Question

19．已知函數(shù)f（x）=-$\frac{1}{3}$x³+$\frac{a}{2}$x²-2x（a∈R）．
（I）當(dāng)a=3時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（II）若過(guò)點(diǎn)（0，-$\frac{1}{3}$）可作函數(shù)y=f（x）圖象的三條不同切線，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出當(dāng)a=3時(shí)f（x）的導(dǎo)數(shù)，由導(dǎo)數(shù)大于0，可得增區(qū)間；由導(dǎo)數(shù)小于0，可得減區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)A（t，-$\frac{1}{3}$t³+$\frac{a}{2}$t²-2t）是函數(shù)f（x）圖象上的切點(diǎn)，求得切線的斜率，可得切線的方程，代入點(diǎn)（0，-$\frac{1}{3}$），可得方程有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，設(shè)g（t）=$\frac{2}{3}$t³-$\frac{1}{2}$at²+$\frac{1}{3}$，求出導(dǎo)數(shù)，求出極值，令極大值大于0，極小值小于0，解不等式即可得到所求范圍．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)a=3時(shí)，f′（x）=-x²+3x-2=-（x-1）（x-2），
當(dāng)1＜x＜2時(shí)，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x＜1或x＞2時(shí)，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（1，2），
單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，1）和（2，+∞）；
（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)A（t，-$\frac{1}{3}$t³+$\frac{a}{2}$t²-2t）是函數(shù)f（x）圖象上的切點(diǎn)，
則過(guò)點(diǎn)A的切線斜率k=-t²+at-2，
所以過(guò)點(diǎn)A的切線方程為y+$\frac{1}{3}$t³-$\frac{a}{2}$t²+2t=（-t²+at-2）（x-t），
因?yàn)辄c(diǎn)（0，-$\frac{1}{3}$）在該切線上，
所以-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$t³-$\frac{a}{2}$t²+2t=（-t²+at-2）（0-t），
即$\frac{2}{3}$t³-$\frac{1}{2}$at²+$\frac{1}{3}$=0，
若過(guò)點(diǎn)（0，-$\frac{1}{3}$）可作函數(shù)y=f（x）圖象的三條不同切線，
則方程$\frac{2}{3}$t³-$\frac{1}{2}$at²+$\frac{1}{3}$=0三個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，
令g（t）=$\frac{2}{3}$t³-$\frac{1}{2}$at²+$\frac{1}{3}$=0，
則函數(shù)y=g（t）的圖象與x軸有三個(gè)不同的交點(diǎn)，
g′（t）=2t²-at=0，解得t=0或t=$\frac{a}{2}$，
因?yàn)間（0）=$\frac{1}{3}$，g（$\frac{a}{2}$）=-$\frac{1}{24}$a³+$\frac{1}{3}$，
所以令g（$\frac{a}{2}$）=-$\frac{1}{24}$a³+$\frac{1}{3}$＜0，即a＞2，
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是（2，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間、極值，考查函數(shù)方程的轉(zhuǎn)化思想的運(yùn)用，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．