Question

（2006•朝陽區(qū)二模）已知函數(shù)f（x）=x³-

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2

mx2+n，1＜m＜2
（Ⅰ）若f（x）在區(qū)間[-1，1]上的最大值為1，最小值為-2，求m、n的值；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的條件下，求經(jīng)過點P（2，1）且與曲線f（x）相切的直線l的方程；
（Ⅲ）設函數(shù)f（x）的導函數(shù)為g（x），函數(shù)F（x）=

g(x)+3x+1

6

•e2x，試判斷函數(shù)F（x）的極值點個數(shù)，并求出相應實數(shù)m的范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）利用導數(shù)求出函數(shù)f（x）在[-1，1]上的最大值、最小值，然后令其分別為1、-2可得方程，解出即可；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f（x）=x³-2x²+1，易知點P（2，1）在曲線f（x）上．分點P為切點、不為切點兩種情況討論：當點P為切點時由導數(shù)可得斜率，利用點斜式可得切線方程；當點P不是切點時，設切點為Q（x₀，y₀）（x₀≠2），同上可得切線方程，代入點P坐標可得關于x₀的方程，解出方程可得；
（Ⅲ）易求F（x）表達式，進而可得F′（x），由方程F′（x）=0根的情況可判斷極值點的個數(shù)及m的取值范圍；

解答：解（Ⅰ）∵f′（x）=3x²-3mx=3x（x-m），
∴由f′（x）=0，得x₁=0，x₂=m．
又1＜m＜2，x∈[-1，1]，
∴當x∈[-1，0）時，f′（x）＞0，f（x）遞增；當x∈[0，1]時，f′（x）＜0，f（x）遞減．
∴f（x）在區(qū)間[-1，1]上的最大值為f（0）=n，∴n=1．
又f（1）=1-

3

2

m+1=2-

3

2

m，f（-1）=-1-

3

2

m+1=-

3

2

m，∴f（-1）＜f（1），
由題意得f（-1）=-2，即-

3

2

m=-2，m=

4

3

．
故m=

4

3

，n=1為所求．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f（x）=x³-2x²+1，易知點P（2，1）在曲線f（x）上．
又f′（x）=3x²-4x，∴當切點為P（2，1）時，切線l的斜率k=f′（2）=4，
∴l(xiāng)的方程為y-1=4（x-2），即4x-y-7=0．
當切點P不是切點時，設切點為Q（x₀，y₀）（x₀≠2），切線l的斜率k=f′（x₀）=3x02-4x0，
∴l(xiāng)的方程為y-y₀=（3x02-4x0）（x-x₀）．
又點P（2，1）在l上，∴1-y₀=（3x02-4x₀）（2-x₀），
∴1-(x03-2x02+1)=(3x02-4x0)(2-x0)，
∴x02(2-x0)=(3x02-4x0)(2-x0)，
∴x02=3x02-4x0，即2x₀（x₀-2）=0，∴x₀=0．
∴切線l的方程為y=1．
故所求切線l的方程為4x-y-7=0或y=1．
（Ⅲ）由已知得g（x）=f′（x）=3x²-3mx，
∴F（x）=

g(x)+3x+1

6

•e2x=

1

6

(3x2-3mx+3x+1)•e2x，
∴F′（x）=

1

6

（6x-3m+3）•e^2x+

1

3

(3x2-3mx+3x+1)•e2x
=[x2+(2-m)x+

1

6

(5-3m)]•e^2x．
∵e^2x＞0，二次函數(shù)y=x2+(2-m)x+

1

6

(5-3m)的判別式為△=(2-m)2-4×

1

6

(5-3m)，
整理，得△=m2-2m+

2

3

=(m-1)2-

1

3

．
又1＜m＜2，
∴當1＜m≤1+

3

3

時，△≤0，此時F′（x）≥0，函數(shù)F（x）為單調遞增，極值點個數(shù)為0；
當1+

3

3

＜m＜2時，△＞0，此時方程F′（x）=0有兩個不相等的實數(shù)根，根據(jù)極值點的定義，可知函數(shù)F（x）有兩個極值點．

點評：本題考查導數(shù)的幾何意義、利用導數(shù)研究函數(shù)的極值、最值，考查函數(shù)與方程思想，考查學生分析解決問題的能力．