2010-湖北卷文-21 解-三次函数与零点

本题导读

考查三次函数切线。(1) $b=0$，$c=1$；(2) 反证：若 $f^{\prime }(x_1)=f^{\prime }(x_2)$ 则 $x_1+x_2=a$，进而 $x_1{x}_2=\frac{a^2}{4}$，与重根矛盾；(3) $\varphi \left(\frac{a}{2}\right)=6-\frac{a^3}{4}<0$ 得 $a>\sqrt[3]{24}$。

📌【题干】

Question

（2010年湖北卷(文)） 设函数 $f(x)=\frac{1}{3}{x}^3-\frac{a}{2}{x}^2+bx+c$，其中 $a>0$，曲线 $y=f(x)$ 在点 $P(0,f(0))$ 处的切线方程为 $y=1$.

(1) 确定 $b$，$c$ 的值；

(2) 设曲线 $y=f(x)$ 在点 $(x_1,f(x_1))$ 及 $(x_2,f(x_2))$ 处的切线都过点 $(0,2)$. 证明：当 $x_1\ne x_2$ 时，$f^{\prime }(x_1)\ne f^{\prime }(x_2)$；

(3) 若过点 $(0,2)$ 可作曲线 $y=f(x)$ 的三条不同切线，求 $a$ 的取值范围.

🔍【思路分析】

破题导航

1. (1) $f(0)=c$，切线 $y=1$ 过 $P(0,f(0))$，故 $c=1$；切线斜率 0，$f^{\prime }(0)=b=0$。
2. (2) $f(x)=\frac{1}{3}{x}^3-\frac{a}{2}{x}^2+1$，$f^{\prime }(x)=x^2-ax$。在 $x=t$ 处切线过 $(0,2)$：$f(t)-t{f}^{\prime }(t)=2$，化简 $4t^3-3a{t}^2+6=0$。$x_1,x_2$ 是其两根。
3. 反证：若 $f^{\prime }(x_1)=f^{\prime }(x_2)$，则 $(x_1-x_2)(x_1+x_2-a)=0$，故 $x_1+x_2=a$。两根代入方程作差除以 $x_1-x_2$：$4(x_1^2+x_1{x}_2+x_2^2)-3a(x_1+x_2)=0$，代入 $x_1+x_2=a$ 得 $x_1{x}_2=\frac{a^2}{4}$。
4. 于是 $x_1,x_2$ 是 $X^2-aX+\frac{a^2}{4}=0$ 即 ${\left(X-\frac{a}{2}\right)}^2=0$ 的两根，故 $x_1=x_2$，矛盾。
5. (3) 令 $\varphi (x)=4x^3-3a{x}^2+6$，${\varphi }^{\prime }(x)=6x(2x-a)$。$a>0$ 时 $\varphi$ 在 $(-\infty ,0)$ 增、$(0,\frac{a}{2})$ 减、$(\frac{a}{2},+\infty )$ 增。$\varphi (0)=6$，$\varphi \left(\frac{a}{2}\right)=6-\frac{a^3}{4}$。
6. 三不同实根 $⟺$ 局部极小 $\varphi \left(\frac{a}{2}\right)<0⟺a^3>24⟺a>\sqrt[3]{24}$。

✅【答案】

点击查看答案

(1) $b=0$，$c=1$

(2) 证明见解析

(3) $a$ 的取值范围为 $\left(\sqrt[3]{24},+\infty \right)$

✍【详细解析】

Abstract

(1) $f(0)=c$，且 $f^{\prime }(x)=x^2-ax+b$. 切线 $y=1$ 经过 $P(0,f(0))$，所以 $c=1$；该切线斜率为 0，所以 $f^{\prime }(0)=b=0$. (2) 由第 (1) 问，$f(x)=\frac{1}{3}{x}^3-\frac{a}{2}{x}^2+1$，$f^{\prime }(x)=x^2-ax$. 曲线在 $x=t$ 处的切线过 $(0,2)$ 的充要条件为 $f(t)-t{f}^{\prime }(t)=2,$ 即 $1+\frac{1}{3}{t}^3-\frac{a}{2}{t}^2-t(t^2-at)=2,$ 化简得 $4t^3-3a{t}^2+6=0$. 因而 $x_1$，$x_2$ 都是方程 $4x^3-3a{x}^2+6=0$ 的根. 若 $f^{\prime }(x_1)=f^{\prime }(x_2)$，则 $(x_1-x_2)(x_1+x_2-a)=0.$ 由于 $x_1\ne x_2$，可得 $x_1+x_2=a$. 又因为 $x_1$，$x_2$ 都是上述方程的根，作差并除以 $x_1-x_2$，得到 $4(x_1^2+x_1{x}_2+x_2^2)-3a(x_1+x_2)=0.$ 代入 $x_1+x_2=a$，可得 $x_1{x}_2=\frac{a^2}{4}$. 于是 $x_1$，$x_2$ 是方程 $X^2-aX+\frac{a^2}{4}=0$ 的两个根，但该方程为 ${\left(X-\frac{a}{2}\right)}^2=0$，从而 $x_1=x_2$，矛盾. 所以 $f^{\prime }(x_1)\ne f^{\prime }(x_2)$. (3) 令 $\varphi (x)=4x^3-3a{x}^2+6$. 则 ${\varphi }^{\prime }(x)=6x(2x-a).$ 因为 $a>0$，所以 $\varphi$ 在 $(-\infty ,0)$ 上递增，在 $(0,\frac{a}{2})$ 上递减，在 $(\frac{a}{2},+\infty )$ 上递增. 且 $\varphi (0)=6,\varphi \left(\frac{a}{2}\right)=6-\frac{a^3}{4}.$ 方程 $\varphi (x)=0$ 有三个不同实根，当且仅当局部极小值小于 0，即 $6-\frac{a^3}{4}<0$. 因此 $a^3>24$，即 $a>\sqrt[3]{24}$. 由第 (2) 问，三个不同根对应三条不同切线，所以 $a$ 的取值范围为 $\left(\sqrt[3]{24},+\infty \right)$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：三次函数与零点

核心方法：由零点定 $b,c$，反证单调性证零点的唯一性，再讨论参数

避坑指南：由 $f(1)=0$、$f(2)=0$ 定 $b=0,c=1$；用导数或反证证 $f(x)$ 在给定区间至多一个零点；再由题意得 $a>\sqrt[3]{24}$。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：三次函数零点问题常用导数研究单调性与存在唯一性。

结论推广：三次函数最多三个实零点；用导数符号判单调区间，再在每个单调区间内用零点存在定理。

方法推广：证明零点唯一常结合单调性；参数范围由极值与端点符号不等式确定。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值

类题演练 (Links)

• 2009-新课标卷文-21 解-三次函数极值与恒成立
• 2009-四川卷文-20 解-切线定参与极值
• 2009-浙江卷文-21 解-导数切线与单调性
• 2009-湖北卷文-21 解-导数最值恒成立