Question

（本小题满分16分）设函数f（x）＝x⁴＋bx²＋cx＋d，当x＝t₁时，f（x）有极小值．
（1）若b＝－6时，函数f（x）有极大值，求实数c的取值范围；
（2）在（1）的条件下，若存在实数c，使函数f（x）在闭区间［m－2，m＋2］上单调递增，求实数m的取值范围；
（3）若函数f（x）只有一个极值点，且存在t₂∈（t₁，t₁＋1），使f ′（t₂）＝0，证明：函数g（x）＝f（x）－x²＋t₁x在区间（t₁，t₂）内最多有一个零点．

Answer 1

（1）－16<c<16．（2）－2<m<0，或m>4．（3）同解析

（1）因为 f（x）＝x⁴＋bx²＋cx＋d，
所以h（x）＝f ′（x）＝x³－12x＋c．……2分
由题设，方程h（x）＝0有三个互异的实根．
考察函数h（x）＝x³－12x＋c，则h ′（x）＝0，得x＝±2．

x	（－∞，－2）	－2	（－2，2）	2	（2，＋∞）
h ′（x）	＋	0	－	0	＋
h（x）	增	c＋16 （极大值）	减	c－16（ 极小值）	增

所以 故－16<c<16． ………………………………………………5分
（2）存在c∈（－16，16），使f ′（x）≥0，即x³－12x≥－c，  （*）
所以x³－12x>－16，
即（x－2）²（x＋4）>0（*）在区间［m－2，m＋2］上恒成立． …………7分
所以［m－2，m＋2］是不等式（*）解集的子集．
所以或m－2>2，即－2<m<0，或m>4． ………………………9分
（3）由题设，可得存在α，β∈R，
使f ′（x）＝x³+2bx＋c＝（x－t₁）（x²＋αx＋β），
且x²＋αx＋β≥0恒成立．又f´（t₂）＝0，且在x＝t₂两侧同号，
所以f´（x） ＝（x－t₁）（x－t₂）²．
另一方面，
g ′（x）＝x³＋（2b－1）x＋t₁＋c＝x³＋2bx＋c－（x－t₁）＝（x－t₁）［（x－t₂）²－1］．
因为 t₁ < x < t₂，且 t₂－t₁<1，所以－1< t₁－t₂ < x－t₂ <0．所以 0<（x－t₂）²<1，
所以（x－t₂）²－1<0．
而 x－t₁>0，所以g ′（x）<0，所以g（x）在（t₁，t₂）内单调减．
从而g（x）在（t₁，t₂）内最多有一个零点．…………………………………16分