浙江 2009 · 数学 q22

题面

22. （2009 浙江理 22）已知函数 $f(x)=x^{3}-(k^{2}-k+1)x^{2}+5x-2$ ， $g(x)=k^{2}x^{2}+kx+1$ ，其中 $k \in R$ .

(1) 设函数 $p(x) = f(x) + g(x)$. 若 $p(x)$ 在区间 $(0,3)$ 上不单调，求 $k$ 的取值范围；

（Ⅱ）设函数 $q(x) = \begin{cases} g(x), & x \geq 0, \\ f(x), & x < 0. \end{cases}$ 是否存在 $k$，对任意给定的非零实数 $x_1$，存在惟一的非零实数 $x_2$（$x_2 \neq x_1$），使得 $q'(x_2) = q'(x_1)$ 成立？若存在，求 $k$ 的值；若不存在，请说明理由.

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解析

（Ⅰ）因 $P(x)=f(x)+g(x)=x^{3}+(k-1)x^{2}+(k+5)-1$ ， $p'(x)=3x^{2}+2(k-1)x+(k+5)$ ，因 $p(x)$ 在区间 $(0,3)$ 上不单调，所以 $p'(x)=0$ 在 $(0,3)$ 上有实数解，且无重根，由 $p'(x)=0$ 得 $k(2x+1)=-(3x^{2}-2x+5)$ ，

$\therefore k = -\frac{(3x^2 - 2x + 5)}{2x + 1} = -\frac{3}{4}\left[(2x + 1) + \frac{9}{2x + 1} - \frac{10}{3}\right]$，令 $t = 2x + 1$，有 $t \in (1,7)$，记 $h(t) = t + \frac{9}{t}$，则 $h(t)$ 在 $[1,3]$ 上单调递减，在 $[3,7)$ 上单调递增，所以有 $h(t) \in[6,10)$，于是 $(2x + 1) + \frac{9}{2x + 1} \in[6,10)$，得 $k \in (-5, -2]$，而当 $k = -2$ 时有 $p'(x) = 0$ 在 $(0,3)$ 上有两个相等的实根 $x = 1$，故舍去，所以 $k \in (-5, -2)$；

(Ⅱ) 当 $x < 0$ 时有 $q'(x) = f'(x) = 3x^2 - 2(k^2 - k + 1)x + 5$; 当 $x > 0$ 时有 $q'(x) = g'(x) = 2k^2x + k$，因为当 $k = 0$ 时不合题意，因此 $k \neq 0$，下面讨论 $k \neq 0$ 的情形，记 $A = (k, +\infty)$，$B = (5, +\infty)$（i）当 $x_1 > 0$ 时，$q'(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增，所以要使 $q'(x_2) = q'(x_1)$ 成立，只能 $x_2 < 0$ 且 $A \subseteq B$，因此有 $k \geq 5$，（ii）当 $x_1 < 0$ 时，$q'(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递减，所以要使 $q'(x_2) = q'(x_1)$ 成立，只能 $x_2 > 0$ 且 $A \subseteq B$，因此 $k \leq 5$，综合（i）（ii） $k = 5$；当 $k = 5$ 时 $A = B$，则 $\forall x_1 < 0, q'(x_1) \in B = A$，即 $\exists x_2 > 0$，使得 $q'(x_2) = q'(x_1)$ 成立，因为 $q'(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增，所以 $x_2$ 的值是唯一的；同理，$\forall x_1 < 0$，即存在唯一的非零实数 $x_2 (x_2 \neq x_1)$，要使 $q'(x_2) = q'(x_1)$ 成立，所以 $k = 5$ 满足题意。