Question

1．設(shè)函數(shù)f（x）=$\frac{1}{3}$x³+x²+x，g（x）=2x²+4x十c．
（I）x=-1是函數(shù)f（x）的極值點嗎？說明理由；
（Ⅱ）當x∈[-3，4]對，函數(shù)f（x）與g（x）的圖象有兩個公共點，求c的取值范圍．
（Ⅲ）證明：當x∈R時，e^x+x²-1≥f（x）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)性，從而進行判斷即可；
（Ⅱ）把a=-1代入f（x）確定出f（x），然后令f（x）與g（x）相等，移項并合并得到c等于一個函數(shù)，設(shè)F（x）等于這個函數(shù)，G（x）等于c，求出F（x）的導函數(shù)，令導函數(shù)等于0求出x的值，利用x的值討論導函數(shù)的正負得到F（x）的單調(diào)區(qū)間，進而得到F（x）的極大值和極小值，函數(shù)f（x）與g（x）的圖象有兩個公共點，則函數(shù)F（x）與G（x）有兩個公共點，根據(jù)F（x）的極大值和極小值寫出c的取值范圍即可；
（Ⅲ）問題轉(zhuǎn)化為e^x-$\frac{1}{3}$x³-x-1≥0在R上恒成立，令h（x）=e^x-$\frac{1}{3}$x³-x-1，求出h（x）的導數(shù)，得到h（x）的單調(diào)性，求出h（x）的最小值，從而證出結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=x²+2x+1=（x+1）²≥0，
函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，
函數(shù)無極值點，
故x=-1不是函數(shù)f（x）的極值點；
（Ⅱ）令f（x）=g（x），則有$\frac{1}{3}$x³-x²-3x-c=0，∴c=$\frac{1}{3}$x³-x²-3x，
設(shè)F（x）=$\frac{1}{3}$x³-x²-3x，G（x）=c，令F′（x）=x²-2x-3=0，解得x₁=-1或x=3．
列表如下：

x	-3	（-3，-1）	-1	（-1，3）	3	（3，4）	4
F′（x）		+	0	-	0	+
F（x）	-9		$\frac{5}{3}$		-9		-$\frac{20}{3}$

由此可知：F（x）在（-3，-1）、（3，4）上是增函數(shù)，在（-1，3）上是減函數(shù)．
當x=-1時，F(xiàn)（x）取得極大值F（-1）=$\frac{5}{3}$；當x=3時，F(xiàn)（x）取得極小值
F（-3）=F（3）=-9，而F（4）=-$\frac{20}{3}$．
如果函數(shù)f（x）與g（x）的圖象有兩個公共點，則函數(shù)F（x）與G（x）有兩個公共點，
所以-$\frac{20}{3}$＜c＜$\frac{5}{3}$或c=-9；
（Ⅲ）由e^x+x²-1≥f（x）=$\frac{1}{3}$x³+x²+x，
即e^x-$\frac{1}{3}$x³-x-1≥0在R上恒成立，
令h（x）=e^x-$\frac{1}{3}$x³-x-1，
則h′（x）=e^x-x²-1，
令h′（x）＞0，解得：x＞0，令h′（x）＜0，解得：x＜0，
∴h（x）在（-∞，0）遞減，在（0，+∞）遞增，
∴h（x）_min=h（0）=0，
∴h（x）≥0，
即當x∈R時，e^x+x²-1≥f（x）．

點評 此題考查學生會利用導函數(shù)的正負確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，會根據(jù)函數(shù)的增減性得到函數(shù)的極值，掌握函數(shù)的零點與方程根的關(guān)系，考察函數(shù)恒成立問題，本題有一定的難度．