应用导数研究三次函数图像的对称性及切线条数

三次函数的对称中心与切线条数问题证明：三次函数32()(0)f x ax bx cx d a =+++≠一定有对称中心。

提示：可根据奇函数图像的平移得到。

分析：我们知道奇函数的图像关于原点对称，所以要证结论成立，只需证任意一个三次函数都可以由关于原点对称的三次函数（奇函数）平移得来，也即任意的三次函数都可以写成3()()y a x m k x m n =-+-+的形式，因为上述函数图像可以看成奇函数3y ax kx =+按向量(,)m n 平移之后的结果，一定是中心对称图形 展开得：32233(3)()y ax amx am k x n km am =-+++--与32y ax bx cx d =+++比较系数得：2333am b am k c n km am d-=⎧⎪+=⎨⎪--=⎩容易发现，上述方程组一定是有解的，解得：3b m a=- 故三次函数一定是中心对称图形，且对称中心为(,())33b b f a a-- 问题：过三次函数图像上一点00(,)P x y 能作三次函数图像多少条切线？分析：由于三次函数有对称中心，可假设其对称中心在原点，设3()f x ax bx =+，则2()3f x ax b '=+ 设11(,)Q x y 为函数图像上任意一点，则以Q 为切点的切线为21111(3)()y y ax bx x x -=+-将点00(,)P x y 代入得：201101(3)()y y ax b x x -=+-，即3320011101()(3)()ax bx ax bx ax b x x +-+=+- 整理得：3231010230x x x x -+=，问题转化为关于1x 的方程3231010230x x x x -+=有几个实根的问题 为了看起来习惯，我们将上述方程中的1x 换成x ，即32300230x x x x -+= ① 显然当00x =时，方程①即为30x =，解得：0x =，故过(0,0)能作函数图像的一条切线 当00x ≠时，由方程①解得：0x x =或02x -，故过00(,)x y 能作函数图像的两条切线 问题：过三次函数图像外任意一点能作三次函数图像多少条切线？分析：根据三次函数中心对称的特征，我们知道一定可以将函数图像平移至关于原点对称，而本问题的结论显然只与点P 与三次函数图像的相对位置有关，故可简单地考虑三次函数对称中心在坐标原点的情形，设三次函数的解析式为3()f x ax bx =+，并且不妨设0a >，这两个假设并不会影响本结论的一般性。

三次函数图象切线问题的探究作者：杜春晓来源：《文理导航》2011年第04期三次函数是在学习导数时候开始重点接触的一类函数，他的性质很多，也是我们用导数研究函数性质经常遇到的一类函数，对于用这种函数为例分析问题和解决问题学生是很好接受的，对于曲线的切线问题，考查了导数的几何意义，用三次函数的切线性质来引导学生解决复杂曲线问题可以作为这部分教学的切入，高考中三次函数的切线问题也频频出现，下面三次函数切线问题做如下探究。

一、当直线斜率为时的相切情况三次函数f（x）=ax3+bx2+cx+d（a≠0）1.a＞0,斜率k= 时，有且只有一条切线；k＞时，有两条不同的切线；k＜时，没有切线；2.a＜0,斜率k= 时，有且只有一条切线；k＜时，有两条不同的切线；k＞时，没有切线；证明f'（x）3ax2+2bx+c1.a＞0当当k= 时，方程3ax2+2bx+c= 有两个相同解，所以斜率为k的切线有且只有一条；其方程为：当k＞时，方程3ax2+2bx+c=k，有两个不同的解x1，x2，且x1+x2=-，即存在两个不同的切点（x1，f(x1)），（x2，f（x2）），且两个切点关于三次函数图象对称中心对称。

