Question

设函数f(x)＝x⁴＋bx²＋cx＋d，当x＝t₁时，f(x)有极小值．

(1)若b＝－6时，函数f（x）有极大值，求实数c的取值范围；

(2)在(1)的条件下，若存在实数c，使函数f(x)在闭区间［m－2，m＋2］上单调递增，求m的取值范围；

(3)若函数f(x)只有一个极值点，且存在t₂∈(t₁，t₁＋1)，使f ′(t₂)＝0，证明：函数g(x)＝f(x)－x²＋t₁x在区间(t₁，t₂)内最多有一个零点．

Answer 1

（1）因为 f（x）＝x⁴＋bx²＋cx＋d，所以h（x）＝f ′（x）＝x³－12x＋c．……2分

由题设，方程h（x）＝0有三个互异的实根．

考察函数h（x）＝x³－12x＋c，则h ′（x）＝0，得x＝±2．

x	(－∞,－2)	－2	（－2，2）	2	（2，＋∞）
h ′（x）	＋	0	－	0	＋
h（x）	增	c＋16(极大值)	减	c－16 (极小值)	增

所以 故－16<c<16．  ………………………………………………5分

（2）存在c∈（－16，16），使f ′（x）≥0，即x³－12x≥－c，    （*）

所以x³－12x>－16，即（x－2）²（x＋4）>0（*）在区间［m－2，m＋2］上恒成立． 7分

所以［m－2，m＋2］是不等式（*）解集的子集．

所以或m－2>2，即－2<m<0，或m>4．  ………………………9分

（3）由题设，可得存在α，β∈R，使f ′（x）＝x³+2bx＋c＝（x－t₁）（x²＋αx＋β），

且x²＋αx＋β≥0恒成立． …………………………………………………11分

又f´（t₂）＝0，且在x＝t₂两侧同号，

所以f´（x） ＝（x－t₁）（x－t₂）²． …………………………………………13分

另一方面，g ′（x）＝x³＋（2b－1）x＋t₁＋c

＝x³＋2bx＋c－（x－t₁）＝（x－t₁）［（x－t₂）²－1］．

因为 t₁ < x < t₂，且 t₂－t₁<1，所以－1< t₁－t₂ < x－t₂ <0．

所以 0<（x－t₂）²<1，所以（x－t₂）²－1<0．

而 x－t₁>0，所以g ′（x）<0，所以g（x）在（t₁，t₂）内单调减．

从而g（x）在（t₁，t₂）内最多有一个零点．…………………………………16分