Question

10．已知函數(shù)f（x）=x³-3ax-1，a≠0．
（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若f（x）在x=-1處取得極值，且函數(shù)g（x）=f（x）-m有三個零點，求實數(shù)m的取值范圍；
（Ⅲ）設(shè)h（x）=f（x）+（3a-1）x+1，證明過點P（2，1）可以作曲線h（x）的三條切線．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出f′（1），得到關(guān)于a的方程，解出即可求出f（x）的表達式，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)的極值，得到符合條件的m的范圍即可；
（Ⅲ）問題等價于方程2t³-6t²+3=0有三個不同解，設(shè)ϕ（t）=2t³-6t²+3，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出ϕ（t）的極大值和極小值，從而證出結(jié)論．

解答 （Ⅰ）解：f'（x）=3x²-3a=3（x²-a），…（1 分）
當a＜0時，對于x∈R，f'（x）＞0恒成立，
所以，當a＜0時，f（x）在區(qū)間（-∞，+∞）上單調(diào)遞增；      …（2 分）
當a＞0時，由f'（x）＞0，解得$x＜-\sqrt{a}$或$x＞\sqrt{a}$，
由f'（x）＜0，解得$-\sqrt{a}＜x＜\sqrt{a}$，
所以，當a＞0時，f（x）在區(qū)間$（-∞{，_{\;}}-\sqrt{a}]$和區(qū)間$[\sqrt{a}{，_{\;}}+∞）$上單調(diào)遞增，
在區(qū)間$[-\sqrt{a}{，_{\;}}\sqrt{a}]$上單調(diào)遞減．…（4 分）
（Ⅱ）解：因為f（x）在x=-1處取得極值，
所以f'（1）=3×（-1）²-3a=0，故a=1．…（5 分）
則f（x）=x³-3x-1，f'（x）=3x²-3，
由f'（x）=0，解得x=-1或x=1．
由（Ⅰ）中f（x）的單調(diào)性，可知f（x）在x=-1處取得極大值f（-1）=1，
在x=1處取得極小值f（1）=-3．…（7 分）
因為函數(shù)g（x）=f（x）-m有三個零點，
而在極大值點左側(cè)存在f（-3）=-19＜f（1），
在極小值點右側(cè)存在f（3）=17＞f（-1），
所以m＜f（-1）且m＞f（1），即實數(shù)m的取值范圍（-3，1）．…（9 分）
（Ⅲ）證明：依題意，h（x）=（x³-3ax-1）+（3a-1）x+1=x³-x，…（10分）
則h（x）=x³-x在點（t，h（t））處的切線方程為y=（3t²-1）x-2t³．…（11分）
若切線過點P（2，1），則1=2（3t²-1）-2t³，即2t³-6t²+3=0．
過點P（2，1）可以作曲線h（x）的三條切線等價于
方程2t³-6t²+3=0有三個不同解．…（12分）
設(shè)ϕ（t）=2t³-6t²+3，則ϕ'（t）=6t²-12t=6t（t-2），
因為ϕ（t）在R上有唯一極大值ϕ（0）=3＞0和唯一極小值ϕ（2）=-5＜0，
且在極大值點左側(cè)存在ϕ（-1）=-5＜0，在極小值點右側(cè)存在ϕ（3）=3＞0，
因此方程ϕ（t）=0有三個不同解．
所以過點P（2，1）可以作曲線h（x）的三條切線．…（14分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，考查函數(shù)的零點，曲線的切線方程，是一道綜合題．