高中数学 基于数形结合思想研究三次函数的零点个数 论文

基于数形结合思想研究三次函数的零点个数关知识和二次函数的考点巧妙结合在一起，具有较强的综合性，在试题中颇受青睐.关键词：三次函数；数形结合；零点我们结合考题中涉及的三次函数的零点问题进行分析，并渗透等价转化与化归、数形结合等思想方法，旨在帮助学生站在一个高度审视三次函数的一些性质.提况，主要可以归纳为一个零点、两个零点和三个零点的情况.三次函数f(x)ax3bx2cxd(a0)的导函数f3ax22bxc，记12判别式4b212ac，设f0的两根为x,x12

，则可以得出下面结论：一、图像研究a0a00000f的图象yo xyo xyo xyo xf(x)的图象yo xyo xyxoyo x二、零点研究结合以上三次函数的图象，我们可以得出以下结论：（1）若三次函数f(x)有一个零点，则0且f(x1)f(x2)0或0；（2）若三次三次函数f(x)有两个零点，则0且f(x1)f(x2)0；（3）若三次三次函数f(x)有三个零点，则0且f(x1)(x2)0.三、解题探究类型一：有关三次函数的一个零点问题1、题目呈现:（2014年高考课标1理科卷第11题）0已知函数f(x)=ax3-3x2若f(x)存在唯一的零点x0

，且x0，则a的取值范围是（ ）))

C.(-¥,2)

D.(-¥,-x0作以下分析：第一步

a0时显然不符合题意；1第二步a0时，求导f3ax26x，令f0，解得x1

20,x2a当a0时，如图1，显然不能满足题意零点大于0，当a0时，由性质我们可以得出该三次函数有一个零点，即为0且2f(x1)(x2)0值f(2)0af(0)(a

)02 图 1图20第三步解不等式组 2

可得a，选C.f(0)f(a)0总结：根据结论（1）：函数

f(x)有一个零点的充分必要条件是0且f(x1)f(x2)0或0，解答此题算是轻车熟路.在具体的解题过程中，利用三取得事半功倍的效果.类型二：有关三次函数的两个零点问题2、题目呈现：（2021合肥高三调研试卷第12题）已知a,bRf(x)ax3bx2x1(a0)ab的取值范围（）A.(,0)

C.(,1)4

D.(,1)4分析：三次函数的零点存在性问题，许多考生在解题时束手无策，关键还是对三次函数的图像以及零点存在的条件把握不到位.若利用导函数分析原函数yf(x)值f(x1)0，由题意得出32f(x1)32

10，'2'2f

(x1)

10进而可得

1 2

1 x3x1 ，223 2x1x ，令t可得出 ，令t

0，由a0可得出t1，构造函数xxxx3 2xxxx1 1 1 12g(t)2t32t22t，求得函数yg(t)在区间(,1)上的值域，由此可求得22ab的取值范围.解法f'(x)3ax22bx1，4b212a0，则方程f'(x)0必有两个不相等的实根，设x2，由于xx

10，则必有x

0x12

1 23bx2x

10

1 2x

2 x32又f(0)1,f'(0)1，故必有1 1 1 , 1 122a12

1023 2 2 2 1

所以ab 3 2x x x

，令tx01 1 1 1则g(t)2t32t22tg(t)aba2t3t2t2(2t0t1，2g'(t)6t24t222t当t1时，g'(t)0，此时yg(t)单调递增，2则abg(t)g(1)2(1)32(1)22(1)1故答案选D

2 2 2 2 4解法2：f(0)0由f(x)有两个零点

f(1)有两个零点x2 3因为f() 2 31 ab1 a因为f() 2 3 1 ，记g(t)abttt12x x3 x2 x x312则又

g(t)abtt2t3g(t)(tt)2(tt

)（t2,t1t20）12t2t12则则

22tt

b，由a0得，t2

0,

1，1212122 2

2 2(3 2 ) 1所以ab

t1t2t2

.故答案选D4总结：利用上述结论2：若三次三次函数

f(x)有两个零点，则0且'f(x1)f(x2)0；即有f(x0)0且f'

(x0)0，如不能解读出这个关键性质，该题将无从下手.类型三：有关三次函数的三个零点问题3、题目呈现：（2015高考题江苏卷第19题）已知函数f(x)=x3bÎ（1）试讨论f(x)的单调性；

R).b-a（实数c是与af(x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是3)(3,)，求c的值.2 2分析a的讨论.第（2）题许多化成关于a的四次不等式问题，结合多项式不等式的解集与对应方程的解的关系，整个题目就迎刃而解了.解：（1）f3x22ax3x(x2a)3当a时，f(x)在(-¥,)上单调递增；当a时，f(x)在æ,

2a æ2a( )( )3¥- ö3è 3ø

0,,0öè ø当a时，f(x)在(-¥,0)，æ2a,

æ

2a递减．ö- öè 3 ø

è 3ø（2）第一步函数f(x)有三个不同的零点等价于f(0)f(2a)0，即不等式3 4 3 4 3 2 2a aa2cac0，由题可得该四次不等式的解集为27 273)(3,)；2 2a第二步令g(a)444ca3a22cac2，讨论该函数的图象。g(a)a27 27的导函数为g16a34ca22a2c，g16a28ca2，其中27 9 9 964c2 128 0恒成立，即g0有两解x,x；81 9 1 2第三步依次分析ggg(a)的图象,由图象可得f3)0，即可求得c2漓尽致.4、题目呈现：2020年新课标Ⅲ卷21题设f(x)x3bxc,曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线与y轴垂直.2 2（1）求b；f(x)有一个绝对值不大于1f(x)的所有零点的绝对值都不大于1.分析：结合函数的图像，利用三次函数零点个数的情况进行分类讨论.解：因为f(x)x3bxc,所以f'(x)3x2b,又因为曲线f(x)在点(1,f(1))处2 2的切线与y轴垂直，所以f'(1)1)2b0，即b32 2 4由f(x)x33xc,得f'(x)3x230,得x1或x1；4 4 2 2f'(x)3x230,得1x1；4 2 2所以f(x)在(,1)，(1,)上递增，在(1,1)上递减.2ff(1)c1,

2 22f(1)fc12 4 2 4(1)当c1时，所以ff(1)c10,

f(1)fc10,4 2 4 2 4因为f()0，所以由函数的单调性知，函数的零点在区间(,1)上，不满足题意.如图（3） y1 12 o 2 1 x图（3）(2)当c1时，所以ff(1)c10,

f(1)fc10,4 2 4 2 4因为f()0，所以由函数的单调性知，函数的零点在区间(1,)上，不满足题意.如图（4） y1 12 o 2 1 x图（4）(3)当1c1时，4 4若c1时，f(x)只有两个零点1和1；如图（5）4 2y1 12 2 1 x图（5）若c1时，f(x)只有两个零点1和-1；如图（6）4 2y1 12 o 2 1 x图（6）(4)若1c1时，所以ff(1)c10,

f(1)fc10,4 4 2 4 2 4因为f0,

f(1)0,2

f(1)0，2由函数的单调性知，函数的一个零点x1)；1 2同理函数的其他零点x

(1,1)，x

(1，2 22 3 21,

x21,

x31,

如图（7）有零点所在区间得， yy12 o121x图（7）综上所述，证明的结论成立.总结：上述利用分类讨论思想，结合函数图像，解题思路清晰，过程流畅自然，