新高考数学专题复习专题26三次函数的图像与性质专题练习(学生版+解析)

专题26三次函数的图像与性质一、题型选讲题型一、三次函数的切线问题三次函数的切线问题关键就是求出切线的斜率以及切点，要注意切点的横坐标、斜率以及切线方程的密切联系。例1、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）当直线和曲线E：交于三点时，曲线E在点A，点C处的切线总是平行的，则过点可作曲线E的切线的条数为（）A．0 B．1 C．2 D．3例2、【2018年新课标1理科05】设函数f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax．若f（x）为奇函数，则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为（）A．y＝﹣2x B．y＝﹣x C．y＝2x D．y＝x题型二、运用三次函数的图像研究零点问题遇到函数零点个数问题，通常转化为两个函数图象交点问题，进而借助数形结合思想解决问题；也可转化为方程解的个数问题，通过具体的解方程达到解决问题的目的.前者由于是通过图形解决问题，故对绘制的函数图象准确度和细节处要求较高，后者对问题转化的等价性和逻辑推理的严谨性要求较高.下面的解法是从解方程的角度考虑的.例3、(2017南通、扬州、泰州、淮安三调）已知函数若函数恰有2个不同的零点，则实数a的取值范围是▲．例4、(2019南京学情调研）已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12x－x3，,x≤0，,－2x，,x＞0.)))当x∈(－∞，m]时，f(x)的取值范围为[－16，＋∞)，则实数m的取值范围是________．题型三、三次函数的单调性问题研究三次函数的单调性，往往通过导数进行研究。要特别注意含参的讨论。例5、(2018无锡期末）若函数f(x)＝(x＋1)2|x－a|在区间[－1，2]上单调递增，则实数a的取值范围是________．例6、【吉林省通钢一中、集安一中、梅河口五中等省示范高中2020届高三（5月份）模拟】已知函数f(x)=x（1）讨论fx在(a,+∞)（2）若a≥−3，求不等式f2x题型四、三次函数的极值与最值问题①利用导数刻画函数的单调性，确定函数的极值；②通过分类讨论，结合图象，实现函数的极值与零点问题的转化.函数、方程和不等式的综合题，常以研究函数的零点、方程的根、不等式的解集的形式出现，大多数情况下会用到等价转化、数形结合的数学思想解决问题，而这里的解法是通过严谨的等价转化，运用纯代数的手段来解决问题的，对抽象思维和逻辑推理的能力要求较高，此题也可通过数形结合的思想来解决问题，可以一试.例7、（2020届浙江省温丽联盟高三第一次联考）若函数的极大值是，极小值是，则()A．与有关，且与有关 B．与有关，且与无关C．与无关，且与无关 D．与无关，且与有关例8、（2020届浙江省十校联盟高三下学期开学）已知函数，若函数有三个互不相同的零点0，，，其中，若对任意的，都有成立，则实数的最小值为______.例9、（2020届山东省潍坊市高三上期中）已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数处有极小值，求函数在区间上的最大值．例10、（2017江苏）已知函数有极值，且导函数的极值点是的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；（2）证明：；（3）若这两个函数的所有极值之和不小于，求a的取值范围．二、达标训练1、（2019·山东师范大学附中高三月考）函数的零点所在区间为（）A． B． C． D．2、【2014年新课标1理科11】已知函数f（x）＝ax3﹣3x2+1，若f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，则实数a的取值范围是（）A．（1，+∞） B．（2，+∞） C．（﹣∞，﹣1） D．（﹣∞，﹣2）3、【2013年新课标2理科10】已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c，下列结论中错误的是（）A．∃x0∈R，f（x0）＝0 B．函数y＝f（x）的图象是中心对称图形 C．若x0是f（x）的极小值点，则f（x）在区间（﹣∞，x0）单调递减 D．若x0是f（x）的极值点，则f′（x0）＝04、【2020届百师联盟高三练习题四】若函数f(x)=x3+2ax2+ax−1在5、【2019届福建省宁德市高三质量检查】若函数f(x)=ex−a,x<1x36、(2019南京、盐城二模）已知函数f(x)＝设g(x)＝kx＋1，且函数y＝f(x)－g(x)的图像经过四个象限，则实数k的取值范围为________．7、(2018苏中三市、苏北四市三调）已知函数的图象恰好经过三个象限，则实数的取值范围是▲．8、【2020年全国3卷理科21】设函数f(x)=x3+bx+c，曲线y=f(x)在点(12，f(1（1）求b．（2）若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1．9、【2019年新课标3理科20】已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+b．（1）讨论f（x）的单调性；（2）是否存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为﹣1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．