| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 要讨论函数 \( f(x) = x^3 - kx + k^2 \) 的单调性，首先需要求其导数。 \[ f'(x) = \frac{d}{dx}(x^3 - kx + k^2) = 3x^2 - k \] 函数的单调性由导数的符号决定。我们需要分析 \( f'(x) = 3x^2 - k \) 的符号。 1. 当 \( 3x^2 - k > 0 \) 时，即 \( 3x^2 > k \)，函数 \( f(x) \) 单调递增。 2. 当 \( 3x^2 - k < 0 \) 时，即 \( 3x^2 < k \)，函数 \( f(x) \) 单调递减。 3. 当 \( 3x^2 - k = 0 \) 时，即 \( 3x^2 = k \)，函数 \( f(x) \) 在该点处导数为零。 解 \( 3x^2 = k \) 得： \[ x = \pm \sqrt{\frac{k}{3}} \] 因此，函数 \( f(x) \) 的单调性可以分为以下几种情况讨论： - 当 \( k < 0 \) 时，\( 3x^2 - k > 0 \) 对所有 \( x \) 都成立，函数 \( f(x) \) 在整个定义域上单调递增。 - 当 \( k = 0 \) 时，\( f'(x) = 3x^2 \)，对所有 \( x \) 都大于等于零，函数 \( f(x) \) 在整个定义域上单调递增。 - 当 \( k > 0 \) 时，\( f'(x) = 3x^2 - k \) 在 \( x = \pm \sqrt{\frac{k}{3}} \) 处等于零。此时，函数 \( f(x) \) 在区间 \( (-\infty, -\sqrt{\frac{k}{3}}) \) 和 \( (\sqrt{\frac{k}{3}}, \infty) \) 上单调递增，在区间 \( (-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}) \) 上单调递减。 <eoe> 【答案】当 \( k < 0 \) 时，函数 \( f(x) \) 在整个定义域上单调递增；当 \( k = 0 \) 时，函数 \( f(x) \) 在整个定义域上单调递增；当 \( k > 0 \) 时，函数 \( f(x) \) 在区间 \( (-\infty, -\sqrt{\frac{k}{3}}) \) 和 \( (\sqrt{\frac{k}{3}}, \infty) \) 上单调递增，在区间 \( (-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}) \) 上单调递减。<eoa> (2)【解析】 若函数 \( f(x) \) 有三个零点，则 \( f(x) = x^3 - kx + k^2 \) 的图像与 \( x \) 轴有三个交点。根据多项式函数的性质，三次函数有三个零点的条件是其导数 \( f'(x) = 3x^2 - k \) 有两个不同的实根。 解 \( 3x^2 - k = 0 \) 得： \[ x = \pm \sqrt{\frac{k}{3}} \] 为了使 \( f(x) \) 有三个零点，必须保证 \( f(x) \) 在 \( x = \pm \sqrt{\frac{k}{3}} \) 处的极值点分别在 \( x \) 轴的两侧，即 \( f(\sqrt{\frac{k}{3}}) \) 和 \( f(-\sqrt{\frac{k}{3}}) \) 的符号相反。 计算 \( f(\sqrt{\frac{k}{3}}) \) 和 \( f(-\sqrt{\frac{k}{3}}) \)： \[ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right) = \left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)^3 - k\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right) + k^2 = \frac{k^{3/2}}{3\sqrt{3}} - k\sqrt{\frac{k}{3}} + k^2 \] \[ f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right) = \left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)^3 - k\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right) + k^2 = -\frac{k^{3/2}}{3\sqrt{3}} + k\sqrt{\frac{k}{3}} + k^2 \] 为了使 \( f(x) \) 有三个零点，必须满足： \[ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right) \cdot f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right) < 0 \] 计算 \( f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right) \cdot f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right) \)： \[ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right) \cdot f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right) = \left(\frac{k^{3/2}}{3\sqrt{3}} - k\sqrt{\frac{k}{3}} + k^2\right) \left(-\frac{k^{3/2}}{3\sqrt{3}} + k\sqrt{\frac{k}{3}} + k^2\right) \] 由于 \( f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right) \) 和 \( f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right) \) 的符号相反，且 \( k > 0 \)，我们可以通过分析 \( f(x) \) 的极值点来确定 \( k \) 的取值范围。 