Question

已知函數(shù)f(x)＝－x³＋x²－2x(a∈R)．
(1)當a＝3時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若對于任意x∈[1，＋∞)都有f′(x)<2(a－1)成立，求實數(shù)a的取值范圍；
(3)若過點可作函數(shù)y＝f(x)圖象的三條不同切線，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

(1) 增區(qū)間為(1,2)，減區(qū)間為(－∞，1)和(2，＋∞)． (2) (－1,8)； (3) (2，＋∞)．

解析試題分析：(1)當a＝3時，f(x)＝－x³＋x²－2x，得f′(x)＝－x²＋3x－2.
因為f′(x)＝－x²＋3x－2＝－(x－1)(x－2)，
所以當1<x<2時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；
當x<1或x>2時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．
故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,2)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)和(2，＋∞)．
(2)方法一：由f(x)＝－x³＋x²－2x，得f′(x)＝－x²＋ax－2.
因為對于任意x∈[1，＋∞)都有f′(x)<2(a－1)成立，
即對于任意x∈[1，＋∞)都有－x²＋ax－2<2(a－1)成立，即對于任意x∈[1，＋∞)都有x²－ax＋2a>0成立．
令h(x)＝x²－ax＋2a，
要使h(x)對任意x∈[1，＋∞)都有h(x)>0成立，必須滿足Δ<0，或
即a²－8a<0或所以實數(shù)a的取值范圍為(－1,8)．
方法二：由f(x)＝－x³＋x²－2x，得f′(x)＝－x²＋ax－2.
因為對于任意x∈[1，＋∞)都有f′(x)<2(a－1)成立，即對于任意x∈[1，＋∞)都有f′(x)_max<2(a－1)．
因為f′(x)＝－²＋－2，其圖象開口向下，對稱軸為x＝.
①當<1，即a<2時，f′(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f′(x)_max＝f′(1)＝a－3.
由a－3<2(a－1)，得a>－1，此時－1<a<2；
②當≥1，即a≥2時，f′(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以f′(x)_max＝f′＝－2.由－2<2(a－1)，得0<a<8，此時2≤a<8.
綜上①②可得，實數(shù)a的取值范圍為(－1,8)．
(3)設點P是函數(shù)y＝f(x)圖象上的切點，則過點P的切線的斜率為k＝f′(t)＝－t²＋at－2，所以過點P的切線方程為y＋t³－t²＋2t＝(－t²＋at－2)(x－t)．
因為點在切線上，所以－＋t³－t²＋2t＝(－t²＋at－2)(0－t)，即t³－at²＋＝0.
若過點可作函數(shù)y＝f(x)圖象的三條不同切線，則方程t³－at²＋＝0有三個不同的實數(shù)解．
令g(t)＝t³－at²＋，則函數(shù)y＝g(t)與t軸有三個不同的交點．
令g′(t)＝2t²－at＝0，解得t＝0或t＝
因為g(0)＝，g＝－a³＋，所以g＝－a³＋<0，即a>2.
所以實數(shù)a的取值范圍為(2，＋∞)．
考點：導數(shù)的幾何意義；利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；二次函數(shù)的性質(zhì)；
點評：我們要靈活應用導數(shù)的幾何意義求曲線的切線方程，尤其要注意切點這個特殊點，充分利用切點即在曲線方程上，又在切線方程上，切點處的導數(shù)等于切線的斜率這些條件列出方程組求解。做本題時我們要注意在某點處的切線方程和過某點的切線方程的區(qū)別。