所以斜率为k的切线有两条。

当k＜时，方程3ax2+2bx+c=k无实根，所以斜率为k的切线不存在。

2.a＜0时，读者自己证明。

二、过三次函数图象上一点的切线设点P为三次函数f（x）=ax3+bx2+cx+d（a≠0）图象上任一点，则过点P一定有直线与y=f（x）的图象相切。

若点P为三次函数图象的对称中心，则过点P有且只有一条切线；若点P不是三次函数图象的对称中心，则过点P有两条不同的切线。

证明设p（x1，y1）过点P的切线可以分为两类。

1 P为切点k1=f'（x1）=3ax12+2bx1+c切线方程为：y-y1=（3ax12+2bx1+c）（x-x1）2 P不是切点，过P点作y=f（x）图象的切线，切于另一点Q（x2，y2）∴，也就是说，∴当时，两切线重合，所以过点P有且只有一条切线。

用导数研究三次函数一、知识点解析1定义:定义1、形如y =ax3∙bx2∙ CX ∙d(a =0)的函数，称为“三次函数”。

定义2、三次函数的导函数为二次函数：f / (x) = 3ax2 2bx c(a = 0),我们把2 2=4b -12ac=4(b -3ac),叫做三次函数导函数的判别式。

2、三次函数图象与性质的探究：1、单调性2 3 2一般地，当b -3ac二0时，三次函数y = ax bx ∙cχ∙d(a=0)在R上是单调函数；当b -3ac 0时，三次函数y = ax bx CX d(a 0)在R上有三个单调区间。

2、对称中心3 2三次函数f (x) = ax bx CX d (^∙-z 0)是关于点对称，且对称中心为点b b(—I f (—))，此点的横坐标是其导函数极值点的横坐标。

3a 3ay= f(x)图象的对称中心在导函数y=∕'O)的对称轴上，且又是两个极值点的中点，同时也是二阶导为零的点。

3、三次方程根的问题(1)当.∙, =b2 _3ac乞0时，由于不等式「(X)恒成立，函数是单调递增的，所以原方程仅有一个实根。

■ 0时，由于方程f(X)= 0有两个不同的实根x1, X2,不妨设(2)当厶=b2 _3acX i ：：：x2, 可知，(χ1,f(χj)为函数的极大值点,(X2, f(x2))为极小值点，且函数y = f(x)在(」：，X1)和(x2, ■--)上单调递增，在"x1,x2 I上单调递减。

此时：①若f (x1) f (x2) 0 ,即函数y = f (x)极大值点和极小值点在X轴同侧，图象均与X轴只有一个交点，所以原方程有且只有一个实根。

②若f (χ1) f (χ2) ：：：0 ,即函数y = f (x)极大值点与极小值点在X轴异侧，图象与X轴必有三个交点，所以原方程有三个不等实根。

③若f(X1) f(X2^0 ,即f(X1)与f(X2)中有且只有一个值为0,所以，原方程有三个实根，其中两个相等。

用导数研究三次函数一、知识点解析1、 定义:定义1、 形如32(0)y ax bx cx d a =+++≠的函数, 称为”三次函数”。

定义2、 三次函数的导函数为二次函数:)0(23)(2/≠++=a c bx ax x f ,我们把)3412422ac b ac b -=-=∆（,叫做三次函数导函数的判别式。

2、 三次函数图象与性质的探究:1、 单调性一般地, 当032≤-ac b 时, 三次函数)0(23≠+++=a d cx bx ax y 在R 上是单调函数; 当032>-ac b 时, 三次函数)0(23≠+++=a d cx bx ax y 在R 上有三个单调区间。

2、 对称中心三次函数)0()(23≠+++=a d cx bx ax x f 是关于点对称, 且对称中心为点))3(,3(ab f a b --, 此点的横坐标是其导函数极值点的横坐标。

y ＝f(x)图象的对称中心在导函数y ＝的对称轴上, 且又是两个极值点的中点, 同时也是二阶导为零的点。

3、 三次方程根的问题( 1) 当032≤-=∆ac b 时, 由于不等式0)(≥'x f 恒成立, 函数是单调递增的, 因此原方程仅有一个实根。

( 2) 当△=032>-ac b 时, 由于方程0)(='x f 有两个不同的实根21,x x , 不妨设21x x <, 可知, ))(,(11x f x 为函数的极大值点, ))(,(22x f x 为极小值点, 且函数)(x f y =在),(1x -∞和),(2+∞x 上单调递增, 在[]21,x x 上单调递减。

