Question

4．已知函数f（x）=2x³-3x²+1-（x²-3x+3）e^x，（k∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）函数g（x）=f（x）+（x²-3x+3）e^x，若过点A（m，-4）恰有两条直线与曲线y=g（x）相切，求实数m的值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）求导，利用导数求得f（x）在Q的切线方程，构造辅助函数，利用导数与函数单调性的关系，分类讨论即可求得a的值．

解答 解：（1）函数f（x）的定义域是R，
f′（x）=x（x-1）（6-e^x），
令f′（x）=0，解得：x=0，1或ln6，
x，f′（x），f（x）的变化如下：

x	（-∞，0）	0	（0，1）	1	（1，ln6）	ln6	（ln6，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+	0	-
f（x）	递增	极大值	递减	极小值	递增	极大值	递减

故函数f（x）在（-∞，0），（1，ln6）递增，在（0，1），（ln6，+∞）递减；
（2）设切点Q（t，f（t）），由直线g（x）=f（x）+（x²-3x+3）e^x=2x³-3x²+1，
求导，g′（x）=6x²-6x，
则g（x）在Q点的切线的斜率k=6t²-6t，
则切线方程为y-g（t）=（6t²-6t）（x-t），
由切线过点P（m，-4），则-4-f（t）=（6t²-6t）（m-t），
整理得：4t³-（3+6m）t²+6mt-5=0，
又由曲线恰有两条切线，即方程恰有两个不同的解，
令H（t）=4t³-（3+6m）t²+6mt-5，求导H′（t）=12t²-6（1+2m）t+6m，
令H′（t）=0，解得：t=$\frac{1}{2}$，t=m，
当m=$\frac{1}{2}$时，H′（t）≥0，函数H（t）在R上单调递增，没有两个零点，不符合题意，
当m＞$\frac{1}{2}$时，且t∈（-∞，$\frac{1}{2}$）∪（m，+∞）时，H′（t）＞0，
当t∈（$\frac{1}{2}$，m）时，H′（t）＜0，
∴H（t）在（-∞，$\frac{1}{2}$），（m，+∞）单调递增，在（$\frac{1}{2}$，m）单调递减；
要使H（t）在R上有两个零点，则 $\left\{\begin{array}{l}{H（\frac{1}{2}）=0}\\{H（m）＜m}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{H（\frac{1}{2}）＞0}\\{H（m）=0}\end{array}\right.$，
由H（$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{2}$-$\frac{3}{4}$-$\frac{3}{2}$m+3m-5=$\frac{3}{2}$（m-$\frac{7}{2}$），
H（m）=4m³-（3+6m）m²+6m²-5=-（m+1）（2m²-5m+5），
=-（m+1）[2（m-$\frac{5}{4}$）²+$\frac{15}{8}$]，
∴$\left\{\begin{array}{l}{m-\frac{7}{2}=0}\\{m+1＞0}\end{array}\right.$或 $\left\{\begin{array}{l}{m-\frac{7}{2}＞0}\\{m+1=0}\end{array}\right.$，
则m=$\frac{7}{2}$，
当m＜$\frac{1}{2}$时，同理可知：$\left\{\begin{array}{l}{m+1=0}\\{m-\frac{7}{2}＜0}\end{array}\right.$或 $\left\{\begin{array}{l}{m+1＜0}\\{m-\frac{7}{2}=0}\end{array}\right.$，则m=-1，
综上可知：m=-1或m=$\frac{7}{2}$．

点评 本题考查导数及其应用等基础知识，考查抽象概括能力、推理能力句函数和方程思想、分类和整合思想，是一道综合题，属于难题．