Question

已知函数f（x）的导函数f′（x）是二次函数，且当x=-1时，f（x）取极小值，当x=1时，f（x）取极大值为2，f（2）=-2．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）若函数y=|f（x）-k|-1有两个零点，求实数k的取值范围；
（3）设函数h（x）=2x²+（1-t）x，g（x）=

1

ex

•[

f(x)-2x

x

+h（x）]，若存在实数a，b，c∈[0，1]，使得g（a）+g（b）＜g（c），求实数t的取值范围．

Answer 1

考点：二次函数的性质,导数的运算

专题：函数的性质及应用

分析：（1）由x=±1时f（x）取得极值可设f'（x）=a（x-1）（x+1）=ax²-a，从而可得f（x）=

ax3

3

-ax+b，再由极大值为2，f（2）=-2，可得方程组，解出即可，注意两种情况；
（2）y=lf（x）-k|-1=|-x³+3x-k|-1，令m（x）=x³-3x+k，函数y=|f（x）-k|-1有两个零点，则m（x）图象与y=±1有两个交点，利用导数求出函数m（x）的极大值、极小值，结合函数图象，可得m所满足的条件，解出即可；
（3）存在实数a，b，c∈[0，1]，使得g（a）+g（b）＜g（c），问题等价于2g_min（x）＜g_max（x），利用导数对t进行分类讨论可得最小值，解出不等式即可，其中当0＜t＜1时，不等式无解的判断要构造函数，借助函数的单调性．

解答： 解：（1）∵函数f（x）的导函数f′（x）是二次函数，
当x=1和-1时，f（x）有极值，
∴f′（x）=a（x-1）（x+1）=ax²-a，
∴f（x）=

ax3

3

-ax+b，
∵f（x）有极值，且极大值为2，f（2）=-2，
∴

8a

3

-2a+b=-2，

a

3

-a+b=2，
解得a=-3，b=0，
∴函数f（x）的解析式是f（x）=-x³-3x；
（2）∵y=|f（x）-k|-1=|-x³-3x-k|-1
由y=0得，x³+3x+k=1或x³+3x+k=-1，
令m（x）=x³-3x+k，则m′（x）=3x²-3=3（x+1）（x-1），
当x＜-1时，m′（x）＞0，当-1＜x＜1时，m′（x）＜0，当x＞1时，m′（x）＞0，
所以当x=-1时，m（x）有极大值，m（-1）=2+k，当x=1时，m（x）有极小值，m（1）=-2+k，
函数y=|f（x）-k|-1有两个零点，则m（x）图象与y=±1有两个交点，
所以2+k＜-1或-2+k＞1，或

2+k＜1 -2+k＞-1

，解得k＜-3，或k＞3，
所以实数k的取值范围为：k＜-3或k＞3．
（3）g（x）=[

-x3+x

x

+2x²+（1-t）x]e^-x=[x²+（1-t）x+1]e^-x，
g′（x）=（2x+1-t）e^-x-e^-x[x²+（1-t）x+1]
=-e^-x[x²-（t+1）x+t]=-e^-x（x-1）（x-t），
x∈[0，1]，当x＜t时，g′（x）≤0，g（x）单调递减；当x＞t时，g′（x）≥0，g（x）单调递增．
∴x=t为g（x）的极小值点．
①当t≤0时，g（x）在[0，1]上递增，g_min（x）=g（0）=1，gmax（x）=g（1）=（3-t）e-1，
只须2×1＜（3-t）e^-1，t＜3-2e．
∴此时，t＜3-2e．
②当t≥1时，g（x）在[0，1]上递减，g_min（x）=g（1）=（3-t）e^-1，g_max=g（0）=1，
只须2（3-t）e^-1＜1，t＞3-

e

2

，
∴此时，t＞3-

e

2

．
③当0＜t＜1时，g_min（x）=g（t），而g_max（x）=max{g（0），g（1）}，
所以2g（t）＜max{1，

3-t

e

}，即2×

t+1

et

＜max{1，

3-t

e

}（*），
易知y=

t+1

et

在[0，1]上单调递减，所以2×

t+1

et

≥

4

e

，而

3-t

e

3

e

＜，
所以不等式（*）无解，
综上所述，当t∈（-∞，3-2e）∪（3-

e

2

，+∞）时，满足题意．

点评：本题考查函数的零点、利用导数研究函数的极值、最值及恒成立问题，考查分类讨论思想，（3）问的解答关键是对问题进行等价转化为最值求解，本题综合性强、难度较大．