此时:①若0)()(21>⋅x f x f , 即函数)(x f y =极大值点和极小值点在x 轴同侧, 图象均与x 轴只有一个交点, 因此原方程有且只有一个实根。

②若0)()(21<⋅x f x f , 即函数)(x f y =极大值点与极小值点在x 轴异侧, 图象与x 轴必有三个交点, 因此原方程有三个不等实根。

高考中三次函数图象的切线问题浙江奉化奉港中学 罗永高 程雪飞 315500三次函数的切线蕴含着许多美妙的性质，用导数方法探求切线的性质，为分析问题和解决问题提供了新的视角、新的方法，不仅方便实用，而且三次函数的切线性质变得十分明朗.纵览近几年高考数学试题，三次函数的切线问题频频出现，本文给出三次函数切线的三个基本问题.一、已知斜率为k 与三次函数图象相切的切线三次函数)0()(23≠+++=a d cx bx ax x f1、0>a ,斜率ab ac k 332-=时，有且只有一条切线； ab ac k 332->时，有两条不同的切线； ab ac k 332-<时，没有切线； 2、0<a ,斜率ab ac k 332-=时，有且只有一条切线； ab ac k 332-<时，有两条不同的切线； ab ac k 332->时，没有切线； 证明 c bx ax x f ++=23)(2/1、 0>a 当ab x 3-=时，.33)(2min /a b ac x f -= ∴ 当a b ac k 332-= 时，方程ab ac c bx ax 332322-=++有两个相同解， 所以斜率为k 的切线有且只有一条；其方程为：).3(33)3(2ab x a b ac a b f y +-=-- 当ab ac k 332->时，方程k c bx ax =++232，有两个不同的解21,x x ，且21x x +=-ab 32-，即存在两个不同的切点))(,()),(,(2211x f x x f x ，且两个切点关于三次函数图象对称中心对称。

所以斜率为k 的切线有两条。

当ab ac k 332-<时，方程k c bx ax =++232无实根，所以斜率为k 的切线不存在。

2、0<a 时，读者自己证明。

二、过三次函数图象上一点的切线设点P 为三次函数)0()(23≠+++=a d cx bx ax x f 图象上任一点，则过点P 一定有直线与)(x f y =的图象相切。