10、(2019苏州期末）已知函数f(x)＝ax3＋bx2－4a(a，b∈R)．(1)当a＝b＝1时，求f(x)的单调增区间；(2)当a≠0时，若函数f(x)恰有两个不同的零点，求eq\f(b,a)的值；(3)当a＝0时，若f(x)<lnx的解集为(m，n)，且(m，n)中有且仅有一个整数，求实数b的取值范围．专题26三次函数的图像与性质一、题型选讲题型一、三次函数的切线问题三次函数的切线问题关键就是求出切线的斜率以及切点，要注意切点的横坐标、斜率以及切线方程的密切联系。例1、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）当直线和曲线E：交于三点时，曲线E在点A，点C处的切线总是平行的，则过点可作曲线E的切线的条数为（）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【解析】直线过定点由题意可知：定点是曲线的对称中心，，解得，所以曲线，f′（x）=，设切点M（x0，y0），则M纵坐标y0=，又f′（x0）=，∴切线的方程为：又直线过定点，得﹣-2=0，，即解得：故可做两条切线故选C例2、【2018年新课标1理科05】设函数f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax．若f（x）为奇函数，则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为（）A．y＝﹣2x B．y＝﹣x C．y＝2x D．y＝x【答案】D【解析】：函数f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax，若f（x）为奇函数，可得a＝1，所以函数f（x）＝x3+x，可得f′（x）＝3x2+1，曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线的斜率为：1，则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为：y＝x．故选：D．题型二、运用三次函数的图像研究零点问题遇到函数零点个数问题，通常转化为两个函数图象交点问题，进而借助数形结合思想解决问题；也可转化为方程解的个数问题，通过具体的解方程达到解决问题的目的.前者由于是通过图形解决问题，故对绘制的函数图象准确度和细节处要求较高，后者对问题转化的等价性和逻辑推理的严谨性要求较高.下面的解法是从解方程的角度考虑的.例3、(2017南通、扬州、泰州、淮安三调）已知函数若函数恰有2个不同的零点，则实数a的取值范围是▲．【答案】【解析】：函数恰有2个不同的零点，即方程恰有2个不相等的根，亦即方程（Ⅰ）和（Ⅱ）共有2个不相等的根.首先（Ⅰ）中，即，若，则都是方程的根，不符合题意，所以，因此（Ⅰ）中由解得，下面分情况讨论（1）若是方程（Ⅰ）的唯一根，则必须满足，即，此时方程（Ⅱ）必须再有唯一的一个根，即有唯一根，因为，由，得必须有满足的唯一根，首先，其次解得的负根需满足，从而解得，（2）若不是方程（Ⅰ）的唯一根，则必须满足，即，此时方程（Ⅱ）必须有两个不相等的根，即有两个不相等的根，由，得适合，另外还有必须一满足的非零实根，首先，解得的正根需满足，从而解得，但前面已经指出，故，综合（1）、（2），得实数的取值范围为.例4、(2019南京学情调研）已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12x－x3，,x≤0，,－2x，,x＞0.)))当x∈(－∞，m]时，f(x)的取值范围为[－16，＋∞)，则实数m的取值范围是________．【答案】[－2,8]【解析】思路分析由于f(x)的解析式是已知的，因此，可以首先研究出函数f(x)在R上的单调性及相关的性质，然后根据f(x)的取值范围为[－16，＋∞)，求出它的值等于－16时的x的值，借助于函数f(x)的图像来对m的取值范围进行确定．当x≤0时，f(x)＝12x－x3，所以f′(x)＝12－3x2.令f′(x)＝0，则x＝－2(正值舍去)，所以当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＜0，此时f(x)单调递减；当x∈(－2,0]时，f′(x)＞0，此时f(x)单调递增，故函数f(x)在x≤0时的极小值为f(－2)＝－16.当x＞0时，f(x)＝－2x单调递减，f(0)＝0，f(8)＝－16，因此，根据f(x)的图像可得m∈[－2,8]．解后反思根据函数的解析式来得到函数的相关性质，然后由此画出函数的图像，借助于函数的图像可以有效地进行解题，这就是数形结合的魅力．题型三、三次函数的单调性问题研究三次函数的单调性，往往通过导数进行研究。要特别注意含参的讨论。例5、(2018无锡期末）若函数f(x)＝(x＋1)2|x－a|在区间[－1，2]上单调递增，则实数a的取值范围是________．【答案】(－∞，－1]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))eq\a\vs4\al(思路分析)由于条件中函数的解析式比较复杂，可以先通过代数变形，将其化为熟悉的形式，进而利用导数研究函数的性质及图像，再根据图像变换的知识得到函数f(x)的图像进行求解．函数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，则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当eq\f(2a－1,3)<－1，即a<－1时，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)的单调增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2a－1,3)))，(－1，＋∞)，单调减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，－1)).