Question

20．已知函数f（x）=ax³+bx²+cx+d（a，b，c，d为实常数）在x=0处取得极小值2，且曲线y=f（x）在x=3处的切线方程为3x+y-11=0．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）已知函数h₁（x）=e^x+t[f′（x）+x²-x]，h₂（x）=t[f′（x）+x²-x]-lnx．其中t为实常数，试探究是否存在区间M，使得h₁（x）和h₂（x）在区间M上具有相同的单调性，若存在，说明区间M应满足的条件及对应t的取值范围，并指出h₁（x）和h₂（x）在区间M上的单调性；若不存在．请说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据导数函数的极值的关系以及导数的几何意义，即可求出函数f（x）的解析式，
（2）先化简，h₁（x）=e^x+tx，h₂（x）=tx-lnx，分类讨论求出h₁（x）和h₂（x）的单调性，即可求出答案．

解答 解：（1）函数f（x）=ax³+bx²+cx+d（a，b，c，d为实常数）在x=0处取得极小值2，
∴f′（x）=3ax²+2bx+c，
∴f′（0）=c=0，f（0）=d=2，
∵曲线y=f（x）在x=3处的切线方程为3x+y-11=0，
∴f′（3）=27a+6b=-3，即9a+2b=-1，①
当x=3时，9+y-11=0，解得y=2，
∴f（3）=f（x）=27a+9b+2=2，②
由①②解得a=-$\frac{1}{3}$，b=1，
∴f（x）=-$\frac{1}{3}$x³+x²+2；
（2）f′（x）=-x²+2x，
∵h₁（x）=e^x+t[f′（x）+x²-x]，h₂（x）=t[f′（x）+x²-x]-lnx，
∴h₁（x）=e^x+tx，h₂（x）=tx-lnx
∵h₂（x）的定义域为（0，+∞），且 h₂′（x）=t-$\frac{1}{x}$=$\frac{tx-1}{x}$，
当t＜0时，∴h₂′（x）＜0，∴h₂（x）在（0，+∞）上单调递减．            
令h₁（x）=0，得x=ln（-t），
①-1≤t＜0时，ln（-t）≤0，在（ln（-t），+∞）上h₁′（x）＞0，
∴h₁（x）单调递增，由于h₂（x）在（0，+∞）上单调递减，所以不能存在区间M，
使得h₁（x）和h₂（x）在区间M上具有相同单调性；                                              
②若t＜-1时，ln（-t）＞0，在（-∞，ln（-t））上h₁′（x）＜0，h₁（x）单调递减；
在（ln（-t），+∞）上h₁′（x）＞0，h₁′（x）单调递增．由于h₂（x）在（0，+∞）上单调递减，
∴存在区间M⊆（0，ln（-t）]，使得h₁（x）和h₂（x）在区间M上均为减函数．   
当t=0时，h₁（x）=e^x为增函数，h₂（x）=-lnx为减函数，故不能存在区间M，使得h₁（x）和h₂（x）在区间M上具有相同单调性，
当t＞0时，h₁（x）=e^x+tx在R上单调递增，
由 h₂′（x）=t-$\frac{1}{x}$=$\frac{tx-1}{x}$，x＞0，
令 h₂′（x）=0，解得x=$\frac{1}{t}$，
当h₂′（x）≥0时，即x≥$\frac{1}{t}$时，函数h₂（x）在[$\frac{1}{t}$，+∞）上单调递增，
当h₂′（x）＜0时，即0＜x＜$\frac{1}{t}$时，函数h₂（x）在（0，$\frac{1}{t}$）上单调递减，
∴存在区间M⊆[$\frac{1}{t}$，+∞）使得h₁（x）和h₂（x）在区间M上均为增函数，
综上诉述：①当t＜-1时，存在区间M⊆（0，ln（-t）]，使得h₁（x）和h₂（x）在区间M上均为减函数，
当-1≤t≤0时，不能存在区间M，使得h₁（x）和h₂（x）在区间M上具有相同单调性，
当t＞0时，存在区间M⊆[$\frac{1}{t}$，+∞）使得h₁（x）和h₂（x）在区间M上均为增函数．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查分类讨论的思想方法和函数的单调性的运用，属于难题．