三次函数的图象与性质三次函数f(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d(a ≠0)具有丰富的性质，利用导数研究这些性质，其例题：已知函数f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋1(a>0，b ∈R )有极值，且导函数f ′(x )的极值点是f (x )的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值) (1)求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域；(2)证明：b 2>3a ；(3)若f (x )，f ′(x )这两个函数的所有极值之和不小于－72，求a 的取值范围．变式1设函数f(x)＝13x 3－a2x 2＋1，其中a ＞0，若过点(0，2)可作曲线y ＝f(x)的三条不同切线，求实数a 的取值范围．变式2设函数f(x)＝x(x －1)(x －a)(其中a ＞1)有两个不同的极值点x 1，x 2，若不等式f(x 1)＋f(x 2)≤0成立，求实数a 的取值范围．串讲1设f(x)＝13x 3＋x 2＋ax 有两个极值点x 1，x 2，若过两点(x 1，f(x 1))，(x 2，f(x 2))的直线l 与x 轴的交点在曲线y ＝f(x)上，求实数a 的值．串讲2已知函数f(x)＝13x 3－x 2＋ax ＋b 的图象在点P(0，f(0))处的切线方程为y ＝3x －2.(1)求实数a ，b 的值；(2)设g(x)＝f(x)＋mx －1是[2，＋∞)上的增函数．①求实数m 的最大值；②当m 取最大值时，是否存在点Q ，使得过点Q 的直线若能与曲线y ＝g(x)围成两个封闭图形，则这两个封闭图形的面积总相等？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．(2018·苏州期末)已知函数f(x)＝x 3－3x 2＋(2－t)x ，f ′(x)为f(x)的导函数，其中t ∈R . (1)当t ＝2时，求函数f (x )的单调区间；(2)若方程f (x )＝0有三个互不相同的根0，α，β，其中α＜β.①是否存在实数t ，使得f ′（α）β＝f ′（β）α成立？若存在，求出t 的值；若不存在，说明理由．②若对任意的x ∈[α，β]，不等式f (x )≤16－t 恒成立，求t 的取值范围．(2018·苏锡常镇二模)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1，a ，b ∈R . (1)若a 2＋b ＝0，①当a ＞0时，求函数f (x )的极值(用a 表示)；②若f (x )有三个相异零点，问是否存在实数a 使得这三个零点成等差数列？若存在，试求出a 的值；若不存在，请说明理由；(2)函数f (x )图象上点A 处的切线l 1与f (x )的图象相交于另一点B ，在点B 处的切线为l 2，直线l 1，l 2的斜率分别为k 1，k 2，且k 2＝4k 1，求a ，b 满足的关系式．答案：(1)①1－5a 327，②存在a ＝－3311；(2)a 2＝3b .解析：(1)①由f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 及a 2＋b ＝0，得f ′(x )＝3x 2＋2ax －a 2，令f ′(x )＝0，解得x ＝a3或x ＝－a .2分由a ＞0知，x ∈(－∞，－a )，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，x ∈⎝⎛⎭⎫－a ，a3，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，x ∈⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，因此，f (x )的极大值为f (－a )＝1＋a 3，f (x )的极小值为f ⎝⎛⎭⎫a 3＝1－5a327.4分 ②当a ＝0时，b ＝0，此时f (x )＝x 3＋1不存在三个相异零点；当a ＜0时，与①同理可得f (x )的极小值为f (－a )＝1＋a 3，f (x )的极大值为f ⎝⎛⎭⎫a 3＝1－5a 327.要使f (x )有三个不同零点，则必须有(1＋a 3)⎝⎛⎭⎫1－527a 3＜0，即a 3＜－1或a 3＞275.6分不妨设f (x )的三个零点为x 1，x 2，x 3，且x 1＜x 2＜x 3，则f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0，f (x 1)＝x 13＋ax 12－a 2x 1＋1＝0，①，f (x 2)＝x 23＋ax 22－a 2x 2＋1＝0，②，f (x 3)＝x 33＋ax 32－a 2x 3＋1＝0，③，②－①得(x 2－x 1)(x 22＋x 1x 2＋x 12)＋a (x 2－x 1)(x 2＋x 1)－a 2(x 2－x 1)＝0，因为x 2－x 1＞0，所以x 22＋x 1x 2＋x 12＋a (x 2＋x 1)－a 2＝0，④，同理x 32＋x 3x 2＋x 22＋a (x 3＋x 2)－a 2＝0，⑤，⑤－④得x 2(x 3－x 1)＋(x 3－x 1)(x 3＋x 1)＋a (x 3－x 1)＝0，因为x 3－x 1＞0，所以x 2＋x 3＋x 