又因为g(a)＝g(－1)＝0，所以f(x)的单调增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2a－1,3)))，(－1，＋∞)，单调减区间是(－∞，a)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，－1))，满足条件，故a<－1(此种情况函数f(x)图像如图1)．,图1)②当eq\f(2a－1,3)＝－1，即a＝－1时，f(x)＝|(x＋1)3|，函数f(x)图像如图2，则f(x)的单调增区间是(－1，＋∞)，单调减区间是(－∞，－1)，满足条件，故a＝－1.,图2)③当eq\f(2a－1,3)>－1，即a>－1时，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)的单调增区间是(－∞，－1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，＋∞))，单调减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2a－1,3))).又因为g(a)＝g(－1)＝0，所以f(x)的单调增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2a－1,3)))，(a，＋∞)，单调减区间是(－∞，－1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，a))，要使f(x)在[－1，2]上单调递增，必须满足2≤eq\f(2a－1,3)，即a≥eq\f(7,2)，又因为a>－1，故a≥eq\f(7,2)(此种情况函数f(x)图像如图3)．综上，实数a的取值范围是(－∞，－1]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞)).,图3)例6、【吉林省通钢一中、集安一中、梅河口五中等省示范高中2020届高三（5月份）模拟】已知函数f(x)=x（1）讨论fx在(a,+∞)（2）若a≥−3，求不等式f2x【答案】（1）见解析；（2）2−3【解析】（1）f'当a≥0时，f'x≥0，则fx当a<0时，令f'x=0（i）当a=−13时，令f'x<0，得a<x<−a；令f所以fx得单调递减区间为a,−a，单调递增区间为−a,+∞（ii）当a<−13时，令f'x<0，得−−a3<x<所以fx得单调减区间为−−a3,（iii）当−13<a<0令f'x<0，得a<x<−a所以fx的单调递减区间为a,−a（2）因为a≥−3，所以fx=3x2+a≥3所以fx在[1,+∞)因为2x2−4x+3=2所以2x2解得2−3<x<2+3题型四、三次函数的极值与最值问题①利用导数刻画函数的单调性，确定函数的极值；②通过分类讨论，结合图象，实现函数的极值与零点问题的转化.函数、方程和不等式的综合题，常以研究函数的零点、方程的根、不等式的解集的形式出现，大多数情况下会用到等价转化、数形结合的数学思想解决问题，而这里的解法是通过严谨的等价转化，运用纯代数的手段来解决问题的，对抽象思维和逻辑推理的能力要求较高，此题也可通过数形结合的思想来解决问题，可以一试.例7、（2020届浙江省温丽联盟高三第一次联考）若函数的极大值是，极小值是，则()A．与有关，且与有关 B．与有关，且与无关C．与无关，且与无关 D．与无关，且与有关【答案】C【解析】∵，∴，令，得，或，当变化时，、的变化如下表：递增极大值递减极小值递增∴，，∴，故选：C．例8、（2020届浙江省十校联盟高三下学期开学）已知函数，若函数有三个互不相同的零点0，，，其中，若对任意的，都有成立，则实数的最小值为______.【答案】【解析】因为，由题意可知：，是的根，则，，△，，，当时，，则存在的极大值点，，且，由题意，，将代入得，解可得．又因为，结合二次函数的性质可知，，得即的最小值．故答案为：.例9、（2020届山东省潍坊市高三上期中）已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数处有极小值，求函数在区间上的最大值．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）当时，，，所以，又，所以曲线在点处切线方程为，即.（2）因为，因为函数处有极小值，所以，所以由，得或，当或时，，当时，，所以在，上是增函数，在上是减函数，因为，，所以的最大值为.例10、（2017江苏）已知函数有极值，且导函数的极值点是的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；（2）证明：；（3）若这两个函数的所有极值之和不小于，求a的取值范围．解析（1）有零点，，即，又，解得，根据题意，，即，化简得，又，所以，即；（2）设，而，故，即；（3）设为的两个极值点，令得，法一：．记,所有极值之和为，，，则，而在上单调递减且，故．法二：下面证明的图像关于中心对称，，所以，所以，下同法一．二、达标训练1、（2019·山东师范大学附中高三月考）函数的零点所在区间为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】，，，，，由.