Question

19．設(shè)函數(shù)f（x）=-$\frac{1}{3}{x^3}+{x^2}+（{m^2}-1）$x（x∈R），其中m＞0．
（1）當(dāng)m=$\frac{3}{2}$，求函數(shù)f（x）在區(qū)間[-2，2]上的最大值；
（2）已知函數(shù)f（x）有三個互不相同的零點(diǎn)0，x₁，x₂，且x₁＜x₂，若對任意的x∈[x₁，x₂]，f（x）＞f（1）恒成立，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求得f（x）在[-2，2]的極值點(diǎn)，再由f（x）在端點(diǎn)處的函數(shù)值和極值，加以比較，即可得到最大值；
（2）化簡f（x）為因式的乘積，運(yùn)用二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，結(jié)合不等式恒成立思想，即可得到m的取值范圍．

解答 解：（1）當(dāng)m=$\frac{3}{2}$，f（x）=-$\frac{1}{3}$x³+x²+$\frac{5}{4}$x，
導(dǎo)數(shù)f′（x）=-x²+2x+$\frac{5}{4}$，
f′（x）=0在[-2，2]上的解為x=-$\frac{1}{2}$（$\frac{5}{2}$舍去），
由f（-2）=$\frac{8}{3}$+4-$\frac{5}{2}$=$\frac{25}{6}$，f（-$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{24}$+$\frac{1}{4}$-$\frac{5}{8}$=-$\frac{1}{3}$，f（2）=-$\frac{8}{3}$+4+$\frac{5}{2}$=$\frac{23}{6}$．
則函數(shù)f（x）在區(qū)間[-2，2]上的最大值為$\frac{25}{6}$；
（2）由題設(shè)，f（x）=x（-$\frac{1}{3}$x²+x+m²-1）
=-$\frac{1}{3}$x（x-x₁）（x-x₂），
∴方程-$\frac{1}{3}$x²+x+m²-1=0有兩個相異的實(shí)根x₁，x₂，
故x₁+x₂=3，且△=1+$\frac{4}{3}$（m²-1）＞0，
∵m＞0，解得m＞$\frac{1}{2}$，
∵x₁＜x₂，所以2x₂＞x₁+x₂=3，
故x₂＞$\frac{3}{2}$＞1．
①當(dāng)x₁≤1＜x₂時，f（1）=-$\frac{1}{3}$（1-x₁）（1-x₂）≥0，而f（x₁）=0，不符合題意，
②當(dāng)1＜x₁＜x₂時，對任意的x∈[x₁，x₂]，都有x＞0，x-x₁≥0，x-x₂≤0，
則f（x）=-$\frac{1}{3}$x（x-x₁）（x-x₂）≥0，
又f（x₁）=0，所以f（x）在[x₁，x₂]上的最小值為0，
于是對任意的x∈[x₁，x₂]，f（x）＞f（1）恒成立的充要條件
是f（1）=m²-$\frac{1}{3}$＜0，
解得-$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜m＜$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∵m＞$\frac{1}{2}$，
即有m的取值范圍是（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）．

點(diǎn)評 本題主要考查了導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求最值和不等式恒成立問題，運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性及函數(shù)和方程轉(zhuǎn)化思想是解題的關(guān)鍵．