Question

已知函數(shù)f（x）=x³+bx²-3x（b∈（-∞，0]），且函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增．
（1）求函數(shù)f（x）的解析式；
（2）若對于區(qū)間[-2，2]上任意兩個(gè)自變量的值x₁，x₂，都有|f（x₁）-f（x₂）|≤c，求實(shí)數(shù)c的最小值；
（3）若過點(diǎn)M（2，m）（m≠2），可作曲線y=f（x）的三條切線，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程

專題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）求導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增，所以f′（x）≥0，對?x∈[1，+∞）恒成立，分離參數(shù)，求最值，即可求函數(shù)f（x）的解析式；
（2）由題意，對于定義域內(nèi)任意自變量都使得|f（x₁）-f（x₂）|≤c，可以轉(zhuǎn)化為求函數(shù)在定義域下的最值即可得解；
（3）設(shè)切點(diǎn)，求出切線方程，過點(diǎn)M（2，m）（m≠2），可作曲線y=f（x）的三條切線，可得方程2x₀³-6x₀²+6+m=0有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，即函數(shù)g（x）=2x³-6x²+6+m有三個(gè)不同的零點(diǎn)，從而可求實(shí)數(shù)m取值范圍．

解答： 解：（1）由題意得f′（x）=3x²+2bx-3，
因?yàn)楹瘮?shù)f（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增，
所以f′（x）≥0，對?x∈[1，+∞）恒成立，
所以2b≥

3

x

-3x對?x∈[1，+∞）恒成立，
令φ（x）=

3

x

-3x，則φ′（x）=3-

3

x2

，
所以當(dāng)?x∈[1，+∞）時(shí)，φ′（x）＜0恒成立，
所以函數(shù)φ（x）是[1，+∞）上的單調(diào)減函數(shù)，
所以當(dāng)?x∈[1，+∞）時(shí)，函數(shù)φ（x）的最大值是ψ（1）=0，
故2b≥0，即b≥0，
又因?yàn)閎∈（-∞，0]，所以b=0，
所以f（x）=x³-3x．
（2）由（1）可得，f′（x）=3x²-3，由f′（x）=3x²-3=0解得x=±1，
∴f（x）在（-2，-1）上單調(diào)遞增，在（-1，1）上單調(diào)遞減，在（1，2）上單調(diào)遞增
∵f（-1）=2，f（1）=-2，
∴當(dāng)x∈[-2，2]時(shí)，f（x）_max=2，f（x）_min=-2，
則對于區(qū)間[-2，2]上任意兩個(gè)自變量的值x₁，x₂，都有|f（x₁）-f（x₂）|≤f（x）_max-f（x）_min≤4，
∴c≥4，∴c的最小值為4．
（3）∵點(diǎn)M（2，m）（m≠2）不在曲線y=f（x）上，
∴設(shè)切點(diǎn)為（x₀，y₀），則y₀=x₀³-3x₀，
∵f′（x₀）=3x₀²-3，
∴切線的斜率為3x₀²-3，則3x₀²-3=

x03-3x0-m

x0-2

，
即2x₀³-6x₀²+6+m=0，
因?yàn)檫^點(diǎn)M（2，m）（m≠2），可作曲線y=f（x）的三條切線，
所以方程2x₀³-6x₀²+6+m=0有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解．
即函數(shù)g（x）=2x₀³-6x₀²+6+m有三個(gè)不同的零點(diǎn)，
則g′（x）=6x²-12x，令g′（x）=0，解得x=0或x=2，

x	（-∞，0）	0	（0，2）	2	（2，+∞）
g'（x）	+	0	-	0	+
g（x）	↗	極大值	↘	極小值	↗

由題意可得g（0）＞0，且g（2）＜0，
所以6+m＞0，且m-2＜0，解得：-6＜m＜2，
所以所求實(shí)數(shù)m的取值范圍是-6＜m＜2．

點(diǎn)評：本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查學(xué)生分析轉(zhuǎn)化問題的能力，正確轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵．