Question

已知函數f(x)=x3-

3

2

ax2+b，a，b為實數，x∈R，a∈R．
（1）當1＜a＜2時，若f（x）在區間[-1，1]上的最小值、最大值分別為-2、1，求a、b的值；
（2）在（1）的條件下，求經過點P（2，1）且與曲線f（x）相切的直線l的方程；
（3）試討論函數F（x）=（f′（x）-2x²+4ax+a+1）•e^x的極值點的個數．

Answer 1

分析：（1）求出f（x）的導數，令f′（x）=0，解出極值點和單調區間，并把端點值-1，1代入進行比較，求出最值，從而求a、b的值；
（2）分兩種情況：①當切點為P（2，1）時，②當切點P不是P（2，1）時，根據函數f（x）的解析式設出切點的坐標，根據設出的切點坐標，同時由f（x）求出其導函數，把切點的橫坐標代入導函數中即可表示出切線的斜率，進而得到切點坐標，最后根據切點坐標和切線過原點寫出切線方程即可．
（3）先求出f′（x）=0時得到方程討論△的取值決定方程解得個數從而得到函數極值的個數．

解答：解：（1）由已知得，f'（x）=3x²-3ax，…（1分）
由f'（x）=0，得x₁=0，x₂=a．…（2分）
∵x∈[-1，1]，1＜a＜2，∴當x∈[-1，0）時，f'（x）＞0，f（x）遞增；
當x∈（0，1]時，f'（x）＜0，f（x）遞減．
∴f（x）在區間[-1，1]上的最大值為f（0）=b，∴b=1．…（4分）
又f(1)=1-

3

2

a+1=2-

3

2

a，f(-1)=-1-

3

2

a+1=-

3

2

a，∴f（-1）＜f（1）．
由題意得f（-1）=-2，即-

3

2

a=-2，得a=

4

3

．故a=

4

3

，b=1為所求．…（6分）
（2）：由（1）得f（x）=x³-2x²+1，f'（x）=3x²-4x，點P（2，1）在曲線f（x）上．
①當切點為P（2，1）時，切線l的斜率k=f'（x）|_x=2=4，
∴l的方程為y-1=4（x-2），即4x-y-7=0． …（8分）
②當切點P不是P（2，1）時，設切點為Q（x₀，y₀）（x₀≠2），切線l的斜率k=f′(x)|x=x0=3

x

2 0

-4x0，
∴l的方程為 y-y0=(3

x

2 0

-4x0)(x-x0)．…（10分）
又點P（2，1）在l上，∴1-y0=(3

x

2 0

-4x0)(2-x0)，
∴1-(

x

3 0

-2

x

2 0

+1)=(3

x

2 0

-4x0)(2-x0)，∴

x

2 0

(2-x0)=(3

x

2 0

-4x0)(2-x0)，
∴

x

2 0

=3

x

2 0

-4x0，即2x₀（x₀-2）=0，∴x₀=0．∴切線l的方程為y=1．
故所求切線l的方程為4x-y-7=0或y=1…（12分）
（ 或者：由①知點A（0，1）為極大值點，所以曲線f（x）的點A處的切線為y=1，恰好經過點P（2，1），符合題意．）
（3）：由題意F（x）=（x²+ax+a+1）•e^x，
所以F′（x）=[x²+（2+a）x+2a+1]•e^x…（13分）
令x²+（2+a）x+2a+1=0．
當△=a（a-4）＞0，即a＜0或a＞4時，方程x²+（2+a）x+2a+1=0有兩個不同的實根x₁，x₂，不妨設x₁＜x₂，于是F（x）=e^x（x-x₁）（x-x₂）從而有下表：

x	（-∞，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
F′（x）	+	0	_	0	+
F（x）	增函數	極大值	減函數	極小值	增函數

即此時有兩個極值點．…（16分）
②當△=a（a-4）=0，即a=0或a=4時，方程x²+（2+a）x+2a+1=0有兩個相同的實根x₁=x₂，于是F/(x)=ex(x-x1)2，此時無極值．…（16分）
③當△＜0，即0＜a＜4時，恒有F′（x）＞0，此時無極值．…（17分）
因此，當a＜0或a＞4時，F（x）有2個極值點，當0≤a≤4時，F（x）無極值．…（18分）

點評：此題主要考查利用函數的導數求極值點和單調區間，從而求出最值，注意極大值點不一定是最值點，以及利用導數研究曲線上某點切線方程．