Question

5．已知函數(shù)$f（x）=\frac{1}{3}m{x^3}-（2+\frac{m}{2}）{x^2}+4x+1，\;g（x）=x+m$．
（1）當m≥4時，求f（x）的單調遞增區(qū)間；
（2）是否存在m＜0，使得對任意的x₁，x₂∈[2，3]，都有f（x₁）-g（x₂）≤1恒成立，求出m的取值范圍；
（3）若函數(shù)h（x）=xg（x）+n在區(qū)間（0，1）上與x軸有兩個不同的交點，求n（1+m+n）的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導數(shù)，討論m=4，m＞4，由導數(shù)大于0，可得增區(qū)間；
（2）假設存在m＜0，使得命題成立．求出f（x）的導數(shù)，及單調區(qū)間，可得f（x）最大值，g（x）的最小值，即[f（x₁）-g（x₂）]_max≤1，亦即f（x₁）_max-g（x₂）_min≤1恒成立．得到m的不等式，即可得到m的范圍；
（3）設函數(shù)h（x）=x²+mx+n的兩個零點為x₁、x₂（0＜x₁，x₂＜1），則f（x）=（x-x₁）（x-x₂），n（1+m+n）=f（0）f（1），運用基本不等式即可得到所求范圍．

解答 解：（1）f'（x）=mx²-（4+m）x+4=（x-1）（mx-4）---------（2分）
當m=4時，f'（x）=4（x-1）²≥0，∴f（x）在（-∞，+∞）上單增，---------（3分）
當m＞4時，$\frac{4}{m}＜1$，∴f（x）的遞增區(qū)間為$（-∞，\frac{4}{m}），\;（1，+∞）$．---------（4分）
（2）假設存在m＜0，使得命題成立，此時$f'（x）=m（x-1）（x-\frac{4}{m}）$．
∵m＜0，∴$\frac{4}{m}＜1$．
則f（x）在$（-∞，\frac{4}{m}）$和（1，+∞）遞減，在$（\frac{4}{m}，1）$遞增．
∴f（x）在[2，3]上遞減，又g（x）在[2，3]遞增．
∴$f{（x）_{max}}=f（2）=\frac{2}{3}m+1，\;g{（x）_{min}}=g（2）=2+m$．---------（6分）
因此，對x₁，x₂∈[2，3]，f（x₁）-g（x₂）≤1恒成立．
即[f（x₁）-g（x₂）]_max≤1，亦即f（x₁）_max-g（x₂）_min≤1恒成立．
∴$\frac{2}{3}m+1-（2+m）≤1$∴m≥-6．又m＜0故m的范圍為[-6，0）．-------（8分）
（3）設函數(shù)h（x）=x²+mx+n的兩個零點為x₁、x₂（0＜x₁，x₂＜1），
則f（x）=（x-x₁）（x-x₂）．
又f（0）=n=x₁x₂＞0，f（1）=1+m+n=（1-x₁）（1-x₂）＞0，-------（10分）
∴n（1+m+n）=f（0）f（1）．
而$0＜f（0）f（1）={x_1}{x_2}（1-{x_1}）（1-{x_2}）≤{（\frac{{{x_1}+1-{x_1}}}{2}）^2}{（\frac{{{x_2}+1-{x_2}}}{2}）^2}=\frac{1}{16}$，
由于x₁≠x₂，故$0＜f（0）f（1）＜\frac{1}{16}$，∴$0＜n（1+m+n）＜\frac{1}{16}$．…（12分）

點評 本題考查導數(shù)的運用：求單調區(qū)間和極值、最值，考查不等式恒成立問題合函數(shù)零點問題的解法，注意運用轉化思想和分類法，以及基本不等式，考查化簡整理的運算能力，屬于難題．