Question

已知函數(shù)f（x）的導函數(shù)f'（x）是二次函數(shù)，當x=±1時，f（x）有極值，且極大值為2，f（2）=-2．
（1）求函數(shù)f（x）的解析式；
（2）若函數(shù)y=|f（x）-k|-1有兩個零點，求實數(shù)k的取值范圍．
（3）設函數(shù)h（x）=2x²+（1-t）x，g(x)=[

f(x)-2x

x

+h(x)]e-x，若存在實數(shù)a，b，c∈[0，1]，使得g（a）+g（b）＜g（c），求t的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）由x=±1時f（x）取得極值可設f'（x）=a（x-1）（x+1）=ax²-a，從而可得f（x）=

ax3

3

-ax+b，再由極大值為2，f（2）=-2，可得方程組，解出即可，注意兩種情況；
（2）y=lf（x）-k|-1=|-x³+3x-k|-1，令m（x）=x³-3x+k，函數(shù)y=|f（x）-k|-1有兩個零點，則m（x）圖象與y=±1有兩個交點，利用導數(shù)求出函數(shù)m（x）的極大值、極小值，結合函數(shù)圖象，可得m所滿足的條件，解出即可；
（3）存在實數(shù)a，b，c∈[0，1]，使得g（a）+g（b）＜g（c），問題等價于2g_min（x）＜g_max（x），利用導數(shù)對t進行分類討論可得最小值，解出不等式即可，其中當0＜t＜1時，不等式無解的判斷要構造函數(shù)，借助函數(shù)的單調(diào)性．

解答：解：（1）∵函數(shù)f（x）的導函數(shù)f'（x）是二次函數(shù)，當x=1和-1時，f（x）有極值，
∴f'（x）=a（x-1）（x+1）=ax²-a，
∴f（x）=

ax3

3

-ax+b，
∵f（x）有極值，且極大值為2，f（2）=-2，
∴f（2）=

8

3

a-2a+b=-2，f（1）=

a

3

-a+b=2，
或f（2）=

8

3

a-2a+b=-2，f（-1）=-

a

3

+a+b=2，
解得a=-3，b=0，
所以函數(shù)f（x）的解析式是f（x）=-x³+3x；
（2）y=lf（x）-k|-1=|-x³+3x-k|-1，
由y=0得，x³-3x+k=1或x³-3x+k=-1，
令m（x）=x³-3x+k，則m′（x）=3x²-3=3（x+1）（x-1），
當x＜-1時，m′（x）＞0，當-1＜x＜1時，m′（x）＜0，當x＞1時，m′（x）＞0，
所以當x=-1時，m（x）有極大值，m（-1）=2+k，當x=1時，m（x）有極小值，m（1）=-2+k，
函數(shù)y=|f（x）-k|-1有兩個零點，則m（x）圖象與y=±1有兩個交點，
所以2+k＜-1或-2+k＞1，或

2+k＜1 -2+k＞-1

，解得k＜-3，或k＞3，
所以實數(shù)k的取值范圍為：k＜-3或k＞3．
（3）g（x）=[

-x3+x

x

+2x²+（1-t）x]e^-x=[x²+（1-t）x+1]e^-x，
g′（x）=（2x+1-t）e^-x-e^-x[x²+（1-t）x+1]
=-e^-x[x²-（t+1）x+t]=-e^-x（x-1）（x-t），
x∈[0，1]，當x＜t時，g′（x）≤0，g（x）單調(diào)遞減；當x＞t時，g′（x）≥0，g（x）單調(diào)遞增．
∴x=t為g（x）的極小值點．
①當t≤0時，g（x）在[0，1]上遞增，g_min（x）=g（0）=1，gmax(x)=g(1)=(3-t)e-1，
只須2×1＜（3-t）e^-1，t＜3-2e．
∴此時，t＜3-2e．
②當t≥1時，g（x）在[0，1]上遞減，g_min（x）=g（1）=（3-t）e^-1，g_max=g（0）=1，
只須2（3-t）e^-1＜1，t＞3-

e

2

，
∴此時，t＞3-

e

2

．
③當0＜t＜1時，g_min（x）=g（t），而g_max（x）=max{g（0），g（1）}，
所以2g（t）＜max{1，

3-t

e

}，即2×

t+1

et

＜max{1，

3-t

e

}（*），
易知y=

t+1

et

在[0，1]上單調(diào)遞減，所以2×

t+1

et

≥

4

e

，而

3-t

e

＜

3

e

，
所以不等式（*）無解，
綜上所述，當t∈（-∞，3-2e）∪（3-

e

2

，+∞）時，滿足題意．

點評：本題考查函數(shù)的零點、利用導數(shù)研究函數(shù)的極值、最值及恒成立問題，考查分類討論思想，（3）問的解答關鍵是對問題進行等價轉化為最值求解，本題綜合性強、難度較大．