前言
由于三次多项式函数在高考中的考查频次比较高,其导函数为二次函数,故用二次函数研究三次多项式函数的零点问题,可以看成二次函数的又一个大作用。
典例剖析
1、若(Deltaleq 0),则(F'(x)ge0)恒成立,所以(F(x))在(R)上单调递增,有一个零点;
引申:若(Delta > 0),则(F'(x)ge0)不恒成立,所以(F(x))在(R)上不是单调递增。
2、若(Delta > 0),令(y=F'(x))的两个零点分别(m、n),
则(F(x))在区间((-∞,m])单增,在区间([m,n])单减,在区间([n,+∞))单增,
此时函数(F(x))有极大值(F(m)),有极小值(F(n)),
我们结合导函数图像,可以作出原函数的草图,
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若(F(m)>0,F(n)>0,)则 (F(x))有一个零点,有两个极值点;
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若(F(m)=0,F(n)<0,)则 (F(x))有两个零点,有两个极值点;
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若(F(m)<0,F(n)<0,)则 (F(x))有一个零点,有两个极值点;
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若(F(m)<0,F(n)>0,)则 (F(x))有三个零点,有两个极值点;
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若(F(m)>0,F(n)=0,)则 (F(x))有两个零点,有两个极值点。
【法1】:由于函数(f(x))存在唯一零点 (x_0),且(x_0>0),
则方程(f(x)=0)有唯一的正实数解,即(ax^3-3x^2+1=0)有唯一的正实数解,
即方程(a=cfrac{3x^2-1}{x^3})有唯一的正实数解,
即函数(y=a)和函数(y=h(x)=cfrac{3x^2-1}{x^3}=cfrac{3}{x}-cfrac{1}{x^3}(x>0))有唯一的交点,
其余思路待补充。
【法2】:先将题目转化为,方程(ax^3=3x^2-1)有唯一的正实数解,
则静态函数(y=3x^2-1)和动态函数(y=ax^3)只能在区间((0 ,+infty))上有交点,
此处需要我们知道函数(y=ax^3)的参变数(a)的作用,
由图像可知,当(aleq 0)时,都不满足题意,故需要(a<0),
但当(a)取很小的负值时,显然满足题意,当(a)为某一个恰当的负值时,两个曲线在(x<0)时可能相切,
当然,此处你可能还会认为是有相切,还有相交,这不要紧,我们通过下述的计算就能回答这个疑惑。
设切点坐标为(P(x_0,y_0)),则有(x_0<0),
则有(left{egin{array}{l}{3ax_0^2=6x_0}\{y_0=ax_0^3}\{y_0=3x_0^2-1}end{array} ight.)
解得(x_0=-1),(y_0=2),将切点(P(-1,2))代入(y=ax^3),解得(a=-2),
故当(a<-2)时,两条曲线在(x<0)上没有交点,只在(x>0)上有交点,故满足题意,
即(a)的取值范围时((-infty,-2)),故选(C)。
【法3】:利用导数方法,同时注意题目的隐含条件,(f(0)=1),(f'(x)=3ax^2-6x=3x(ax-2)),
①当(a=0)时,原函数为(y=-3x^2+1),有两个零点,不符合题意,舍去。
②当(a>0)时,由导函数的图像可知,函数(f(x))在区间((-infty,0))上单调递增,在区间((0,cfrac{2}{a}))上单调递减,在区间((cfrac{2}{a},+infty))上单调递增,
此时函数在区间((-infty,0))上必有一个零点,不符合题意,舍去。
③当(a<0)时,由导函数的图像可知,函数(f(x))在区间((-infty,cfrac{2}{a}))上单调递减,在区间((cfrac{2}{a},0))上单调递增,在区间((0,+infty))上单调递减,
此时只需要函数(f(x))的极小值大于零即可,即(f(cfrac{2}{a})>0),
即(acdot (cfrac{2}{a})^3-3cdot (cfrac{2}{a})^2+1>0),化简得到(a^2>4),
解得(a<-2)或(a>2),又(a<0),故(a<-2)。
即(a)的取值范围时((-infty,-2)),故选(C)。
即 (b=-cfrac{3}{2}),(c=-6)
(2).设(f(x)=ax^{3}+x)恰好有三个单调区间,求实数(a)的取值范围.
分析: (f^{prime}(x)=3a x^{2}+1)且(f(x))有三个单调区间
则方程 (f'(x)) (f^{prime}(x)=3a x^{2}+1=0)有两个不等的实根
即(Delta=0^{2}-4 imes 1 imes 3a>0),解得(a<0)
故(a)的取值范围为((-infty, 0)).