Question

（2013•廣東）設函數f（x）=x³-kx²+x（k∈R）．
（1）當k=1時，求函數f（x）的單調區間；
（2）當k＜0時，求函數f（x）在[k，-k]上的最小值m和最大值M．

Answer 1

分析：（1）當k=1時，求出f′（x）=3x²-2x+1，判斷△即可得到單調區間；
（2）解法一：當k＜0時，f′（x）=3x²-2kx+1，其開口向上，對稱軸x=

k

3

，且過（0，1）．分△≤0和△＞0即可得出其單調性，進而得到其最值．
解法二：利用“作差法”比較：當k＜0時，對?x∈[k，-k]，f（x）-f（k）及f（x）-f（-k）．

解答：解：f′（x）=3x²-2kx+1
（1）當k=1時f′（x）=3x²-2x+1，
∵△=4-12=-8＜0，∴f′（x）＞0，f（x）在R上單調遞增．
（2）當k＜0時，f′（x）=3x²-2kx+1，其開口向上，對稱軸x=

k

3

，且過（0，1）
（i）當△=4k2-12=4(k+

3

)(k-

3

)≤0，即-

3

≤k＜0時，f′（x）≥0，f（x）在[k，-k]上單調遞增，
從而當x=k時，f（x）取得最小值m=f（k）=k，
當x=-k時，f（x）取得最大值M=f（-k）=-k³-k³-k=-2k³-k．
（ii）當△=4k2-12=4(k+

3

)(k-

3

)＞0，即k＜-

3

時，令f′（x）=3x²-2kx+1=0
解得：x1=

k+ k2-3

3

，x2=

k- k2-3

3

，注意到k＜x₂＜x₁＜0，
∴m=min{f（k），f（x₁）}，M=max{f（-k），f（x₂）}，
∵f(x1)-f(k)=

x

3 1

-k

x

2 1

+x1-k=(x1-k)(

x

2 1

+1)＞0，∴f（x）的最小值m=f（k）=k，
∵f(x2)-f(-k)=

x

3 2

-k

x

2 2

+x2-(-k3-k•k2-k)=(x2+k)[(x2-k)2+k2+1]＜0，
∴f（x）的最大值M=f（-k）=-2k³-k．
綜上所述，當k＜0時，f（x）的最小值m=f（k）=k，最大值M=f（-k）=-2k³-k
解法2：（2）當k＜0時，對?x∈[k，-k]，都有f（x）-f（k）=x³-kx²+x-k³+k³-k=（x²+1）（x-k）≥0，
故f（x）≥f（k）．
f（x）-f（-k）=x³-kx²+x+k³+k³+k=（x+k）（x²-2kx+2k²+1）=（x+k）[（x-k）²+k²+1]≤0，
故f（x）≤f（-k），而 f（k）=k＜0，f（-k）=-2k³-k＞0．
所以 f(x)max=f(-k)=-2k3-k，f（x）_min=f（k）=k．

點評：熟練掌握利用導數研究函數的單調性、二次函數的單調性、分類討論思想方法、作差法比較兩個數的大小等是解題的關鍵．