函數f(x)x33bx2cxd在(,0)上是增函數，

在(0,2)上是減函數，且f(x)0的一個根為b

（1）求c的值；

（2）求證：f(x)0還有不同于b的實根x1、x2，且x1、b、x2成等差數列；

（3）若函數f(x)的極大值小于16，求f(1)的取值范圍

【解析】（1）fx3x26bxc，

由題意，可知x0是極大值點，故f00,c0.

（2）令fx0，得x0或2b,

由fx的單調性知2b2,b1，

b是方程fx0的一個根，

32

則b3bbd0d2b3，

fxx33bx22b3xbx22bx2b2，

方程x22bx2b20的根的判別式，

4b242b212b20，

2

又b2bb2b23b20，（b1）

即b不是方程x22bx2b20的根

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fx0有不同于b的根x1、x2，

x1x22b，x1、b、x2成等差數列.

（3）根據函數的單調性可知x0是極大值點,

f0162b316b2，于是2b1,

令gbf12b33b1，

求導gb6b23，

2b1時，gb0，

gb在2,1上單調遞減，

g1gbg2，

即0f111.

1

變式8．（2024·浙江寧波·高三效實中學校考期中）已知函數f(x)x3ax2(a2)x1(其

3

中a0).

（1）求函數f(x)的單調區間；

（2）若f(x)有兩個不同的極值點x1，x2，求f(x1)f(x2)的取值范圍.

【解析】（1）f(x)x22axa2,=4(a2-a-2)

①當=4(a2-a-2)￡0即0a2時，f(x)0，\f(x)在R上單調遞增；

②當時，2，2，xx

a2f(x)0x1aaa2x2aaa212

f(x)在(,x1)，(x2,)上單調遞增，在(x1,x2)上單調遞減.

2

(2)x1，x2為f(x)x2axa20(a2)的兩根，

4

f(x)f(x)a32a24a2，

123

4

設g(a)a32a24a2(a2)

3

g(a)4a24a44(a2a1)，

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當a2時，g(a)=4(a2a1)0

g(a)在(2,)上單調遞減

2222

g(a)g(2)，即fxfx.

3123

題型三：三次函數的單調性問題

例7．（2024·陜西商洛·高三校考階段練習）已知三次函數

1

fxx34m1x215m22m7x2在R上是增函數，則m的取值范圍是()

3

A．m<2或m>4B．－4<m<－2C．2<m<4D．2≤m≤4

【答案】D

【解析】f'xx224m1x15m22m7，由題意得x224m1x15m22m70

恒成立，

22

44m1415m22m764m232m460m28m284m6m80，

2m4，故選D.

例8．（2024·全國·高三專題練習）三次函數f(x)mx3x在(,)上是減函數，則m的

取值范圍是（）

A．m0B．m1C．m0D．m￡1

【答案】A

【解析】對函數f(x)mx3x求導，得f(x)3mx21

因為函數f(x)在(,)上是減函數，則f(x)0在R上恒成立，

即3mx210恒成立，

當x20，即x0時，3mx210恒成立；

11

當2，即時，2，則，即3m，

x0x0x03m22

xxmin

1

因為0，所以3m0，即m0；

x2

又因為當m0時，f(x)x不是三次函數，不滿足題意，

所以m0.

故選：A．

1m11

例9．（2024·江西宜春·高三校考階段練習）已知函數f(x)x3-x2，g(x)mx，m

323

[在此處鍵入]

[在此處鍵入]

是實數.

（1）若f(x)在區間(2,+∞)為增函數，求m的取值范圍；

（2）在（1）的條件下,函數h(x)f(x)g(x)有三個零點，求m的取值范圍.

【解析】(1)fxx2m1x，因為fx在區間2,為增函數,

所以fxxxm10在區間2,恒成立,

所以xm10,即mx1恒成立,由x2,得m1.

所以m的取值范圍是,1.

1m11

(2)hxfxgxx3x2mx，

323

所以hxx1xm,令hx0,解得xm或x1,

2

m1時,hxx10,hx在R上是增函數,不合題意,

m1時,令hx0,解得xm或x1,令hx0,解得mx1,

所以hx在,m,1,遞增,在m,1遞減,

111m1

所以hx極大值為hmm3m2,hx極小值為h1,

6232

111

m3m20

623

要使fxgx有3個零點,需，解得m13.

m1

0

2

所以m的取值范圍是,13.

變式9．（2024·陜西榆林·高三綏德中學校考階段練習）已知三次函數f(x)ax3bx3在

x1處取得極值，且在(0,3)點處的切線與直線3xy0平行.

