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1、三次函数的性质三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d（a≠0）在高中阶段学习导数后频繁出现，同时也是其他复杂函数的重要组成部分，因此有必要对其性质有所了解，才可以做到知己知彼，百战不殆．性质一 单调性以a>0为例，如图1，记Δ=b2−3ac为三次函数图象的判别式，则图1 用判别式判断函数图象当Δ⩽0时，f(x)为R上的单调递增函数；当Δ>0时，f(x)会在中间一段单调递减，形成三个单调区间以及两个极值．性质一的证明 f(x)的导函数为f′(x)=3ax3+2bx+c,其判别式为4(b2−3a
2、c)，进而易得结论．例1 设直线l与曲线y=x3+x+1有三个不同的交点A,B,C，且
3、AB
4、=
5、BC
6、=5√，求直线l的方程．解 由
7、AB
8、=
9、BC
10、可知B为三次函数的对称中心，由性质一可得B(0,1)，进而不难求得直线l的方程y=2x+1．性质二 对称性如图2，f(x)的图象关于点P(−b3a,f(−b3a))对称（特别地，极值点以及极值点对应的图象上的点也关于P对称）．图2 图象的对称性反之，若三次函数的对称中心为(m,n)，则其解析式可以设为10f(x)=α⋅(x−m)3+β⋅(x−m)
11、+n,其中α≠0．性质二的证明 由于f(x)=a(x+b3a)3+(c−b23a)(x+b3a)−bc3a+2b327a2+d,即f(x)=(x+b3a)3+(c−b23a)(x+b3a)+f(−b3a),于是性质二得证．例2 设函数f(x)=x(x−1)(x−a)，a>1．（1）求导数f′(x)，并证明f(x)有两个不同的极值点x1，x2；（2）若不等式f(x1)+f(x2)⩽0成立，求a的取值范围．（1）解 f(x)的导函数f′(x)=(x−1)(x−a)+x(x−a)+x(x−1)=3
12、x2−2(a+2)x+a,而f′(0)f′(1)f′(a)=a>0,=1−a<0,=a(a−1)>0,于是f′(x)有两个变号零点，从而f(x)有两个不同的极值点．（2）解 根据性质二，三次函数的对称中心(a+13,f(a+13))是两个极值点对应的函数图象上的点的中点．于是f(x1)+f(x2)=2f(a+13)⩽0,即2⋅a+13⋅a−23⋅−2a+13⩽0,结合a>1，可得a的取值范围是[2,+∞)．注 本题为2004年高考重庆卷理科数学第20题．性质三 切割线性质如图3，设P是f(x
13、)上任意一点（非对称中心），过P作函数f(x)图象的一条割线AB与一条切线PT（P点不为切点），A、B、T均在f(x)的图象上，则T点的横坐标平分A、B点的横坐标．图3 切割线性质10推论1 设P是f(x)上任意一点（非对称中心），过P作函数f(x)图象的两条切线PM、PN，切点分别为M、P，如图．则M点的横坐标平分P、N点的横坐标，如图4．图4 切割线性质推论一推论2 设f(x)的极大值为M，方程f(x)=M的两根为x1、x2（x114、5 切割线性质推论二性质三的证明 设f(x)=ax3+bx2+cx+d（a≠0），直线PT:y=k0x+m0，直线PAB:y=kx+m，则分别将直线PT与直线PAB的方程与三次函数的解析式联立，得ax3+bx2+(c−k0)x+d−m0=0,ax3+bx2+(c−k)x+d−m=0,于是根据三次方程的韦达定理可得2xT+xP=xA+xB+xP,即xT=xA+xB2,于是命题得证．推论1和推论2的证明留给读者．例3 如图6，记三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d（a≠0）的图象为C，若对于任
15、意非零实数x1，曲线C与其在点P1(x1,f(x1))处的切线交于另一点P2(x2,f(x2))，曲线C与其在点P2处的切线交于另一点P3(x3,f(x3))，线段P1P2、P2P3与曲线C所围成的封闭图形的面积分别记为S1、S2．求证：S1S2是定值．10图6解 由性质二，任意三次函数f(x)都可以通过平移变化变成g(x)=px3+qx,然后可以作伸缩变换变成h(x)=x3+rx,而无论平移还是伸缩，题中的S1S2均保持不变，因此只需要证明命题对三次函数h(x)=x3+rx成立即可．根据题意，联
16、立函数h(x)=x3+rx与函数h(x)在P1处的切线方程得(x−x1)2⋅(x−x2)=0,于是2x1+x2=0,即x2=−2x1.又由性质三的推论1，可得2x1=x2+x3,即x3=4x1.于是，线段P1P2与曲线C所围成的封闭图形的面积S1=∣∣∣∫x2x1(x−x1)2⋅(x−x2)dx∣∣∣=∣∣∣∫−2x1x1(x3−3x21x+2x31)dx∣∣∣=∣∣∣(14x4−32x21x2+2x31x)∣∣∣−2x1x1∣∣∣=274x41,类似的
