Question

设定义在R上的函数f（x）=ax⁴+bx³+cx²+dx+e，当x=-1时，f（x）取得极大值

2

3

，并且函数y=f（x-1）的图象关于点（1，0）对称．
（Ⅰ）求f（x）的表达式；
（Ⅱ）试在函数f（x）的图象上求两点，使以这两点为切点的切线互相垂直，且切点的横坐标都在区间[-

2

，

2

]上；
（Ⅲ）若x=

2t-1

2t

，y=

2 (1-3t)

3t

（t∈R₊），求证：|f(x)-f(y)|＜

4

3

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）先判断y=f（x）的图象关于原点（0，0）对称，再根据x=-1时，f（x）有极值，所以x=1时，f（x）也有极值，所以f（x）=bx³+dx．由f(-1)=

2

3

得 -b-d=

2

3

，从而可求f（x）的表达式；
（Ⅱ）设这两个切点分别为（x₁，y₁），（x₂，y₂），并且x₁＜x₂，f'（x）=x²-1，依题意f′(x1)f′(x2)=(x12-1)(x22-1)=-1，利用条件x₁，x₂≠1且|x₁|≤

2

，|x₂|≤

2

，可得x₁=0或x₂=0，从而可得函数f（x）的图象上两点的坐标；
（Ⅲ）先确定函数的单调区间，进一步可证|f(x)|＜

2

3

，|f(y)|＜

2

3

，从而|f(x)-f(y)|≤|f(x)|+|f(y)|＜

2

3

+

2

3

=

4

3

．

解答：（Ⅰ）解：因y=f（x-1）的图象关于点（1，0）对称，
故y=f（x）的图象关于原点（0，0）对称．
故f（x）+f（-x）=0，易得a=c=e=0，故f（x）=bx³+dx．
因为x=-1时，f（x）有极值，所以x=1时，f（x）也有极值．
又f′（x）=3bx²+d=3b（x+1）（x-1）=3bx²-3b，
于是 d=-3b．
又由f(-1)=

2

3

得 -b-d=

2

3

，
由此解得 b=

1

3

，d=-1，
∴f(x)=

1

3

x3-x．
（Ⅱ）解：设这两个切点分别为（x₁，y₁），（x₂，y₂），并且x₁＜x₂，f'（x）=x²-1，
依题意有f′(x1)f′(x2)=(x12-1)(x22-1)=-1…（*）
因x₁，x₂≠1且|x₁|≤

2

，|x₂|≤

2

，
故

x

2 1

≤2，

x

2 2

≤2．
由（*）式得

x

2 1

=1-

1

x 2 2 -1

≤2，即

1

x 2 2 -1

+1≥0．
故

x 2 2

x 2 2 -1

≥0，解得

x

2 2

＞1或x₂=0．
同理可得

x

2 1

＞1或x₁=0．
又因为当

x

2 1

＞1与

x

2 2

＞1同时成立时与（*）式矛盾，
所以x₁=0或x₂=0．
故

x1=0 y1=0

，

x2= 2 y2=- 2 3

或

x1=- 2 y1= 2 3

，

x2=0 y2=0

．
即所求的两点为(0，0)，(

2

，-

2

3

)或(0，0)，(-

2

，

2

3

)．
（Ⅲ）证明：f′（x）=x²-1，
令f′（x）＞0，可得x＜-1或x＞1；
令f′（x）＜0，可得-1＜x＜1．
所以f（x）的单调递增区间为（-∞，-1）和（1，+∞），f（x）的单调递减区间为（-1，1）．
因x=

2t-1

2t

=1-

1

2t

∈(0，1)，
故f（1）＜f（x）＜f（0）．
即-

2

3

＜f(x)＜0，故|f(x)|＜

2

3

；
因y=

2 (1-3t)

3t

=

2

(

1

3t

-1)∈(-

2

，0)，f(-

2

)=

2

3

，f（0）=0，f(-1)=

2

3

，
故0＜f(y)＜

2

3

，故|f(y)|＜

2

3

．
故|f(x)-f(y)|≤|f(x)|+|f(y)|＜

2

3

+

2

3

=

4

3

．

点评：本题以函数的性质为载体，考查函数的解析式，考查函数的单调性，考查不等式的证明，解题的关键是正确运用导数工具．