Question

已知函數(shù)f(x)=

1

3

x3-mx2+

3

2

mx(m＞0)．
（1）當(dāng)m=2時，求曲線y=f（x）在點（0，0）處的切線方程；
（2）討論函數(shù)y=f（x）的單調(diào)性；
（3）若函數(shù)f（x）既有極大值，又有極小值，且當(dāng)0≤x≤4m時，f(x)≤mx2+(

3

2

m-3m2)x+

32

3

恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）m=2時，f(x)=

1

3

x3-2x2+3x，f′（x）=x²-4x+3，由此能求出函數(shù)在（0，0）處切線方程．
（2）函數(shù)f（x）的定義域為R，f′(x)=x2-2mx+

3

2

m，方程x2-2mx+

3

2

m=0的判別式△=4m²-6m，由此入手能夠分類討論函數(shù)y=f（x）的單調(diào)性．
（3）由f′(x)=x2-2mx+

3

2

m=0有兩不等根，△=4m²-6m＞0，即m＞

3

2

，令g（x）=f(x)-mx2-(

3

2

m-3m2)x-

32

3

=

1

3

x3-2mx2+3m2x-

32

3

，由此能求出m的取值范圍．

解答：解：（1）m=2時，f(x)=

1

3

x3-2x2+3x，
f′（x）=x²-4x+3，
函數(shù)在（0，0）處切線的斜率為f′（0）=3，
∴在（0，0）處切線方程為：3x-y=0．
（2）函數(shù)f（x）的定義域為R，
f′(x)=x2-2mx+

3

2

m，
方程x2-2mx+

3

2

m=0的判別式△=4m²-6m，
①當(dāng)△=4m²-6m≤0，即0＜m≤

3

2

時，f′（x）≥0對一切實數(shù)恒成立，
∴f（x）在（-∞，+∞）上單調(diào)遞增；
②當(dāng)△=4m²-6m＞0，即m＞

3

2

時，
方程x2-2mx+

3

2

m=0有兩不等實根，
x1=m-

m2- 3 2 m

，x2=m+

m2- 3 2 m

，
當(dāng)x∈（-∞，x₁）及（x₂，+∞）時，
f′（x）＞0，∴f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（x₁，x₂）時，
f′（x）＜0，∴f（x）單調(diào)遞減．
綜上所述，當(dāng)0＜m≤

3

2

時，
f（x）在（-∞，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)m＞

3

2

時，f（x）在(-∞，m-

m2- 3 2 m

)及(m+

m2- 3 2 m

，+∞)上單調(diào)遞增，
在(m-

m2- 3 2 m

，m+

m2- 3 2 m

)上單調(diào)遞減．
（3）由（2）知方程f′(x)=x2-2mx+

3

2

m=0有兩不等根，
△=4m²-6m＞0，即m＞

3

2

，
令g（x）=f(x)-mx2-(

3

2

m-3m2)x-

32

3

=

1

3

x3-2mx2+3m2x-

32

3

，
要使f(x)≤mx2+(

3

2

m-3m2)x+

32

3

對0≤x≤4m的實數(shù)恒成立，
只需g（x）_max≤0即可，
下面求g（x）在x∈[0，4m]上的最大值，
∵g′（x）=x²-4mx+3m²，令g′（x）=（x-m）（x-3m）=0，
則x=m，x=3m，g(m)=

4

3

m3-

32

3

，g(3m)=-

32

3

，
又g(0)=-

32

3

，g(4m)=

4

3

m3-

32

3

，
∴當(dāng)x∈[0，4m]時，g(x)max=

4

3

m3-

32

3

，
∴

4

3

m3-

32

3

≤0，
即m≤2，又m＞

3

2

，
∴m的取值范圍為(

3

2

，2]．

點評：本題考查曲線的切線方程的求法，考查函數(shù)的單調(diào)性的求法，考查實數(shù)的取值范圍的求法，考查導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)及其應(yīng)用．解題時要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意分類討論思想和等價轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．