1＋a ＝0，又x 1＋x 3＝2x 2，所以x 2＝－a3.9分所以f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝0，即29a 2＋3a ＝－a 2，即a 3＝－2711＜－1，因此，存在这样实数a ＝－3311满足条件.12分(2)设A (m ，f (m ))，B (n ，f (n ))，则k 1＝3m 2＋2am ＋b ，k 2＝3n 2＋2an ＋b ，又k 1＝f （m ）－f （n ）m －n ＝（m 3－n 3）＋a （m 3－n 2）＋b （m －m ）m －n ＝m 2＋mn ＋n 2＋a (m ＋n )＋b ，由此可得3m 2＋2am ＋b ＝m 2＋mn ＋n 2＋a (m ＋n )＋b ，化简得n ＝－a －2m ，因此，k 2＝3(－a －2m )2＋2a (－a －2m )＋b ＝12m 2＋8am ＋a 2＋b ，所以，12m 2＋8am ＋b ＋a 2＝4(3m 2＋2am ＋b )，所以a 2＝3b .16分例题1答案：(1)b ＝2a 29＋3a ，定义域为(3，＋∞)；(2)略；(3)(3，6]．解析：(1)由f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋1，得f′(x)＝3x 2＋2ax ＋b ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 32＋b －a 23.∴x ＝－a3时，f ′(x)有极小值， ∵f′(x)的极值点是f(x)的零点，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 33＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 32＋ b ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＋1＝0，化简得b ＝29a 2＋3a ，又∵函数f(x)有极值，∴f ′(x)＝3x 2＋2ax ＋b 中Δ＝4a 2－12b ＞0，即a 2＞3b ，即a 2＞23a 2＋9a .a ＞0，解得a ＞3，于是b ＝2a 29＋3a，定义域为(3，＋∞)．(2)证法1：设g(a)＝b 2－3a ＝481a 4－53a ＋9a 2＝181a 2(4a 3－27)(a 3－27)，∵a ＞3，∴g(a)＞0，即b 2＞3a ；证法2：由(1)知ba ＝2a a 9＋3a a，令t ＝a a ，设g(t)＝2t 9＋3t ，则g ′(t)＝29－3t 2＝2t 2－279t 2，当t∈⎝ ⎛⎭⎪⎫362，＋∞ 时，g ′(t)＞0，从而g(t)在⎝ ⎛⎭⎪⎫362，＋∞上单调递增，∵a ＞3，∴a a ＞33，∴g(a a)＞g(33)＝3，即b a＞3，即b 2＞3a ；(3)设x 1，x 2为f(x)的两个极值点，令f′(x)＝0得x 1x 2＝b 3，x 1＋x 2＝－2a3，解法1：f(x 1)＋f(x 2)＝x 13＋x 23＋a(x 12＋x 22)＋b(x 1＋x 2)＋2＝(x 1＋x 2)[(x 1＋x 2)2－3x 1x 2]＋a[(x 1＋x 2)2－2x 1x 2]＋b(x 1＋x 2)＋2＝427a 3－23ab ＋2＝427a 3－23a ⎝ ⎛⎭⎪⎫29a 2＋3a ＋2＝0.记f(x)，f ′(x)所有极值之和为S(a)，f(x 1)＋f(x 2)＝0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝b －a 23，则S(a)＝f(x 1)＋f(x 2)＋f′⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝b －a 33＝3a －a 29≥－72，∵S(a)＝－a 29＋3a ，∴S ′(a)＝－2a 9－3a 2＜0对a∈(3，＋∞)恒成立，∴S(a)＝－a 29＋3a 在a∈(3，＋∞)上单调递减，且S(6)＝－72，故3＜a≤6.解法2：首先证明f(x)的图象关于⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3中心对称，f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 33＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b －a 23⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 3＋1－ab 3＋2a 327＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 33＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫b －a 23⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 3＋ f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，所以 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3－x ＋ f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＋x ＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝0，所以f(x 1)＋f(x 2)＝0， 下同法一．