Question

2．已知函數(shù)f（x）=mx³-3（m+1）x²+nx（m，n∈R且m＜0），且x=1是f（x）的極值點．
（1）求f（x）的單調區(qū)間；
（2）當實數(shù)m發(fā)生變化時，是否存在實數(shù)m，使得函數(shù)y=f（x）（-1≤x≤1）的圖象上任意一點的切線斜率總不小于3m？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由；
（3）設-2≤m＜0，函數(shù)g（x）=ln（x+1）+$\frac{mx}{x+2}$（2≤x≤3），若對于任意x₁∈[2，3]，總存在x₀∈[0，1]，使得f（x₀）=g（x₁）成立，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出f′（x），因為x=1是函數(shù)的極值點，所以得到f′（1）=0求出m與n的關系式，令f′（x）=0求出函數(shù)的極值點，討論函數(shù)的增減性確定函數(shù)的單調區(qū)間；
（2）函數(shù)圖象上任意一點的切線斜率恒大于3m即f′（x）＞3m代入得到不等式即3m（x-1）[x-（1+$\frac{2}{m}$）]＞3m，又因為m＜0，分x=1和x≠1，當x≠1時g（t）=t-$\frac{1}{t}$，求出g（t）的最小值．要使$\frac{2}{m}$≤（x-1）-$\frac{1}{x-1}$恒成立即要g（t）的最小值≥$\frac{2}{m}$，解出不等式的解集求出m的范圍；
（3）分別求出f（x）在[0，1]的值域S，g（x）在[2，3]的值域T，得到，T⊆S，得到關于m的不等式組，解出即可．

解答 解：（1）f′（x）=3mx²-6（m+1）x+n．
因為x=1是f（x）的一個極值點，所以f′（1）=0，
即3m-6（m+1）+n=0．
所以n=3m+6．
∴f′（x）=3mx²-6（m+1）x+3m+6=3m（x-1）[x-（1+$\frac{2}{m}$）]
當m＜0時，有1＞1+$\frac{2}{m}$，當x變化時f（x）與f'（x）的變化如下表：

x	（-∞，1+$\frac{2}{m}$）	1+$\frac{2}{m}$	（1+$\frac{2}{m}$，1）	1	（1，+∞）
f′（x）	-	0	+	0	-
f（x）	單調遞減	極小值	單調遞增	極大值	單調遞減

由上表知，當m＜0時，f（x）在（-∞，1+$\frac{2}{m}$）單調遞減，在（1+$\frac{2}{m}$，1）單調遞增，在（1，+∞）單調遞減．
（2）由已知，得f′（x）≥3m，即3m（x-1）[x-（1+$\frac{2}{m}$）]≥3m，
∵m＜0．∴（x-1）[x-1（1+$\frac{2}{m}$）]≤1．（*）
①x=1時．（*）式化為0＜1怛成立．
∴m＜0．
②x≠1時∵x∈[-1，1]，∴-2≤x-1＜0．
（*）式化為$\frac{2}{m}$≤（x-1）-$\frac{1}{x-1}$．
令t=x-1，則t∈[-2，0），記g（t）=t-$\frac{1}{t}$，
則g（t）在區(qū)間[-2，0）是單調增函數(shù)．∴g（t）_min=g（-2）=-2-$\frac{1}{2}$=-$\frac{3}{2}$．
由（*）式恒成立，必有$\frac{2}{m}$≤-$\frac{3}{2}$⇒-$\frac{4}{3}$≤m，又m＜0．∴-$\frac{4}{3}$≤m＜0．
綜上，可知-$\frac{4}{3}$≤m＜0；
（3）由（1）得：1+$\frac{2}{m}$＜0，則f（x）在[0，1]遞增，
∴f（x）_max=f（1）=m+3，f（x）_min=f（0）=0，
而g′（x）=$\frac{{x}^{2}+2（m+2）x+2（m+2）}{（x+1{）（x+2）}^{2}}$＞0，
∴g（x）在[2，3]遞增，
∴g（x）_max=g（3）=ln4+$\frac{3}{5}$m，g（x）_min=g（2）=ln3+$\frac{m}{2}$，
若對于任意x₁∈[2，3]，總存在x₀∈[0，1]，使得f（x₀）=g（x₁）成立，
只需$\left\{\begin{array}{l}{ln3+\frac{m}{2}≥0}\\{ln4+\frac{3}{5}m≤m+3}\end{array}\right.$，解得：m≥5ln2-$\frac{15}{2}$．
綜上，m∈[5ln2-$\frac{15}{2}$，0）．

點評 考查學生利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式的能力，利用導數(shù)研究函數(shù)極值和單調性的能力，以及掌握不等式恒成立的條件．