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1、三次函数的性质2015年11月13日 意琦行 数海拾贝三次函数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′2f(x)=3ax+2bx+c,其判别
2、式为4(b2−3ac)，进而易得结论．性质二对称性(())bb如图2，f(x)的图象关于点P(−,f(−))对称（特别地，极3a3a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3f(x)=α⋅(x−m)+β⋅(x−m)+n,其中α≠0．性质二的证明 由于b3b2bbc2b3f(x)=a(x+)+(c−)(x+)−++d,3a3a3a3a27a2即b3b2bbf(x)=a(x+)+(c−)(x+)+f(−),3a3a3a3a于是性质
3、二得证．例1 设直线与曲线ly=x3+x+1有三个不同的交点A,B,C，且
4、AB
5、=
6、BC
7、=√5，求直线的方程．l解 由
8、AB
9、=
10、BC
11、可知B为三次函数的对称中心，由性质二可得B(0,1)，进而不难求得直线的方程ly=2x+1．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x，x；12（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)2=3
12、x−2(a+1)x+a,而′f(0)=a>0,′f(1)=1−a<0,′f(a)=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．a+1a+1（2）解 根据性质二，三次函数的对称中心(,f())33是两个极值点对应的函数图象上的点的中点．于是a+1f(x1)+f(x2)=2f()⩽0,3即a+1a−2−2a+12⋅⋅⋅⩽0,333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)上任意一点（非
13、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、bx2（x114、 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32++(−)+−=0,32ax+bx+(c−k0)x+d−m0=0,32ax+bx+(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xA+xBxT=,2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，若对于任意非零实数x1，曲线C与
15、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S1C所围成的封闭图形的面积分别记为S1、S2．求证：是定S2值．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3g(x)=px+qx,然后可以作伸缩变换变成3h(x)=x+rx,S1而无论平移还是伸缩，题中的均保持不变，因此只需要证明命题S2对三次函数h(x)=x3+rx成立即可．根据题意，联立函数h(x)=x3+rx与函数h(x)
16、在P处的切线方程1得2(x−x1)⋅(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∣x2∣2S1=∣∫(x−x1)⋅(x−x2)dx∣∣x1∣∣−2x1∣=∣∫(x3−3x2x+2x3)dx∣11∣x1∣∣13∣−2x1∣=∣(x4−x2x