说明：利用三次函数的对称中心，可使解题有的放矢，事半功倍．变式联想变式1答案：(324，＋∞)．解析：∵f′(x)＝x 2－ax ，设切点为(t ，f(t))，切线方程为y ＝(t 2－at)(x －t)＋13t3－a 2t 2＋1，代入(0，2)化简可得23t 3－a 2t 2＋1＝0，设g(t)＝23t 3－a 2t 2＋1，令g′(t)＝0，有t 1＝0，t 2＝a2＞0.∵过点(0，2)可以作曲线y ＝f(x)的三条切线，∴g(t)＝0有三个不同的根，故⎩⎪⎨⎪⎧g （0）＞0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＜0，解得a ＞324，∴实数a 的取值范围是(324，＋∞)．变式2答案：[2，＋∞)．解法1由f(x 1)＋f(x 2)≤0得x 13＋x 23－(a ＋1)(x 12＋x 22)＋a(x 1＋x 2)≤0，此不等式化为(x 1＋x 2)[(x 1＋x 2)2－3x 1x 2]－(a ＋1)[(x 1＋x 2)2－2x 1x 2]＋a(x 1＋x 2)≤0.又f(x)＝x(x －1)(x －a)，所以f′(x)＝3x 2－2(1＋a)x ＋a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4（a 2－a ＋1）＞0，x 1＋x 2＝2（1＋a ）3，x 1x 2＝a 3，代入上述不等式并化简得2a 2－5a ＋2≥0，解得a≥2，即实数a 的取值范围为[2，＋∞)．解法2由例题的过程可得出如下结论：函数f(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d(a≠0)是中心对称图形，其对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 3a ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 3a ，若f(x)有极值点x 1，x 2，则它的对称中心就是(x 1，f(x 1))和(x 2，f(x 2))的中点，即f （x 1）＋f （x 2）2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 3a (读者可自行证明)．应用此结论，得到如下解法：f(x 1)＋f(x 2)≤0f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22≤0，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 3≤0，即a ＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋13－1 ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋13－a ≤0，解得a≥2，即实数a 的取值范围为[2，＋∞)． 串讲激活串讲1答案：0或23或34.解析：∵f′(x)＝x 2＋2x ＋a ，设x 1，x 2为f′(x)＝0的两个根，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－2，x 1x 2＝a ，直线l 的斜率k ＝f （x 2）－f （x 1）x 2－x 1＝23(a －1)，直线过(x 1，f(x 1))，(x 2，f(x 2))．则必过对称中心⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，即⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，23－a ，则直线l 的方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫23－a ＝23(a －1)(x ＋1)．令y ＝0，则x ＝a 2（a －1），又∵⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2（a －1），0在曲线上，代入得13⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2（a －1）3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2（a －1）2＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2（a －1）＝0，解得a 的值为0或23或34.串讲2答案：(1)a ＝3，b ＝－2；(2)①3；②存在Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，13. 解法1(1)由f′(x)＝x 2－2x ＋a 及题设可得⎩⎪⎨⎪⎧f′（0）＝3，f （0）＝－2，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－2.