（1）求f(x)的解析式；

（2）若函數g(x)f(x)mx在區間(1，2)上單調遞增，求m的取值范圍.

f(1)3ab0a1

【解析】（1）f(x)3ax2b，由題意，解得，

f(0)b3b3

所以f(x)x33x3；

（2）由（1）g(x)x3(m3)x3，g(x)3x2(m3)，

[在此處鍵入]

[在此處鍵入]

g(x)在(1,2)是遞增，則g(x)3x2(m3)0在(1,2)上恒成立，

m33x2，x(1,2)時，933x20，所以m0．

1

變式10．（2024·全國·高三專題練習）已知函數fxx32ax4在1,2上單調遞增，則a

3

的取值范圍為______．

1

【答案】32,

2

2

【解析】①當2ax40對任意的x1,2恒成立時，則a1，

xmax

1

則fxx32ax4，fxx22a0對任意的x1,2恒成立，

3

x211

則a，此時1a；

2min22

2

②當2ax40對任意的x1,2恒成立時，則a2，

xmin

1

則fxx32ax4，fxx22a0對任意的x1,2恒成立，

3

x21

則a，此時a不存在；

2max2

12

x32ax4,1x

23a

③當2a1時，1,2，則fx，

a12

x32ax4,x2

3a

2

22x1

當x1,時，fxx2a0恒成立，則a；

a2min2

2x22

當時，2恒成立，則，可得3，解得

x,2fxx2a0a2a2

a2maxa

a32，

此時32a1.

1

綜上所述，實數a的的取值范圍為32,.

2

1

故答案為：32,.

2

題型四：三次函數的切線問題

例10．（2024·全國·高三專題練習）已知函數f(x)x3x．

[在此處鍵入]

[在此處鍵入]

(1)求曲線yf(x)在點M(t，f(t))處的切線方程；

(2)設常數a0，如果過點P(a,m)可作曲線yf(x)的三條切線，求m的取值范圍．

【解析】（1）函數f(x)x3x，f(x)3x21．

切線方程為yf(t)f(t)(xt)，即y(3t21)x2t3．

（2）由已知關于t的方程m(3t21)a2t3，即m2t33at2a(a0)有三個不等實根．

令g(t)2t33at2a，則g(t)6t(ta)．

可知g(t)在(,0)遞減，在(0,a)遞增，在(a,)遞減，

g(t)的極小值為：g(0)a，極大值為g(a)a3a．

所以ama3a.

例11．（2024·江西·高三校聯考階段練習）已知函數fxx33x2x1.

（1）求曲線yfx在點Pt,ft處的切線方程；

（2）設m1，若過點Qm,n可作曲線yfx的三條切線，證明:2mnfm.

【解析】（1）f(x)3x26x1則在點P處的切線方程為yftftxt

整理得y3t26t1x2t33t21

（2）n3t26t1m2t33t21

構造函數gt3t26t1m2t33t21n，

即gt2t33(1m)t26mtm1n過點Qm,n可做曲線yfx的三條切線等價于

函數gt有三個不同的零點.

gt6t1tm，故函數gt在，1上單調遞減，1,m上單調遞增，m,上

單調遞減，

g102mn0

所以，即32可得2mnfm

gm0m3mm1n0

11

例12．（2024·江蘇·高三專題練習）已知函數fxx3ax2a1x2aR，f(x)滿

32

足f(x)f(x)4，已知點M是曲線yf(x)上任意一點，曲線在M處的切線為l.

[在此處鍵入]

[在此處鍵入]

(1)求切線l的傾斜角的取值范圍；

4

(2)若過點P(1,m)m可作曲線yf(x)的三條切線，求實數m的取值范圍.

3

1111

【解析】（1）因為f(x)f(x)4，則x3ax2a1x2x3ax2a1x24，

3232

1

解得a0，所以f(x)x3x2，

3

則f(x)x21，故k1，tan1，

33

[0，)[，)，切線l的傾斜角的的取值范圍是[0，)[，).

2424

413

（2）設曲線yf(x)與過點P(1，m)m的切線相切于點x0,x0x02，

33

2132

則切線的斜率為kx1，所以切線方程為yx0x02x01xx0

03

4

因為點P(1，m)m在切線上，

3

132232

所以mx0x02x011x0，即mxx1，

3300

由題意，該方程有三解

2

設gxx3x21，則gx2x22x2xx1，令g(x)0，解得x0或x1，

3

當x0或x1時，g(x)0