题目

题型：海淀区二模难度：来源：

已知函数f（x）=mx³+nx²（m，n∈R，m≠0），函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处切线与x轴平行，
（1）用关于m的代数式表示n；
（2）求函数f（x）的单调递增区间；
（3）若x₁＞2，记函数y=f（x）的图象在点M（x₁，f（x₁））处的切线l与x轴的交点为（x₂，0），证明：x₂≥3．

答案

（1）∵f（x）=m³x+nx²，
∴f′（x）=3mx²+2nx．
由题意得：f′（2）=0，即3m+n=0，
∴n=-3m；（4分）
（2）∵n=-3m，
∴f（x）=mx³-3mx²，f′（x）=3mx²-6mx，
令f′（x）＞0，
得3mx²-6mx＞0，
当m＞0时，∴x＜0或x＞2，
∴函数f（x）的单调递增区间为（-∞，0），（2，+∞），
当m＜0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，2）；（8分）
（3）由（1）得：f（x）=mx³-3mx²，f′（x）=3mx²-6mx，
l：y-（mx₁³-3mx₁²）=（3mx₁²-6mx₁）（x-x₁），
令y=0，由m≠0，x₁＞2，则x2=

2 x 21 -3x1

3(x1-2)

，
所以x2-3=

2 x 21 -3x1

3(x1-2)

-3=

2 x 21 -12x1+18

3(x1-2)

=

2(x1-3)2

3(x1-2)

，
∵x₁＞2．（x₁-3）²≥0，
∴x₂-3≥0，即x₂≥3．（12分）