Question

已知函數(shù)f（x）=x³-3ax+2（a∈R）
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng)a=0時(shí)，在曲線y=f（x）上是否存在兩點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x≠x），使得曲線在A，B兩點(diǎn)處的切線均與直線x=2交于同一點(diǎn)？若存在，求出交點(diǎn)縱坐標(biāo)的取值范圍；若不存在，請說明理由；
（Ⅲ）若f（x）在區(qū)間（-2，2）存在最大值f（x₁），試構(gòu)造一個(gè)函數(shù)h（x），使得h（x）同時(shí)滿足以下三個(gè)條件：①定義域D={x|x＞-2}，且x≠4k-2，k∈N}；②當(dāng)x∈（-2，2）時(shí)，h（x）=f（x）；③在D中使h（x）取得最大值f（x₁）時(shí)的x值，從小到大組成等差數(shù)列．（只要寫出函數(shù)h（x）即可）

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：本題（1）由導(dǎo)函數(shù)值的正負(fù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，注意分類討論；（2）假設(shè)存在滿足條件的兩點(diǎn)，進(jìn)行求解，如果推出矛盾，則假設(shè)不成立；（3）根據(jù)條件構(gòu)造出符合要求的函數(shù)，得到本題結(jié)論．

解答： 解：（Ⅰ）依題可得f′（x）=3x²-3a，
當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）≥0恒成立，函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增；
當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)=3(x-

a

)(x+

a

)＞0，解得x＜-

a

或x＞

a

，
f（x）單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，-

a

）和（

a

，+∞）．
（Ⅱ）設(shè)切線與直線x=2的公共點(diǎn)為P（2，t），
當(dāng)a=0時(shí)，f′（x）=3x²，
則f′(x1)=3x12，
∴以點(diǎn)A為切點(diǎn)的切線方程為y-x13-2=3x12(x-x1)．
∵點(diǎn)P（2，t）在切線上，
∴t-x13-2=3x12(2-x1)，
即2x13-6x12+t-2=0．
同理可得方程2x23-6x22+t-2=0．
設(shè)g（x）=2x³-6x²+t-2，
則原問題等價(jià)于函數(shù)g（x）至少有兩個(gè)不同的零點(diǎn)．
∵g′（x）=6x²-12x=6x（x-2），
當(dāng)x＜0或x＞2時(shí)，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)0＜x＜2時(shí)，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減．
∴g（x）在x=0處取極大值g（0）=t-2，
在x=2處取極小值g（2）=t-10．
若要滿足g（x）至少有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，
則需滿足

t-2≥0 t-10≤0

，解得2≤t≤10．
故存在，且交點(diǎn)縱坐標(biāo)的取值范圍為[2，10]．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，-2＜-

a

＜0，即0＜a＜4．
①h（x）=（x-4k）³-3a（x-4k）+2，x∈（4k-2，4k+2），k∈N，其中0＜a＜4；
②h(x)=

f(x)，-2＜x＜2 f(x-2)，x＞2且x≠4k-2，k∈N*

，其中0＜a＜4；
③h（x）=

f(x)，-2＜x＜ f(- a )，x=- a +4k，k∈N* 0，x＞2且x≠- a +4k，x≠4k-2，k∈N*

，其中0＜a＜4．

點(diǎn)評：本題考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義、導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性和最值，本題難度較大，計(jì)算量也較大，屬于難題．