Question

13．已知函数f（x）=x³+nx²+mx，g（x）=nx²-mx，其中m，n∈R．
（1）若当m=n+6时，函数f（x）有两个极值点x₁，x₂（x₁＜x₂），且0≤x₁＜1，2≤x₂＜3，求实数n的取值范围和f（x₁）+f（x₂）的取值范围；
（2）当n＞m，且mn≥0时，若函数f（x），g（x）在区间[m，n]上都是单调函数，且单调性相反，求n-2m的最大值．

Answer 1

分析 （1）求函数的导数，根据函数极值和导数的关系转化为一元二次函数，利用一元二次函数的性质进行求解即可．
（2）根据函数单调性与导数之间的关系，进行转化求解即可．

解答 解：（1）当m=n+6时，f（x）=x³+nx²+mx=x³+nx²+（n+6）x，
则f′（x）=3x²+2nx+n+6，由判别式△=4n²-12（n+6）＞0，得n＞6或n＜-3，
又由于0≤x₁＜1，2≤x₂＜3，
∴函数应满足$\left\{\begin{array}{l}{f（0）=n+6≥0}\\{f（1）=3n+9＜0}\\{f（2）=5n+18≤0}\\{f（4）=9n+54＞0}\end{array}\right.$，即-6＜n＜-$\frac{18}{5}$---------------4分
f（x₁）+f（x₂）=（x₁³+x₂³）+n（x₁²+x₂²）+（n+6）（x₁+x₂）=（x₁+x₂）³-3x₁x₂（x₁+x₂）+n[（x₁+x₂）²-2x₁x₂]+（n+6）（x₁+x₂），-------6分
由于$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{2n}{3}}\\{{x}_{1}{x}_{2}=\frac{n+6}{3}}\end{array}\right.$，代入上式得f（x₁）+f（x₂）=$\frac{4{n}^{3}}{27}-\frac{2{n}^{2}}{3}-4n$，n∈（-6，$-\frac{18}{5}$）-------8分
设g（n）=$\frac{4{n}^{3}}{27}-\frac{2{n}^{2}}{3}-4n$，n∈（-6，$-\frac{18}{5}$），
则g′（n）=$\frac{4}{9}（{n}^{2}-3n-9）$，
又因为n=$\frac{3}{2}$＞0，且g′（-$\frac{18}{5}$）＞0，
故g（n）在n∈（-6，$-\frac{18}{5}$）上为增函数，
 则f（x₁）+f（x₂） 的取值范围为（-32，$\frac{1304}{125}$）--------------------------------------------------10分
（2）∵函数f（x），g（x）在区间[m，n]上都是单调函数，且单调性相反，
∴$\left\{\begin{array}{l}{f′（x）≥0}\\{g′（x）≤0}\end{array}\right.$，则$\left\{\begin{array}{l}{f′（x）=3{x}^{2}+2nx+m≥0}\\{g′（x）=2nx-m≤0}\end{array}\right.$
若m＜n≤0，显然不符合g′（x）=2nx-m≤0-----------------------11分
若n＞m≥0，则f′（x）在[m，n]上单调递增，则g′（x）单调递减，
则有$\left\{\begin{array}{l}{f′（m）=3{m}^{2}+2mn+m≥0}\\{g′（x）=2{n}^{2}-m≤0}\end{array}\right.$
从而$\left\{\begin{array}{l}{3m+2n+1≥0}\\{2{n}^{2}-m≤0}\\{0≤m＜n}\end{array}\right.$-----------------------------12分
由线性规划可得0＜n-m≤$\frac{1}{8}$------------------------------14分

点评 本题主要考查导数的综合应用，根据函数极值，单调性和导数之间的关系进行转化结合一元二次函数的性质是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．