设函数 f(x)=x^ 3 +b x+c，曲线 y=f(x…——2020 高考数学第 21 题答案解析

（1）由 $f(x)=x^{3}+b x+c$，求导得 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+b$．
因为曲线 $y=f(x)$ 在点 $\left(\frac{1}{2}, f\left(\frac{1}{2}\right)\right)$ 处的切线与 $y$ 轴垂直，所以该点处的切线斜率为 $0$，即 $f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=0$．
代入得 $3 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+b=0$，解得 $b=-\frac{3}{4}$．

（2）由（1）知 $f(x)=x^{3}-\frac{3}{4} x+c$，则 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-\frac{3}{4}=3\left(x+\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{1}{2}\right)$．
令 $f^{\prime}(x)=0$，解得 $x=-\frac{1}{2}$ 或 $x=\frac{1}{2}$．
当 $x \in\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right)$ 或 $x \in\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 时，$f^{\prime}(x)>0$，函数单调递增；
当 $x \in\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 时，$f^{\prime}(x)<0$，函数单调递减．
计算关键点的函数值：
$f(-1)=-1+\frac{3}{4}+c=c-\frac{1}{4}$，
$f\left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{8}+\frac{3}{8}+c=c+\frac{1}{4}$，
$f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{8}-\frac{3}{8}+c=c-\frac{1}{4}$，
$f(1)=1-\frac{3}{4}+c=c+\frac{1}{4}$．

假设 $f(x)$ 存在一个绝对值大于 $1$ 的零点，记为 $x_0$，即 $|x_0|>1$．
这意味着 $f(x)$ 在区间 $[-1, 1]$ 之外有零点。
若 $f(x)$ 同时存在一个绝对值不大于 $1$ 的零点（题设条件），我们需要导出矛盾。

情形一：若存在零点 $x_0 > 1$．
由于 $f(x)$ 在 $(\frac{1}{2}, +\infty)$ 上单调递增，且 $f(x_0)=0$，则必有 $f(1) < f(x_0) = 0$．
即 $c+\frac{1}{4} < 0 \Rightarrow c < -\frac{1}{4}$．
此时，对于任意 $x \le 1$：
当 $x \in [\frac{1}{2}, 1]$ 时，$f(x) \le f(1) < 0$；
当 $x \in [-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ 时，$f(x) \le f(-\frac{1}{2}) = c+\frac{1}{4} < 0$（注意此处最大值应为端点或极值点，因 $c < -1/4$，故 $c+1/4 < 0$，且极小值 $f(1/2)=c-1/4$ 更小，极大值 $f(-1/2)=c+1/4 < 0$）；
实际上，更严谨地看：
若 $c < -\frac{1}{4}$，则 $f(1) < 0$，$f(\frac{1}{2}) = c-\frac{1}{4} < -\frac{1}{2} < 0$，$f(-\frac{1}{2}) = c+\frac{1}{4} < 0$，$f(-1) = c-\frac{1}{4} < 0$．
考察 $x < -1$ 的情况：
$\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$．
我们需要判断 $(-\infty, -1]$ 上是否有零点。
取 $x = -1$， $f(-1) < 0$。
由于 $f(x)$ 在 $(-\infty, -\frac{1}{2})$ 单调递增，且在 $x=-1$ 处值为负，若要在此区间有零点，需存在某点函数值为正。
但让我们反过来思考：题目已知“有一个绝对值不大于1的零点”。
如果 $c < -\frac{1}{4}$，则 $f(1)<0, f(-1)<0, f(\pm \frac{1}{2}) < 0$。
在区间 $[-1, 1]$ 上，$f(x)$ 的最大值是 $\max(f(-\frac{1}{2}), f(1)) = c+\frac{1}{4} < 0$（因为 $f(-1/2)$ 是局部极大值，$f(1)$ 是右边界值，且 $f(1)=f(-1/2)$）。
等等，$f(1) = c+1/4$，$f(-1/2) = c+1/4$。
所以在 $[-1, 1]$ 上，$f(x) \le c+\frac{1}{4} < 0$。
这意味着当 $c < -\frac{1}{4}$ 时，$f(x)$ 在 $[-1, 1]$ 上恒小于 $0$，不存在零点。
这与题设“$f(x)$ 有一个绝对值不大于 $1$ 的零点”矛盾。
因此，不可能存在零点 $x_0 > 1$（因为这导致 $c < -1/4$，进而导致 $[-1,1]$ 无零点）。

情形二：若存在零点 $x_0 < -1$．
由于 $f(x)$ 在 $(-\infty, -\frac{1}{2})$ 上单调递增，且 $f(x_0)=0$，则必有 $f(-1) > f(x_0) = 0$．
即 $c-\frac{1}{4} > 0 \Rightarrow c > \frac{1}{4}$．
此时，对于任意 $x \ge -1$：
在区间 $[-1, 1]$ 上，$f(x)$ 的最小值是 $\min(f(-1), f(\frac{1}{2})) = c-\frac{1}{4}$。
因为 $c > \frac{1}{4}$，所以 $f(-1) > 0$，$f(\frac{1}{2}) = c-\frac{1}{4} > 0$。
又 $f(-\frac{1}{2}) = c+\frac{1}{4} > 0$，$f(1) = c+\frac{1}{4} > 0$。
所以当 $c > \frac{1}{4}$ 时，$f(x)$ 在 $[-1, 1]$ 上恒大于 $0$，不存在零点。
这与题设“$f(x)$ 有一个绝对值不大于 $1$ 的零点”矛盾。
因此，不可能存在零点 $x_0 < -1$。

综上所述，假设不成立。$f(x)$ 的所有零点的绝对值都不大于 $1$。