Question

(本题满分14分)已知x=1是函数f(x)=mx-3(m+1)x+nx+1的一个极值点，其中m、n∈R, m<0.(1)求m与n的关系表达式；(2)求f (x)的单调区间；(3)当x∈［-1，1］时，函数y=f(x)的图象上任意一点的切线斜率恒大于3m,求m的取值范围.

Answer 1

(Ⅰ)   n=3m+6.  (Ⅱ) 略（Ⅲ）-<m<0.

解析:

(1)f′(x)=3mx-6(m+1)x+n.因为x=1是f (x)的一个极值点，所以f′(1)=0,即3m-6(m+1)+n=0,

所以f′(1)=0.即3m-6(m+1)+n=0,所以n=3m+6.

(2)由（1）知，f′(x)=3mx-6(m+1)x+3m+6=3m(x-1)［x-(1-)］.

(ⅰ)当m<0时，有1>1+,当x变化时，f(x)与f′(x)的变化如下表：

X				1	(1,+)
f′(x)	<0	0	>0	0	<0
f(x)	单调递减	极小值	单调递增	极大值	单调递减

由上表知，当m<0时，f(x)在（-∞,1+）单调递减，在(1+,1)单调递增，在（1，＋∞）单调递减.

(3)解法一：由已知，得f′(x)>3m,即mx-2(m+1)x+2>0.

∵m<0,∴x-(m+1)x+<0. 即x-2(1+)x+<0,x∈［－1，1］.(*)

设g(x)=x-2(1+)x+,其函数图象的开口向上.

由题意（*）式恒成立.∴,又m<0.

∴-<m<0.即m的取值范围是-<m<0.

解法二：由已知，得f′(x)>3m, 即3m(x-1)［x-(1+)］>3m.∵m<0,∴(x-1)<1(*)

(ⅰ)x=1时（*）式化成0<1恒成立，∴m<0.(ⅱ)x≠1时，∵x∈［－1，1］，∴-2≤x-1＜0.

(*)式化为<(x-1)-,令t=x-1,则t∈［－2，0］,记g(t)=t-,则g(t)在区间［－2，0］是单调增函数.

∴g(t)=g(-2)=-2-=-.由（*）式恒成立，必有<--<m,又m<0.∴-<m<0.

综合（ⅰ）(ⅱ)知-<m<0.