Question

設函數(shù)f（x）=x（x-1）²．
（1）求f（x）的極小值；
（2）討論函數(shù)F（x）=f（x）+2x²-x-2axlnx零點的個數(shù)，并說明理由？
（3）設函數(shù)g（x）=e^x-2x²+4x+t（t為常數(shù)），若使3-f（x）≤x+m≤g（x）在[0，+∞）上恒成立的實數(shù)m有且只有一個，求實數(shù)t的值．（e⁷＞10³）

Answer 1

【答案】分析：（1）由f（x）=x³-2x²+x，得f′（x）=3x²-4x+1，令f′（x）=3x²-4x+1=0，得x₁=，x₂=1，列表討論能求出f（x）的極小值．
（2）由f（x）=x³-2x²+x，知F（x）=x³-2axlnx，由x和a的取值范圍進行分類討論，能求出函數(shù)零點的個數(shù)．
（3）由g（x）=e^x-2x²+4x+t，3-f（x）≤x+m≤g（x）在[0，+∞）上恒成立實數(shù)m有且只有一個，得3-x³+2x²-x≤x+m≤e^x-2x²+4x+t在[0，+∞）上恒成立實數(shù)m有且只有一個，由此能求出t．
解答：解：（1）∵f（x）=x（x-1）²=x³-2x²+x，
∴f′（x）=3x²-4x+1，
令f′（x）=3x²-4x+1=0，得x₁=，x₂=1，
列表討論

x	（-∞，）		（）	1	（1，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	↑	極大值	↓	極小值	↑

由上表知：f（x）的增區(qū)間是 （-∞，），（1，+∞），減區(qū)間是（），
∴當x=1時，f（x）取極小值f（1）=0．…3分
（2）∵f（x）=x（x-1）²=x³-2x²+x，
∴F（x）=f（x）+2x²-x-2axlnx=x³-2axlnx，
∵x＞0，∴由F（x）=x³-2axlnx=0，得x²=2alnx，
∴當a＜e時，函數(shù)零點的個數(shù)為0；
當a=e時，函數(shù)零點的個數(shù)為1；
當a＞e時，函數(shù)零點的個數(shù)為2．
（3）∵g（x）=e^x-2x²+4x+t，
∴由3-f（x）≤x+m≤g（x）在[0，+∞）上恒成立，得
3-x³+2x²-x≤x+m≤e^x-2x²+4x+t在[0，+∞）上恒成立，
∴h₁（x）=x+m-（3-x³+2x²-x）=x³-2x²+2x+m-3≥0在[0，+∞）上恒成立，
∵h₁′（x）=3x²-4x+2=3（x-）²+，
∴h₁（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，
∴h₁（x）在[0，+∞）上的最小值h₁（x）_min=h₁（0）=m-3≥0．
∴m≥3，
∵實數(shù)m有且只有一個，
∴m=3
h₂（x）=e^x-2x²+4x+t-x-m=e^x-2x²+3x+t-3≥0在[0，+∞）上恒成立，
∴h₂（x）=e^x-2x²+3x+t≥3在[0，+∞）上恒成立，
當x=0時，h₂（0）=1+t≥3，
∴t≥2．
點評：本題考查函數(shù)極小值的求法，函數(shù)零點個數(shù)的討論，等價轉化思想的應用．解題時要認真審題，仔細解答，注意導數(shù)性質的靈活運用．