2023屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)微專題36三次函數(shù)的圖象與性質(zhì)作業(yè)

微專題36三次函數(shù)的圖象與性質(zhì)1.(2018·全國Ⅰ改編)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)為奇函數(shù)，則曲線y＝f(x)在點(0，0)處的切線方程為________．2．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－(4m－1)x2＋(15m2－2m－7)x＋2是R上的增函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍為________．3．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2＋ax＋b在x＝2處取得極值，且當(dāng)x＜0時，f(x)＜eq\f(1,6)b2＋2b恒成立，則實數(shù)b的取值范圍為________．4．已知曲線f(x)＝x3，則過點P(1，1)的曲線f(x)的切線方程為________．5．若函數(shù)f(x)＝x3－3x在開區(qū)間(a，6－a2)既有最大值又有最小值，則實數(shù)a的取值集合為________．6．已知曲線f(x)＝x3，設(shè)曲線f(x)在A(1，1)處的切線l1交曲線f(x)于B，曲線f(x)在B處的切線為l2，曲線f(x)在O(0，0)處的切線l分別交l1，l2于M，N，則eq\f(NO,MO)的值為________．

7.設(shè)函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x2＋(m2－1)x(x∈R)，其中m＞0.(1)當(dāng)m＝1時，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率；(2)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間與極值；(3)已知函數(shù)f(x)有三個互不相同的零點0，x1，x2，且x1＜x2；若對任意的x∈[x1，x2]，f(x)＞f(1)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．8．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a，b，c，d∈R)，設(shè)直線l1，l2分別是曲線y＝f(x)的兩條不同的切線．(1)若函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，且當(dāng)x＝1時f(x)有極小值為－4.①求a，b，c，d的值；②若直線l3亦與曲線y＝f(x)相切，且三條不同的直線l1，l2，l3交于點G(m，4)，求實數(shù)m的取值范圍；(2)若直線l1∥l2，直線l1與曲線y＝f(x)切于點B且交曲線y＝f(x)于點D，直線l2和與曲線y＝f(x)切于點C且交曲線y＝f(x)于點A，記點A，B，C，D的橫坐標(biāo)分別為xA，xB，xC，xD，求(xA－xB)∶(xB－xC)∶(xC－xD)的值．微專題361．答案：y＝x.解析：∵函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，∴a－1＝0，即a＝1，∴f(x)＝x3＋x，f′(x)＝3x2＋1∴f′(0)＝1，f(0)＝0，∴曲線y＝f(x)在點(0，0)處的切線方程為y－f(0)＝f′(0)x，即y＝x.2．答案：[2，4]．解析：f′(x)＝x2－2(4m－1)x＋15m2－2m－7，由題意得x2－2(4m－1)x＋15m2－2m－7≥0恒成立，∴Δ＝4(4m－1)2－4(15m2－2m－7)＝4(m2－6m＋8)≤0，∴2≤m≤4.3．答案：(－∞，－7)∪(1，＋∞)．解析：由f′(x)＝x2－x＋a且f′(2)＝0，得a＝－2，∴f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2－2x＋b，∴f′(x)＝x2－x－2＝(x－2)(x＋1)，當(dāng)x∈(－∞，－1)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(－1，0)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，∴當(dāng)x＜0時，f(x)max＝f(－1)＝eq\f(7,6)＋b，∴eq\f(7,6)＋b＜eq\f(1,6)b2＋2b，即b2＋6b－7＞0，解得b＜－7或b＞1.4．答案：y＝3x－2或y＝eq\f(3,4)x＋eq\f(1,4).解析：f′(x)＝3x2，設(shè)切點為(x0，x03)，切線方程為y－x03＝3x02(x－x0)，將P(1，1)代入切線方程得(x0－1)2(2x0＋1)＝0，得x0＝1或x0＝－eq\f(1,2)，∴過點P(1，1)的f(x)的切線方程為y＝3x－2或y＝eq\f(3,4)x＋eq\f(1,4).5．答案：{2}．解析：函數(shù)f(x)在x＝1處取得極小值f(1)＝－2，在x＝－1處取得極大值f(－1)＝2，又∵函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a，6－a2)內(nèi)既有最大值又有最小值，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2≤a＜－1，,1＜6－a2≤2，))即a的取值集合是{2}．6．答案：2.解析：∵f′(x)＝3x2，則A(1，1)處的切線方程為y－1＝3(x－1)，即l1：y＝3x－2，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝3x－2，,y＝x3，))由x3－3x＋2＝0，即(x－1)2(x＋2)＝0，得xB＝－2，即B(－2，－8)，則B(－2，－8)處的切線方程為y＋8＝12(x＋2)，即l2：y＝12x＋16，又∵曲線f(x)在O(0，0)處的切線l為y＝0，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，0))，∴eq\f(NO,MO)＝2.