Question

（2013•广东）设函数f（x）=x³-kx²+x（k∈R）．
（1）当k=1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）当k＜0时，求函数f（x）在[k，-k]上的最小值m和最大值M．

Answer 1

分析：（1）当k=1时，求出f′（x）=3x²-2x+1，判断△即可得到单调区间；
（2）解法一：当k＜0时，f′（x）=3x²-2kx+1，其开口向上，对称轴x=

k

3

，且过（0，1）．分△≤0和△＞0即可得出其单调性，进而得到其最值．
解法二：利用“作差法”比较：当k＜0时，对?x∈[k，-k]，f（x）-f（k）及f（x）-f（-k）．

解答：解：f′（x）=3x²-2kx+1
（1）当k=1时f′（x）=3x²-2x+1，
∵△=4-12=-8＜0，∴f′（x）＞0，f（x）在R上单调递增．
（2）当k＜0时，f′（x）=3x²-2kx+1，其开口向上，对称轴x=

k

3

，且过（0，1）
（i）当△=4k2-12=4(k+

3

)(k-

3

)≤0，即-

3

≤k＜0时，f′（x）≥0，f（x）在[k，-k]上单调递增，
从而当x=k时，f（x）取得最小值m=f（k）=k，
当x=-k时，f（x）取得最大值M=f（-k）=-k³-k³-k=-2k³-k．
（ii）当△=4k2-12=4(k+

3

)(k-

3

)＞0，即k＜-

3

时，令f′（x）=3x²-2kx+1=0
解得：x1=

k+ k2-3

3

，x2=

k- k2-3

3

，注意到k＜x₂＜x₁＜0，
∴m=min{f（k），f（x₁）}，M=max{f（-k），f（x₂）}，
∵f(x1)-f(k)=

x

3 1

-k

x

2 1

+x1-k=(x1-k)(

x

2 1

+1)＞0，∴f（x）的最小值m=f（k）=k，
∵f(x2)-f(-k)=

x

3 2

-k

x

2 2

+x2-(-k3-k•k2-k)=(x2+k)[(x2-k)2+k2+1]＜0，
∴f（x）的最大值M=f（-k）=-2k³-k．
综上所述，当k＜0时，f（x）的最小值m=f（k）=k，最大值M=f（-k）=-2k³-k
解法2：（2）当k＜0时，对?x∈[k，-k]，都有f（x）-f（k）=x³-kx²+x-k³+k³-k=（x²+1）（x-k）≥0，
故f（x）≥f（k）．
f（x）-f（-k）=x³-kx²+x+k³+k³+k=（x+k）（x²-2kx+2k²+1）=（x+k）[（x-k）²+k²+1]≤0，
故f（x）≤f（-k），而 f（k）=k＜0，f（-k）=-2k³-k＞0．
所以 f(x)max=f(-k)=-2k3-k，f（x）_min=f（k）=k．

点评：熟练掌握利用导数研究函数的单调性、二次函数的单调性、分类讨论思想方法、作差法比较两个数的大小等是解题的关键．