(2)①∵g(x)＝13x 3－x 2＋3x －2＋m x －1，得g′(x)＝x 2－2x ＋3－m （x －1）2，∵g(x)是[2，＋∞)上的增函数，∴g ′(x)≥0对x∈[2，＋∞)恒成立，即x 2－2x ＋3－m （x －1）2≥0对x∈[2，＋∞)恒成立，设t ＝(x －1)2∈[1，＋∞)，即t ＋2－m t ≥0对t∈[1，＋∞)恒成立，当m≤0时，t ＋2－m t ≥0对t∈[1，＋∞)恒成立；当m ＞0时，设φ(t)＝t ＋2－mt，t ∈[1，＋∞)，∵φ′(t)＝1＋m t 2＞0，∴函数φ(t)＝t ＋2－mt 在[1，＋∞)上单调递增，∴φ(t)min＝3－m≥0，即m≤3，又m ＞0，故0＜m≤3，综上，m 的最大值为3.②由①得g(x)＝13x 3－x 2＋3x －2＋3x －1，其图象关于点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，13成中心对称，证明如下：∵g(x)＝13x 3－x 2＋3x －2＋3x －1，∴g(2－x)＝13(2－x)3－(2－x)2＋3(2－x)－2＋32－x －1＝－13x 3＋x 2－3x ＋83＋31－x ，∴g(x)＋g(2－x)＝23，此式表明，若点A(x ，y)为函数g(x)在图象上的任意一点，则点B ⎝⎛⎭⎪⎫2－x ，23－y 也一定在函数g(x)的图象上，而线段AB 中点恒为点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，13，即函数g(x)的图象关于点Q 成中心对称．这也就表明，存在点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，13，使得过点Q 的直线若能与函数g(x)的图象围成两个封闭图形，则这两个封闭图形的面积总相等．解法2(1)由f′(x)＝x 2－2x ＋a 及题设可得⎩⎪⎨⎪⎧f′（0）＝3，f （0）＝－2，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－2，(2)①∵g(x)＝13x 3－x 2＋3x －2＋m x －1，得g′(x)＝x 2－2x ＋3－m （x －1）2，∵g(x)在[2，＋∞)上的增函数，∴g ′(x)≥0对x∈[2，＋∞)恒成立，即x 2－2x ＋3－m （x －1）2≥0对x∈[2，＋∞)恒成立，设t ＝(x －1)2∈[1，＋∞)，即t ＋2－m t ≥0对t∈[1，＋∞)恒成立，∴m ≤t 2＋2t 对t∈[1，＋∞)恒成立，令h(t)＝t 2＋2t ，t ∈[1，＋∞)，可得h(t)min ＝3，故m≤3，即m 的最大值为3.②由①得g(x)＝13x 3－x 2＋3x －2＋3x －1，将函数g(x)的图象向左平移1个长度单位，再向下平移13个长度单位，所得图象相应的函数解析式为G(x)＝13x 3＋2x ＋3x ，x ∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，∵G(－x)＝－G(x)，∴G(x)为奇函数，故G(x)的图象关于坐标原点成中心对称，由此即得函数g(x)的图象关于点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，13成中心对称，这也表明，存在点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，13，使得过点Q 的直线若能与函数g(x)的图象围成两个封闭图形，则这两个封闭图形的面积总相等．新题在线答案：(1)增区间为(－∞，0)和(2，＋∞)，减区间为(0，2)；(2)①不存在；②⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，2∪(2，11]．解析：(1)当t ＝2时，f ′(x)＝3x 2－6x ，令f′(x)＝3x 2－6x ＞0，得x ＞2或x ＜0，∴f(x)的单调增区间为(－∞，0)和(2，＋∞)；令f′(x)＝3x 2－6x ＜0，得0＜x ＜2，∴f(x)的单调减区间为(0，2)．(2)①由题意知α，β是方程x 2－3x ＋(2－t)＝0的两个实根，∴Δ1＝(－3)2－4(2－t)＞0，得t ＞－14.且α＋β＝3，αβ＝2－t ，α2＋β2＝5＋2t ，由f′（α）β＝f′（β）α成立得，af ′(α)＝βf′(β)，得3(α2＋αβ＋β2)－6(α＋β)＋(2－t)＝0，代入得3(5＋2t ＋2－t)－6×3＋(2－t)＝0，即5＋2t ＝0，解得t ＝－52，因为t ＞－14，∴这样的实数t 不存在．②因为对任意的x∈[α，β]，f(x)≤16－t 恒成立．由α＋β＝3，αβ＝2－t ，α＜β，1°当－14＜t ＜2时，有0＜α＜β，∴对x∈[α，β]，f (x)≤0，∴0≤16－t ，解得t≤16.∴－14＜t ＜2.2°当t ＞2时，有α＜0＜β，f ′(x)＝3x 2－6x ＋(2－t)中Δ＝(－6)2－12(2－t)＝12(t ＋1)＞0.由f′(x)＞0，得x ＜3－3（t ＋1）3或x ＞3＋3（t ＋1）3，此时f(x)存在极大值点x 1∈(α，0)，且x 1＝3－3（t ＋1）3.由题意得f(x 1)＝x 13－3x 12＋(2－t)x 1≤16－t ，将x 1＝3－3（t ＋1）3代入化简得(t ＋1)3（t ＋1）≤72，解得t≤11.∴2＜t≤11.综上，t 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，2∪(2，11]．。