(注：此題可推廣到一個一般結(jié)論：已知三次函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，設(shè)A為曲線上除對稱中心外的任一點，曲線f(x)在A處的切線l1交曲線f(x)于B，曲線f(x)在B處的切線為l2，曲線f(x)在對稱中心O′處的切線為l，設(shè)l分別交l1，l2于M，N，則eq\f(ON,MO)＝2.)7．答案：(1)1；(2)(－∞，1－m)和(1＋m，＋∞)上遞減，在(1－m，1＋m)上遞增，極大值為eq\f(2,3)m3＋m2－eq\f(1,3)，極小值為－eq\f(2,3)m3＋m2－eq\f(1,3)；(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),3))).解析：(1)當(dāng)m＝1時，f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x2，f′(x)＝－x2＋2x，∴f′(1)＝1，∴曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為1.(2)f′(x)＝－x2＋2x＋m2－1，令f′(x)＝0，得x＝1－m，x＝1＋m，∵m＞0，∴1＋m＞1－m.當(dāng)x變化時，f(x)，f′(x)的變化情況如下表：x(－∞，1－m)1－m(1－m，1＋m)1＋m(1＋m，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)極小值極大值f(x)在(－∞，1－m)和(1＋m，＋∞)內(nèi)為減函數(shù)，在(1－m，1＋m)內(nèi)為增函數(shù)．函數(shù)f(x)在x＝1＋m處取得極大值f(1＋m)，且f(1＋m)＝eq\f(2,3)m3＋m2－eq\f(1,3)；函數(shù)f(x)在x＝1－m處取得極小值f(1－m)，且f(1－m)＝－eq\f(2,3)m3＋m2－eq\f(1,3).(3)由題設(shè)，f(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)x2＋x＋m2－1))＝－eq\f(1,3)x(x－x1)(x－x2)，方程－eq\f(1,3)x2＋x＋m2－1＝0由兩個相異的實根x1，x2，故x1＋x2＝3，且Δ＝1＋eq\f(4,3)(m2－1)＞0，解得m＜－eq\f(1,2)(舍去)或m＞eq\f(1,2)，∵x1＜x2，∴2x2＞x1＋x2＝3，∴x2＞eq\f(3,2)＞1，若x1≤1＜x2，則f(1)＝－eq\f(1,3)(1－x1)(1－x2)≥0，而f(x1)＝0，不合題意；若1＜x1＜x2，則對任意x∈[x1，x2]有x－x1≥0，x－x2≤0，則f(x)＝－eq\f(1,3)x(x－x1)(x－x2)≥0，又∵f(x1)＝0，∴函數(shù)f(x)在x∈[x1，x2]的最小值為0，∴f(1)＝m2－eq\f(1,3)＜0，解得－eq\f(\r(3),3)＜m＜eq\f(\r(3),3).綜上，m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),3))).8．答案：(1)①a＝2，c＝－6，b＝d＝0；②m∈(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(2,3)))∪(2，＋∞)；(2)1∶2∶1.解析：(1)①∵x∈R，f(x)為奇函數(shù)，∴f(0)＝d＝0，f(－x)＝－f(x)，即－ax3＋bx2－cx＝－ax3－bx2－cx，∴b＝0，∴f(x)＝ax3＋cx，則f′(x)＝3ax2＋c，又當(dāng)x＝1時，f(x)有極小值為－4，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（1）＝0，,f（1）＝－4，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a＋c＝0，,a＋c＝－4，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝－6，))即f(x)＝2x3－6x，經(jīng)檢驗f(x)＝2x3－6x滿足題意；∴a＝2，c＝－6，b＝d＝0；②設(shè)(x0，y0)為曲線y＝f(x)上一點，由①得f′(x0)＝6x02－6，則曲線y＝f(x)在點(x0，y0)處的切線方程為y＝(6x02－6)(x－x0)＋y0，即y＝(6x02－6)x－4x03，由題意，4x03＋4y－(6x02－6)m＝0有三個不同根，令g(x0)＝4x03－6mx02＋6m＋4，令g′(x0)＝12x02－12mx0＝0，x0＝0或x0＝m(m≠0)，∴g(0)g(m)＜0，即(6m＋4)(4m3－6m3＋6m＋4)＜0，即(m＋1)2(m－2)(3m＋2)＞0，解得m∈(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(2,3)))∪(2，＋∞)．(2)令xB＝x1，xC＝x2，由f′(x)＝3ax2＋2bx＋c及l(fā)1∥l2，得3ax12＋2bx1＋c＝3ax22＋2bx2＋c，∴3a(x1＋x2)(x1－x2)＝2b(x2－x1)．由x1≠x2得x1＋x2＝－eq\f(2b,3a)，即x2＝－x1－eq\f(2b,3a)；將y－y1＝f′(x1)(x－x1)與y＝f(x)聯(lián)立化簡得f(x)－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)，即a(x3－x13)＋b(x2－x12)＋c(x－x1)＝(3ax12＋2bx1＋c)(x－x1)，即(x－x1)[a(x2＋xx1＋x12)＋b(x＋x1)＋c－(3ax12＋2bx1＋c)]＝0，即(x－x1)[(ax2－ax12)＋(axx1－a