故选：C2、【2014年新课标1理科11】已知函数f（x）＝ax3﹣3x2+1，若f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，则实数a的取值范围是（）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当a＝0时，f（x）＝﹣3x2+1有两个零点，不成立；②当a＞0时，f（x）＝ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上有零点，故不成立；③当a＜0时，f（x）＝ax3﹣3x2+1在（0，+∞）上有且只有一个零点；故f（x）＝ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上没有零点；而当x=2a时，f（x）＝ax3﹣3x故f（2a）=8a故a＜﹣2；综上所述，实数a的取值范围是（﹣∞，﹣2）；故选：D．3、【2013年新课标2理科10】已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c，下列结论中错误的是（）A．∃x0∈R，f（x0）＝0 B．函数y＝f（x）的图象是中心对称图形 C．若x0是f（x）的极小值点，则f（x）在区间（﹣∞，x0）单调递减 D．若x0是f（x）的极值点，则f′（x0）＝0【答案】解：f′（x）＝3x2+2ax+b．（1）当△＝4a2﹣12b＞0时，f′（x）＝0有两解，不妨设为x1＜x2，列表如下x（﹣∞，x1）x1（x1，x2）x2（x2，+∞）f′（x）+0﹣0+f（x）单调递增极大值单调递减极小值单调递增由表格可知：①x2是函数f（x）的极小值点，但是f（x）在区间（﹣∞，x2）不具有单调性，故C不正确．②∵f(−2a3−x)+f（x）=(−2a3−x)3+a(−2a3f(−∵f(−2a3−x)+f（∴点P(−a3③由表格可知x1，x2分别为极值点，则f'(x④∵x→﹣∞时，f（x）→﹣∞；x→+∞，f（x）→+∞，函数f（x）必然穿过x轴，即∃xα∈R，f（xα）＝0，故A正确．（2）当△≤0时，f'(x)=3(x+a3)2≥0，故f（x）在R②B同（1）中②正确；③∵x→﹣∞时，f（x）→﹣∞；x→+∞，f（x）→+∞，函数f（x）必然穿过x轴，即∃x0∈R，f（x0）＝0，故A正确．综上可知：错误的结论是C．由于该题选择错误的，故选：C．4、【2020届百师联盟高三练习题四】若函数f(x)=x3+2ax2+ax−1在【答案】−【解析】由三次函数图象特点知，其最多有1个极大值点和1个极小值点.f'若f(x)在(0,1)上存在唯一极值点，则f'故答案为：−35、【2019届福建省宁德市高三质量检查】若函数f(x)=ex−a,x<1x3【答案】(−∞,4]【解析】y=ex∴y=当x≥1时，y=x3∴y=x3−3x2∴y=x3−3x2若函数fx则−a≥−4，即a≤4故答案为−∞,46、(2019南京、盐城二模）已知函数f(x)＝设g(x)＝kx＋1，且函数y＝f(x)－g(x)的图像经过四个象限，则实数k的取值范围为________．【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，)))若其图像经过四个象限．①当x>0时，y＝x3－(k＋12)x＋2，当x＝0时，y＝2>0，故它要经过第一象限和第四象限，则存在x>0，使y＝x3－(k＋12)x＋2<0，则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)，当x>1时，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上递增；当0<x<1时，h′(x)<0，h(x)在(0，1)上递减，当x＝1时取得极小值，也是最小值，h(x)min＝h(1)＝3，所以k＋12>3，即k>－9.②当x≤0时，y＝|x＋3|－(kx＋1)，当x＝0时，y＝2>0，故它要经过第二象限和第三象限，则存在x<0，使y＝|x＋3|－(kx＋1)<0，则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]上单调递增，在(－3，0)上单调递减，当x＝－3时取得极大值，也是最大值，φ(x)max＝φ(－3)＝eq\f(1,3)，故k<eq\f(1,3).综上，由①②得实数k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－9，\f(1,3))).解法2可根据函数解析式画出函数图像，当x>0时，f(x)＝x3－12x＋3，f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，可知f(x)在区间(0，2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增，且f(2)＝－13<0，当x≤0时，f(x)＝|x＋3|.g(x)＝kx＋1恒过(0，1)，若要使y＝f(x)－g(x)经过四个象限，由图可知只需f(x)与g(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上分别有交点即可(交点不可为(－3，0)和切点)．①当k>0时，在(0，＋∞)必有交点，在(－∞，0)区间内，需满足0<k<eq\f(1,3).②当k<0时，在(－∞，0)必有交点，在(0，＋∞)内，只需求过定点(0，1)与函数f(x)＝x3－12x＋3(x>0)图像的切线即可，设切点为(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，切线斜率k＝－9，所以k∈(－9，0)．③当k＝0也符合题意．