Question

設(shè)函數(shù)f(x)=x⁴+bx²+cx+d，當x=t₁時，f(x)有極小值，
(Ⅰ)若b=-6時，函數(shù)f（x）有極大值，求實數(shù)c的取值范圍；
(Ⅱ)在(Ⅰ)的條件下，若存在c，使函數(shù)f(x)在區(qū)間[m-2，m+2]上單調(diào)遞增，求實數(shù)m的取值范圍；
(Ⅲ)若函數(shù)f(x)只有一個極值點，且存在t₂∈(t₁，t₁+1)，使f′(t₂)=0，證明：函數(shù)g(x)=f(x)-x²+t₁x在區(qū)間(t₁，t₂)內(nèi)最多有一個零點。

Answer 1

解：(Ⅰ)因為f(x)=x⁴+bx²+cx+d，
所以h(x)=f′(x)=x³-12x+c， 
由題設(shè)，方程h(x)=0有三個互異的實根，
考察函數(shù)h(x)=x³-12x+c，則h′(x)=0，得x=±2，

所以，故-16＜c＜16。
(Ⅱ)存在c∈（- 16，16），使f′(x)≥0，即x³-12x≥-c，(*)
所以x³-12x＞-16，
即(x-2）²(x+4)＞0(*)在區(qū)間[m-2，m+2]上恒成立，
所以[m-2，m+2]是不等式(*)解集的子集，
所以，或m-2＞2，即-2＜m＜0或m＞4。
(Ⅲ)由題設(shè)，可得存在α，β∈R，
使f′(x)=x³+2bx+c=(x-t₁)(x²+αx+β)，且x²+αx+β≥0恒成立，
又f′(t₂)=0，且在x=t₂兩側(cè)同號，
所以f′(x)=(x-t₁)(x-t₂)²，
另一方面，g′(x)=x³+(2b-1)x+t₁+c=x³+2bx+c-(x-t₁)=(x-t₁)[(x-t₂)²-1]，
因為t₁＜x＜t₂，且t₂-t₁＜1，
所以-1＜t₁-t₂＜x-t₂＜0，
所以0＜(x-t₂)²＜1，
所以(x-t₂)²- l＜0，而x-t₁＞0，
所以g′(x)＜0，所以g(x)在(t₁，t₂)內(nèi)單調(diào)遞減，
從而g(x)在(t₁，t₂)內(nèi)最多有一個零點。