雖然現(xiàn)行高中數(shù)學(xué)教材中，沒有專門介紹二次函數(shù)和三次函數(shù)，但由于二次函數(shù)涉及的問題“博大精深”，尤其二次函數(shù)的性質(zhì)、最值問題，一元二次方程根的分布情況問題，二次不等式的解法和恒成立問題一直都是考試的熱點問題；由于三次函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)是二次函數(shù)，因此可以通過研究其導(dǎo)函數(shù)（二次函數(shù)）來研究三次函數(shù)的性質(zhì)，各地的高考試題中三次函數(shù)問題經(jīng)常在壓軸題中出現(xiàn).

對于二次函數(shù)，其重點和難點是：①二次函數(shù)在規(guī)定區(qū)間上的最值問題；②一元二次方程根的分布情況問題. 對于三次函數(shù)要做到：能由函數(shù)的解析式得到函數(shù)的極值、函數(shù)的單調(diào)性，從而畫出函數(shù)的大致圖象，了解其零點的分布情況.

解決二次函數(shù)的相關(guān)問題時，由于其解析式有三種形式（①一般式：y=ax2+bx+c（a≠0）；②標準式：y=a（x-m）2+k（a≠0）；③兩根式：y=a（x-x1）（x-x2）），所以對解析式的選擇顯得非常重要，特別要注意解析式與具體問題的匹配. 對于三次函數(shù)問題，特別要重視通過研究其導(dǎo)函數(shù)來解決問題，即把三次函數(shù)問題化歸為二次函數(shù)問題.

例1 已知函數(shù)f（x）=x2-2（a+2）x+a2，g（x）=-x2+2（a-2）x-a2+8，設(shè)H1=max{f（x），g（x）}，H2=min{f（x），g（x）}，其中max{p，q}表示p，q中的較大值，min{p，q}表示p，q中的較小值，記H1的最小值為A，H2的最大值為B，則A-B等于（ ）

A. 16 B. -16

C. a2-2a-16 D. a2+2a-16

破解思路 本題的常規(guī)解法是設(shè)法把A，B用a表示出來，然后再求出A-B. 若分別求出函數(shù)H1（x）和H2（x）的解析式，再求其最小值和最大值，則要經(jīng)過繁雜的運算過程，且容易犯錯；而利用數(shù)形結(jié)合的思想方法解決則能做到“有圖有真相”. 同時，對于選擇題，也可以用特殊法來解決.

答案詳解 法1：拋物線y=f（x）=（x-a-2）2-4a-4的頂點為P（a+2，-4a-4），拋物線y=g（x）=-（x-a+2）2-4a+12的頂點為Q（a-2，-4a+12）.

由f（x）=g（x）？圳2（x-a）2-8=0？圳x=a-2或x=a+2，即兩拋物線的交點恰為拋物線y=f（x），y=g（x）的頂點. 如圖5，作出它們的圖象，由圖象可知A，B分別是P，Q兩點的縱坐標，即A=-4a-4，B=-4a+12，所以A-B=-16.

圖5

法2：事實上，對于？坌a∈R，函數(shù)y=f（x）和y=g（x）的圖象都有公共點，所以y=H1（x）和y=H2（x）也有公共點，不妨設(shè)其公共點的縱坐標為y0，則A≤y0≤B，所以對于？坌a∈R，A-B≤0，故可否定A，C，D.

例2 已知二次函數(shù)f（x）=ax2+2x-a滿足f（-1）

破解思路 要得到a的取值范圍，只需得到實數(shù)a應(yīng)滿足的“目標不等式”，所以問題的關(guān)鍵是如何把題目給出的關(guān)于某些函數(shù)值的不等式“翻譯”成關(guān)于a的不等式，這里顯然要利用函數(shù)的單調(diào)性解決之. 注意到二次函數(shù)的單調(diào)性與二次函數(shù)圖象的開口、對稱軸相關(guān)，所以還要用到分類討論的方法.

答案詳解 由題意可知，a≠0.若a>0，則f（x）是（0，+∞）上的增函數(shù)，所以f（3）>f（2）>f（1），與已知矛盾. 所以必有a<0. 令x0=->0，由于y=f（x）的圖象關(guān)于直線x=x0對稱，且開口向下，由f（-1）3-x0>2-x0>x0-1，解得1

例3 已知函數(shù)f（x）=（1-2a）x3+（9a-4）x2+（5-12a）x+4a（a∈R）在區(qū)間[0，2]上的最大值是2，求a的取值范圍.

破解思路 （1）當a的值確定時， f（x）在區(qū)間[0，2]上的最大值也隨之確定. 從理論上講，其最大值可以表示成關(guān)于a的函數(shù)h（a），解方程h（a）=2可得到a的值. 但這個想法有以下兩個不足：其一，求函數(shù)h（a）的解析式是一件很不容易的事，所以沒有可操作性；其二，照理可求出a的值，而題目所要的結(jié)論是a的取值范圍，因此題目中可能還隱藏著其他“機關(guān)”.

