Question

15．（1）若函數(shù)f（x）=x³+bx²+cx+d的單調(diào)遞減區(qū)間（-1，2）求b，c的值；
（2）設(shè)$f（x）=-\frac{1}{3}{x^3}+\frac{1}{2}{x^2}+2ax$，若f（x）在$（\frac{2}{3}，+∞）$上存在單調(diào)遞增區(qū)間，求a的取值范圍；
（3）已知函數(shù)f（x）=alnx-ax-3（a∈R），若函數(shù)y=f（x）的圖象在點(diǎn)（2，f（2））處的切線的傾斜角為45°，對(duì)于任意t∈[1，2]，函數(shù)g（x）=x³+x²[f′（x）+$\frac{m}{2}$]在區(qū)間（t，3）上總不是單調(diào)函數(shù)，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為3x²+2bx+c=0的兩根分別為-1，2，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系求出a，b的值即可；
（2）函數(shù)f（x）在（$\frac{2}{3}$，+∞）上存在單調(diào)遞增區(qū)間，即f′（x）＞0在（$\frac{2}{3}$，+∞）上有解，只需f′（$\frac{2}{3}$）＞0即可，根據(jù)一元二次函數(shù)的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（3）求出函數(shù)g（x）的導(dǎo)數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為m+4＜$\frac{2}{t}$-3t，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出m的范圍即可．

解答 解：（1）∵f（x）=x³+bx²+cx+d，
∴f'（x）=3x²+2bx+c，
因?yàn)閒（x）=x³+bx²+cx+d的單調(diào)遞減區(qū)間（-1，2），
所以方程f'（x）=3x²+2bx+c=0的兩根分別為-1，2，
即1=-$\frac{2b}{3}$，-2=$\frac{c}{3}$，
所以$b=-\frac{3}{2}，c=-6$；
（2）∵f（x）=-$\frac{1}{3}$x³+$\frac{1}{2}$x²+2ax，
∴函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=-x²+x+2a，
若函數(shù)f（x）在（$\frac{2}{3}$，+∞）上存在單調(diào)遞增區(qū)間，
即f′（x）＞0在（$\frac{2}{3}$，+∞）上有解
∵f′（x）=-x²+x+2a，
∴只需f′（$\frac{2}{3}$）＞0即可，
由f′（$\frac{2}{3}$）=-$\frac{4}{9}$+$\frac{2}{3}$+2a=2a+$\frac{2}{9}$＞0，解得a＞-$\frac{1}{9}$，
當(dāng)a=-$\frac{1}{9}$時(shí)，f′（x）=-x²+x-$\frac{2}{9}$=-$\frac{1}{9}$（3x-2）（3x-1），
則當(dāng)x＞$\frac{2}{3}$時(shí)，f′（x）＜0恒成立，
即此時(shí)函數(shù)f（x）在（$\frac{2}{3}$，+∞）上為減函數(shù)，不滿足條件．
（3）由f′（2）=-$\frac{a}{2}$=1，a=-2，
∴f（x）=-2lnx+2x-3，
∴g（x）=x³+（$\frac{m}{2}$+2）x²-2x，
∴g′（x）=3x²+（m+4）x-2，
令g′（x）=0得，△=（m+4）²+24＞0，
故g′（x）=0兩個(gè)根一正一負(fù)，即有且只有一個(gè)正根，
∵函數(shù)g（x）在區(qū)間（t，3）上總不是單調(diào)函數(shù)，
∴g′（x）=0在（t，3）上有且只有實(shí)數(shù)根，
∵g′（0）=-2＜0，∴g′（t）＜0，g′（3）＞0，
∴m＞-$\frac{37}{3}$，（m+4）t＜2-3t²，故m+4＜$\frac{2}{t}$-3t，
而y=$\frac{2}{t}$-3t在t∈[1，2]單調(diào)減，
∴m＜-9，
綜合得-$\frac{37}{3}$＜m＜-9．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道中檔題．