综上可知实数k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－9，\f(1,3))).7、(2018苏中三市、苏北四市三调）已知函数的图象恰好经过三个象限，则实数的取值范围是▲．【答案】a＜0或a＞2【解析】当a＜0时，的图象经过两个象限，在（0，+∞）恒成立，所以图象仅在第一象限，所以a＜0时显然满足题意；当a≥0时，的图象仅经过第三象限，（图14（1））l0（图14（1））l0OxyP【解法1】（图像法）与在y轴右侧的图象有公共点（且不相切）．如图，=，设切点坐标为，，则有，解得,所以临界直线的斜率为2，所以a＞2时，符合．综上，a＜0或a＞2．【解法2】（函数最值法）由三次函数的性质知，函数图象过第一象限，则存在，使得即设函数，当，在(0,1)单调递减，在（1，2）单调递增，又时，函数为增函数，所以函数的最小值为2，所以a＞2，则实数的取值范围为a＜0或a＞2．8、【2020年全国3卷理科21】设函数f(x)=x3+bx+c，曲线y=f(x)在点(12，f(1（1）求b．（2）若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1．【答案】（1）b=−34；（【解析】（1）因为f'由题意，f'(则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)所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x0，则f(−1)>0或f(1)<0即c>14或当c>14时，又f(−4c)=−64c由零点存在性定理知f(x)在(−4c,−1)上存在唯一一个零点x0即f(x)在(−∞,−1)上存在唯一一个零点，在(−1,+∞)上不存在零点，此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当c<−14时，又f(−4c)=64c由零点存在性定理知f(x)在(1,−4c)上存在唯一一个零点x0即f(x)在(1,+∞)上存在唯一一个零点，在(−∞,1)上不存在零点，此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；综上，f(x)所有零点的绝对值都不大于1.9、【2019年新课标3理科20】已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+b．（1）讨论f（x）的单调性；（2）是否存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为﹣1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．【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时，f′（x）＝6x2≥0，函数f（x）在R上单调递增．②a＞0时，函数f（x）在（﹣∞，0），（2a3，+∞）上单调递增，在（0，2a③a＜0时，函数f（x）在（﹣∞，2a3），（0，+∞）上单调递增，在（2a（2）由（1）可得：①a＝0时，函数f（x）在[0，1]上单调递增．则f（0）＝b＝﹣1，f（1）＝2﹣a+b＝1，解得b＝﹣1，a＝0，满足条件．②a＞0时，函数f（x）在[0，2a32a3≥1，即a≥32时，函数f（x）在[0，1]上单调递减．则f（0）＝b＝1，f（1）＝2﹣a+b＝﹣1，解得0＜2a3＜1，即0＜a＜32时，函数f（x）在[0，2a3）上单调递减，在（2a3，1]上单调递增．则f（而f（0）＝b，f（1）＝2﹣a+b＞b，∴f（1）＝2﹣a+b＝1，联立解得：无解，舍去．③a＜0时，函数f（x）在[0，1]上单调递增，则f（0）＝b＝﹣1，f（1）＝2﹣a+b＝1，解得b＝﹣1，a＝0，不满足条件，舍去．综上可得：存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为﹣1且最大值为1．a，b的所有值为：a=0b=−1，或a=410、(2019苏州期末）已知函数f(x)＝ax3＋bx2－4a(a，b∈R)．(1)当a＝b＝1时，求f(x)的单调增区间；(2)当a≠0时，若函数f(x)恰有两个不同的零点，求eq\f(b,a)的值；(3)当a＝0时，若f(x)<lnx的解集为(m，n)，且(m，n)中有且仅有一个整数，求实数b的取值范围．eq\a\vs4\al(解后反思)在第(2)题中，也可转化为eq\f(b,a)＝eq\f(4,x2)－x恰有两个不同的实数解．另外，由g(x)＝x3＋kx2－4恰有两个不同的零点，可设g(x)＝(x－s)(x－t)2.展开，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)当a＝b＝1时，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)的单调增区间是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)因为函数f(x)有两个不同的零点，所以f(0)＝0或feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2b,3a)))＝0.当f(0)＝0时，得a＝0，不合题意，舍去；(8分)当feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2b,3a)))＝0时，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\