（2）注意到函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，2]上的最大值只可能在邊界點的函數(shù)值及在這個區(qū)間上的極值點的函數(shù)值中產(chǎn)生，因此必有f（0）≤2， f（2）≤2成立，由此可縮小“包圍圈”. 在操作過程中沒有必要真去求出函數(shù)f（x）的最大值，只需其在區(qū)間[0，2]上的極值點的函數(shù)值不大于2即可.

答案詳解 法1：（分類討論，各個擊破）因為f（x）=（1-2a）x3+（9a-4）x2+（5-12a）x+4a（a∈R），所以f ′（x）=3（1-2a）x2+2（9a-4）x+（5-12a）=（x-1）[3（1-2a）x-（5-12a）] .

記t=其中a≠，由t=1可得a=. 由題意可知， f（0）=4a≤2，得a≤. 又因為？坌a∈R， f（2）=2恒成立， f（1）=-a+2≤2得a≥0，所以0≤a≤.

①當0≤a<時，0<1

②當≤a<時，t≤0<1<2， f（x）是[0，1]上的減函數(shù)，是[1，2]上的增函數(shù)，所以f（x）在[0，2]上的最大值為max{f（0）， f（2）}=2，滿足條件.

③當

④當a=時， f（x）是[0，1]上的減函數(shù)，是[1，2]上的增函數(shù)，所以f（x）在[0，2]上的最大值為max{f（0）， f（2）}=2，滿足條件.

⑤當a=時， f ′（x）=（x-1）2≥0，f（x）是[0，2]上的增函數(shù)，所以f（x）在[0，2]上的最大值為f（2）=2.

由①②③④⑤可知a的取值范圍是0≤a≤.

評注 這種解法的指導(dǎo)思想是運用分類討論的思想，把需要論證的問題分解成若干個小問題，然后各個擊破，所以總的解題思路顯得很自然. 在該解題過程中利用了x=1是其中的一個極值點，邊界點的函數(shù)值f（0）≤2等條件，從而把a的取值范圍壓縮為0≤a≤，但后面的論證過程顯得比較繁雜. 若能大膽猜想0≤a≤就是a的取值范圍，則可以對其論證過程作必要的修正，如通過改變主元的方法，簡化證明過程.

法2：（大膽猜想，小心論證）由題意可知， f（0）=4a≤2，得a≤，又因為？坌a∈R， f（2）=2恒成立， f（1）= -a+2≤2得a≥0，所以0≤a≤.

下面證明：？坌x∈[0，2]，a∈0，有f（x）≤f（2）=2恒成立.

由于f（x）=g（a）=（-2x3+9x2-12x+4）a+x3-4x2+5x.

要證明：？坌a∈0，，g（a）≤2恒成立，只需證明：g（0）≤2，g≤2成立. 令h（x）=g（0）=x3-4x2+5x，則易知h（x）是[0，1]和，2上的增函數(shù)，是1，上的減函數(shù)，所以h（x）在[0，2]上的最大值為max{h（1），h（2）}=2，即？坌x∈[0，2]，g（0）≤2成立.

令s（x）=g=（x-1）2+， s（x）在[0，2]上的最大值為max{s（0），s（2）}=2，即？坌x∈[0，2]，g≤2成立.

綜上所述，a的取值范圍是0≤a≤.

評注 本解法的關(guān)鍵是能注意到f（2）=2，且x=1是函數(shù)的一個極值點，從而大膽猜想a的取值范圍是0≤a≤. 這種解法過程簡捷，確實令人拍案叫絕，但其缺點也很明顯，即思路不是很自然.

在發(fā)現(xiàn)“暗藏機關(guān)”f（2）=2后，問題即化歸為“0≤x≤2時， f（x）≤f（2）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍”. 運用分離變量法，把問題化歸為求函數(shù)的最值，是求解不等式中參數(shù)的范圍最常用的方法之一.

法3：（分離變量，再求最值）由題意可知， f（0）=4a≤2得a≤. 又因為？坌a∈R， f（2）=2恒成立，所以函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，2]上的最大值是2？圳0≤x≤2時， f（x）≤f（2）恒成立？圳0≤x≤2時，（x-2）[（-a）（2x2-5x+2）+x2-2x+1]≤0恒成立？圳0≤x<2時，（-a）（2x2-5x+2）+x2-2x+1≥0恒成立？圳0≤x<2時，a（x-2）（2x-1）≤x2-2x+1恒成立？圳0≤x<時，a≤恒成立且

令g（x）=0≤x<，則g（x）=2--0≤x<，其值域為（0，2]，所以=的最小值為，所以a≤. 當

綜上所述，a的取值范圍是0≤a≤.

1. 關(guān)于x的方程x3-px+2=0有三個不同的實數(shù)解，則實數(shù)p的取值范圍為________.

2. 已知函數(shù)f（x）=x3-3x+1，x∈R，A={xt≤x≤t+1}，B={xf（x）≥1}， 若集合A∩B只含有一個元素，則實數(shù)t的取值范圍為________.

3. 已知函數(shù)ft（x）=（x-t）2-t（t∈R），設(shè)a