Question

10．已知函數(shù)$f（\frac{x}{2}）=-\frac{1}{8}{x^{\;}}+\frac{m}{4}{x^2}-m，g（x）=-\frac{1}{2}{x^3}+m{x^2}+（a+1）x+2xcosx-m$．
（1）若曲線y=f（x）僅在兩個不同的點A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂））處的切線都經(jīng)過點（2，t），
求證：t=3m-8或$t=-\frac{1}{27}{m^3}+\frac{2}{3}{m^2}-m$；
（2）當x∈[0，1]時，若f（x）≥g（x）恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導數(shù)，可得A，B處的切線方程，代入點（2，t），可得x₁，x₂為方程t-（-x³+mx²-m）=（-3x²+2mx）（2-x）的兩個不等實根，化簡整理可得，2x³-（m+6）x²+4mx-m-t=0，令g（x）=2x³-（m+6）x²+4mx-m-t，求出導數(shù)，由題意可得g（x）必有一個極值為0，計算即可得到證明；
（2）由題意可得-x³+mx²-m≥-$\frac{1}{2}$x³+mx²+（a+1）x+2xcosx-m，即有$\frac{1}{2}$x³+（a+1）x+2xcosx≤0，討論x=0，顯然成立；當0＜x≤1時，運用參數(shù)分離和構造函數(shù)法，求出導數(shù)，判斷單調性，求出最值，即可得到所求a的范圍．

解答 解：（1）證明：由f（$\frac{x}{2}$）=-$\frac{1}{8}$x³+$\frac{m}{4}$x²-m，可得f（x）=-x³+mx²-m，
f′（x）=-3x²+2mx，可得A處的切線方程：y-（-x₁³+mx₁²-m）=（-3x₁²+2mx）（x-x₁），
同理可得B處的切線方程：y-（-x₂³+mx₂²-m）=（-3x₂²+2mx）（x-x₂），
代入點（2，t），可得x₁，x₂為方程t-（-x³+mx²-m）=（-3x²+2mx）（2-x）的兩個不等實根，
化簡整理可得，2x³-（m+6）x²+4mx-m-t=0，
令g（x）=2x³-（m+6）x²+4mx-m-t，g′（x）=6x²-2（m+6）x+4m=2（3x-m）（x-2），
由g′（x）=0，可得x=2或x=$\frac{m}{3}$．
g（2）=3m-8-t，g（$\frac{m}{3}$）=-$\frac{1}{27}$m³+$\frac{2}{3}$m²-m-t，
由題意可得g（x）必有一個極值為0，則t=3m-8，或t=-$\frac{1}{27}$m³+$\frac{2}{3}$m²-m；
（2）當x∈[0，1]時，若f（x）≥g（x）恒成立，
即為-x³+mx²-m≥-$\frac{1}{2}$x³+mx²+（a+1）x+2xcosx-m，
即有$\frac{1}{2}$x³+（a+1）x+2xcosx≤0，
當x=0時，上式顯然成立；
當0＜x≤1時，即有-a-1≥$\frac{1}{2}$x²+2cosx恒成立，
令m（x）=$\frac{1}{2}$x²+2cosx，m′（x）=x-2sinx，m′′（x）=1-2cosx，
由0＜x≤1時，1＜2cos1≤2cosx＜2，則1-2cosx＜0，
y=x-2sinx在（0，1]遞減，可得x-2sinx＜0，
則m（x）在（0，1]遞減，可得m（x）＜m（0）=2，
則-a-1≥2，解得a≤-3．
a的取值范圍是（-∞，-3]．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線的方程和不等式恒成立問題解法，注意運用分類討論的思想方法和轉化思想，構造函數(shù)法，運用單調性，考查化簡整理的運算能力，屬于綜合題．