Question

5．已知函數(shù)f（x）=2x³-3（k+1）x²+6kx+t，其中k，t為實數(shù)．
（1）若函數(shù)f（x）在x=2處有極小值0，求k，t的值；
（2）已知k≥1且t=1-3k，如果存在x₀∈（1，2]，使得f'（x₀）≤f（x₀）成立，求實數(shù)t的取值范圍；
（3）記函數(shù)H（x）=[f（x）-t-2]•[$\frac{1}{6}$f'（x）-（$\frac{1}{2}$k-1）x-k]，若函數(shù)y=H（x）有5個不同的零點，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，得到關(guān)于k，t的方程，解出即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為$2x_0^2-（3k+7）{x_0}+9k-1≥0$在x₀∈（1，2]上有解，設(shè)$g（{x_0}）=2x_0^2-（3k+7）{x_0}+9k-1$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出t的范圍即可；
（3）由題意2x³-3（k+1）x²+6kx-2=0有三個不相等的實根且x≠0，$x≠\frac{3}{2}k$，設(shè)m（x）=2x³-3（k+1）x²+6kx-2，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出k的范圍即可．

解答 解：（1）f'（x）=6x²-6（k+1）x+6k=6（x-1）（x-k），
由題意：f（2）=0，f'（2）=0，
即2-k=0，16-12（k+1）+12k+t=0，
解得k=2，t=-4，經(jīng)檢驗適合．
（2）由題意：$6（{x_0}-1）（{x_0}-k）≤2x_0^3-3（k+1）x_0^2+6k{x_0}+t$在x₀∈（1，2]上有解，
即$6（{x_0}-1）（{x_0}-k）≤2x_0^3-3（k+1）x_0^2+6k{x_0}+1-3k$在x₀∈（1，2]上有解，
即$6（{x_0}-1）（{x_0}-k）≤（{x_0}-1）[2x_0^2-（3k+1）{x_0}+3k-1]$在x₀∈（1，2]上有解，
因為x₀∈（1，2]，所以x₀-1＞0，所以$2x_0^2-（3k+7）{x_0}+9k-1≥0$在x₀∈（1，2]上有解，
設(shè)$g（{x_0}）=2x_0^2-（3k+7）{x_0}+9k-1$，
g′（x₀）=4x₀-（3k+7），
∵k≥1，x₀∈（1，2]，∴g′（x₀）＜0在（1，2]恒成立，
∴g（x₀）在x₀∈（1，2]上單調(diào)遞減，
∴$\left\{\begin{array}{l}{g（1）＞0}\\{g（2）≤0}\end{array}\right.$，∴1＜k≤$\frac{7}{3}$，∴-6≤t=1-3k＜-2；
（3）因為$H（x）=[2{x^3}-3（k+1）{x^2}+6kx-2]•（{x^2}-\frac{3}{2}kx）=0$，
所以2x³-3（k+1）x²+6kx-2=0或x=0或$x=\frac{3}{2}k$，
由題意2x³-3（k+1）x²+6kx-2=0有三個不相等的實根且x≠0，$x≠\frac{3}{2}k$，
設(shè)m（x）=2x³-3（k+1）x²+6kx-2，
所以m'（x）=6x²-6（k+1）x+6k=6（x-1）（x-k），
令m'（x）=0得x=1，x=k，
因為m（x）=0有三個不相等的實根且x≠0，$x≠\frac{3}{2}k$，
所以m（1）•m（k）＜0，所以$k＜-\sqrt{2}$或$k＞\sqrt{2}$，
又因為m（0）≠0且$m（\frac{3}{2}k）≠0$，所以$k≠±\frac{{2\sqrt{2}}}{3}$，
所以$k＜-\sqrt{2}$或$k＞\sqrt{2}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．