Question

16．已知函數(shù)f（x）=x³+ax．
（Ⅰ）當x=1時，f（x）=x³+ax有極小值，求a的值；
（Ⅱ）若過點P（1，1）只有一條直線與曲線y=f（x）相切，求a的取值范圍；
（Ⅲ）在（Ⅰ）的條件下，判斷過點A（0，3），B（2，0），C（-2，-2）分別存在幾條直線與曲線y=f（x）相切．（只需寫出結(jié)論）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f′（x）=3x²+a．通過f′（1）=0，解得a，然后驗證當x=1時，f（x）有極小值，推出a=-3．
（Ⅱ）設(shè)過點P（1，1）的直線與曲線y=f（x）相切于點（x₀，y₀），則${y_0}={x_0}^3+a{x_0}$，求出切線斜率，寫出切線方程，代入P的坐標，推出$2{x_0}^3-3{x_0}^2+1-a=0$，設(shè)g（x）=2x³-3x²+1-a，利用“過點P（1，1）只有一條直線與曲線y=f（x）相切”等價于“g（x）只有一個零點”．通過函數(shù)導數(shù)求解函數(shù)的極值，然后求解即可．
（Ⅲ）在（Ⅰ）的條件下，直接判斷過點A（0，3），B（2，0），C（-2，-2）分別存在直線與曲線y=f（x）相切的條數(shù)．

解答 （本小題滿分13分）
解：（Ⅰ）由f（x）=x³+ax得f′（x）=3x²+a．…（1分）
根據(jù)題意f′（1）=0，解得a=-3．…（2分）
此時f′（x）=3x²-3=3（x+1）（x-1）．
令f′（x）=0，解得x=-1或x=1．
當時-1＜x＜1時，f′（x）＜0，f（x）在（-1，1）上單調(diào)遞減，
當x＞1時，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
符合當x=1時，f（x）有極小值，因此a=-3．…（4分）
（Ⅱ）設(shè)過點P（1，1）的直線與曲線y=f（x）相切于點（x₀，y₀），
則${y_0}={x_0}^3+a{x_0}$，且切線斜率為${f^'}（{x_0}）=3{x_0}^2+a$，
所以切線方程為$y-{y_0}=（3{x_0}^2+a）（x-{x_0}）$．
因此$1-（{x_0}^3+a{x_0}）=（3{x_0}^2+a）（1-{x_0}）$，
整理得$2{x_0}^3-3{x_0}^2+1-a=0$．…（6分）
設(shè)g（x）=2x³-3x²+1-a，
則“過點P（1，1）只有一條直線與曲線y=f（x）相切”等價于“g（x）只有一個零點”．g′（x）=6x²-6x=6x（x-1）．
當x變化時，g（x）與g′（x）的變化情況如下：

x	（-∞，0）	0	（0，1）	1	（1，+∞）
f'（x）	+	0	-	0	+
f（x）	↗	1-a	↘	-a	↗

所以，g（0）=1-a是g（x）的極大值，g（1）=-a是g（x）的極小值．…（8分）
當g（x）只有一個零點時，有g(shù)（0）=1-a＜0或g（1）=-a＞0，解得a＞1或a＜0．
因此當過點P（1，1）只有一條直線與曲線y=f（x）相切時，a的取值范圍是a＞1或a＜0．…（10分）
（Ⅲ）過點A（0，3）存在1條直線與曲線y=f（x）相切；
過點B（2，0）存在3條直線與曲線y=f（x）相切；
過點C（-2，-2）存在2條直線與曲線y=f（x）相切．…（13分）

點評 本題考查函數(shù)的導數(shù)的綜合應(yīng)用，切線方程以及函數(shù)的極值單調(diào)性的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力，構(gòu)造法的應(yīng)用．