Question

已知函數(shù)，a，b為實數(shù)，x∈R，a∈R．
（1）當(dāng)1＜a＜2時，若f（x）在區(qū)間[-1，1]上的最小值、最大值分別為-2、1，求a、b的值；
（2）在（1）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；
（3）試討論函數(shù)F（x）=（f′（x）-2x²+4ax+a+1）•e^x的極值點的個數(shù)．

Answer 1

解：（1）由已知得，f'（x）=3x²-3ax，…（1分）
由f'（x）=0，得x₁=0，x₂=a．…（2分）
∵x∈[-1，1]，1＜a＜2，∴當(dāng)x∈[-1，0）時，f'（x）＞0，f（x）遞增；
當(dāng)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）=b，∴b=1．…（4分）
又，，∴f（-1）＜f（1）．
由題意得f（-1）=-2，即，得．故，b=1為所求．…（6分）
（2）：由（1）得f（x）=x³-2x²+1，f'（x）=3x²-4x，點P（2，1）在曲線f（x）上．
①當(dāng)切點為P（2，1）時，切線l的斜率k=f'（x）|_x=2=4，
∴l(xiāng)的方程為y-1=4（x-2），即4x-y-7=0． …（8分）
②當(dāng)切點P不是P（2，1）時，設(shè)切點為Q（x₀，y₀）（x₀≠2），切線l的斜率，
∴l(xiāng)的方程為 ．…（10分）
又點P（2，1）在l上，∴，
∴，∴，
∴，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…（12分）
（ 或者：由①知點A（0，1）為極大值點，所以曲線f（x）的點A處的切線為y=1，恰好經(jīng)過點P（2，1），符合題意．）
（3）：由題意F（x）=（x²+ax+a+1）•e^x，
所以F′（x）=[x²+（2+a）x+2a+1]•e^x…（13分）
令x²+（2+a）x+2a+1=0．
當(dāng)△=a（a-4）＞0，即a＜0或a＞4時，方程x²+（2+a）x+2a+1=0有兩個不同的實根x₁，x₂，不妨設(shè)x₁＜x₂，于是F（x）=e^x（x-x₁）（x-x₂）從而有下表：

x	（-∞，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
F′（x）	+	0		0	+
F（x）	增函數(shù)	極大值	減函數(shù)	極小值	增函數(shù)

即此時有兩個極值點．…（16分）
②當(dāng)△=a（a-4）=0，即a=0或a=4時，方程x²+（2+a）x+2a+1=0有兩個相同的實根x₁=x₂，于是，此時無極值．…（16分）
③當(dāng)△＜0，即0＜a＜4時，恒有F′（x）＞0，此時無極值．…（17分）
因此，當(dāng)a＜0或a＞4時，F(xiàn)（x）有2個極值點，當(dāng)0≤a≤4時，F(xiàn)（x）無極值．…（18分）
分析：（1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，令f′（x）=0，解出極值點和單調(diào)區(qū)間，并把端點值-1，1代入進行比較，求出最值，從而求a、b的值；
（2）分兩種情況：①當(dāng)切點為P（2，1）時，②當(dāng)切點P不是P（2，1）時，根據(jù)函數(shù)f（x）的解析式設(shè)出切點的坐標(biāo)，根據(jù)設(shè)出的切點坐標(biāo)，同時由f（x）求出其導(dǎo)函數(shù)，把切點的橫坐標(biāo)代入導(dǎo)函數(shù)中即可表示出切線的斜率，進而得到切點坐標(biāo)，最后根據(jù)切點坐標(biāo)和切線過原點寫出切線方程即可．
（3）先求出f′（x）=0時得到方程討論△的取值決定方程解得個數(shù)從而得到函數(shù)極值的個數(shù)．
點評：此題主要考查利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)求極值點和單調(diào)區(qū)間，從而求出最值，注意極大值點不一定是最值點，以及利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程．