通过计算 \( f(x) \) 在 \( x = \pm \sqrt{\frac{k}{3}} \) 处的极值点的值，可以得出 \( k \) 的取值范围为： \[ k > 0 \] <eoe> 【答案】若 \( f(x) \) 有三个零点，则 \( k \) 的取值范围为 \( k > 0 \)。<eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 对 $k$ 分 $k \leq 0$ 和 $k>0$ 两种情况讨论即可; (2) $f(x)$ 有三个零点, 由 (1) 知 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$, 解不等式组得到 $k$ 的范围, 再 利用零点存在性定理加以说明即可. 【详解】(1) 由题, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 当 $k \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增; 当 $k>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x= \pm \sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\sqrt{\frac{k}{3}}<x<\sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x<-\sqrt{\frac{k}{3}}$ 或 $x>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right),\left(\sqrt{\frac{k}{3}},+\infty\right)$ 上单调递增. (2) 由 (1) 知, $f(x)$ 有三个零点, 则 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$ $\left\{\begin{array}{l}k^{2}+\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}>0 \\ k^{2}-\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}<0\end{array}\right.$, 解得 $0<k<\frac{4}{27}$ ， 当 $0<k<\frac{4}{27}$ 时, $\sqrt{k}>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 且 $f(\sqrt{k})=k^{2}>0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{k}\right)$ 上有唯一一个零点, 同理 $-k-1<-\sqrt{\frac{k}{3}}, \quad f(-k-1)=-k^{3}-(k+1)^{2}<0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-k-1,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 又 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 所以 $f(x)$ 有三个零点, 综上可知 $k$ 的取值范围为 $\left(0, \frac{4}{27}\right)$. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题, 考 查学生逻辑推理能力、数学运算能力, 是一道中档题. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 要讨论函数 \( f(x) = x^3 - kx + k^2 \) 的单调性，首先求导： \[ f'(x) = 3x^2 - k. \] 分析导数的符号： - 当 \( k > 0 \) 时，方程 \( 3x^2 - k = 0 \) 的解为 \( x = \pm \sqrt{\frac{k}{3}} \)。导数在 \( (-\infty, -\sqrt{\frac{k}{3}}) \) 和 \( (\sqrt{\frac{k}{3}}, +\infty) \) 上为正，函数递增；在 \( (-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}) \) 上为负，函数递减。 - 当 \( k \leq 0 \) 时，\( 3x^2 - k \geq 0 \) 恒成立，函数在 \( \mathbb{R} \) 上单调递增。 综上： - \( k > 0 \) 时，\( f(x) \) 在 \( (-\infty, -\sqrt{\frac{k}{3}}) \) 和 \( (\sqrt{\frac{k}{3}}, +\infty) \) 上递增，在 \( (-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}) \) 上递减。 - \( k \leq 0 \) 时，\( f(x) \) 在 \( \mathbb{R} \) 上单调递增。 <eoe> 【答案】 (1) 当 \( k > 0 \) 时，函数 \( f(x) \) 在区间 \( (-\infty, -\sqrt{\frac{k}{3}}) \) 和 \( (\sqrt{\frac{k}{3}}, +\infty) \) 上单调递增，在区间 \( (-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}) \) 上单调递减；当 \( k \leq 0 \) 时，函数 \( f(x) \) 在 \( \mathbb{R} \) 上单调递增。 <eoa> (2)【解析】 若 \( f(x) \) 有三个零点，需满足： 1. 存在极大值和极小值点（即 \( k > 0 \)）； 2. 极大值 \( f(-\sqrt{\frac{k}{3}}) > 0 \)，极小值 \( f(\sqrt{\frac{k}{3}}) < 0 \)。 计算极大值和极小值： \[ f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right) = k^2 + \frac{2k^{\frac{3}{2}}}{3\sqrt{3}}, \quad f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right) = k^2 - \frac{2k^{\frac{3}{2}}}{3\sqrt{3}}. \] 极大值恒正，极小值需满足： \[ k^2 - \frac{2k^{\frac{3}{2}}}{3\sqrt{3}} < 0 \implies k < \frac{4}{27}. \] 结合 \( k > 0 \)，得 \( k \) 的取值范围为 \( (0, \frac{4}{27}) \)。 <eoe> 【答案】 (2) \( k \) 的取值范围是 \( (0, \frac{4}{27}) \)。 <eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 对 $k$ 分 $k \leq 0$ 和 $k>0$ 两种情况讨论即可; (2) $f(x)$ 有三个零点, 由 (1) 知 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$, 解不等式组得到 $k$ 的范围, 再 利用零点存在性定理加以说明即可. 【详解】(1) 由题, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 当 $k \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增; 当 $k>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x= \pm \sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\sqrt{\frac{k}{3}}<x<\sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x<-\sqrt{\frac{k}{3}}$ 或 $x>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right),\left(\sqrt{\frac{k}{3}},+\infty\right)$ 上单调递增. (2) 由 (1) 知, $f(x)$ 有三个零点, 则 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$ $\left\{\begin{array}{l}k^{2}+\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}>0 \\ k^{2}-\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}<0\end{array}\right.$, 解得 $0<k<\frac{4}{27}$ ， 当 $0<k<\frac{4}{27}$ 时, $\sqrt{k}>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 且 $f(\sqrt{k})=k^{2}>0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{k}\right)$ 上有唯一一个零点, 同理 $-k-1<-\sqrt{\frac{k}{3}}, \quad f(-k-1)=-k^{3}-(k+1)^{2}<0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-k-1,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 又 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 所以 $f(x)$ 有三个零点, 综上可知 $k$ 的取值范围为 $\left(0, \frac{4}{27}\right)$. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题, 考 查学生逻辑推理能力、数学运算能力, 是一道中档题. |
| gpto1 | 20. (1) 【解析】 要讨论函数 \( f(x) = x^3 - kx + k^2 \) 的单调性，先求其导数： \[ f'(x) = (x^3 - kx + k^2)' = 3x^2 - k \] 令导数等于零，求得临界点： \[ 3x^2 - k = 0 \implies x^2 = \dfrac{k}{3} \] 所以，当 \( k \geq 0 \) 时，存在实数临界点 \( x = \pm \sqrt{\dfrac{k}{3}} \)；当 \( k < 0 \) 时，方程无实数解，导数 \( f'(x) > 0 \) 对一切实数恒成立。 讨论如下： - 当 \( k < 0 \) 时，\( f'(x) = 3x^2 - k > 3x^2 - 0 \geq 0 \)，故 \( f(x) \) 在 \( \mathbb{R} \) 上单调递增。 - 当 \( k = 0 \) 时，\( f'(x) = 3x^2 \geq 0 \)，且在 \( x = 0 \) 处取零，仍然在 \( \mathbb{R} \) 上单调递增。 - 当 \( k > 0 \) 时，存在临界点 \( x = \pm \sqrt{\dfrac{k}{3}} \)。对 \( x \) 的区间进行划分： - 当 \( x < -\sqrt{\dfrac{k}{3}} \) 时，\( f'(x) = 3x^2 - k > 3\left( \dfrac{k}{3} \right) - k = 0 \)，故 \( f'(x) > 0 \)。 - 当 \( -\sqrt{\dfrac{k}{3}} < x < \sqrt{\dfrac{k}{3}} \) 时，取 \( x = 0 \)，有 \( f'(0) = -k < 0 \)，故 \( f'(x) < 0 \)。 - 当 \( x > \sqrt{\dfrac{k}{3}} \) 时，\( f'(x) > 0 \)。 因此，当 \( k > 0 \) 时，函数 \( f(x) \) 在 \( (-\infty, -\sqrt{\dfrac{k}{3}}) \) 上单调递增，在 \( (-\sqrt{\dfrac{k}{3}}, \sqrt{\dfrac{k}{3}}) \) 上单调递减，在 \( (\sqrt{\dfrac{k}{3}}, +\infty) \) 上单调递增。 <eoe> 【答案】 (1) 当 \( k \leq 0 \) 时，函数 \( f(x) \) 在实数范围内单调递增；当 \( k > 0 \) 时，函数 \( f(x) \) 在 \( (-\infty, -\sqrt{\dfrac{k}{3}}) \) 上单调递增，在 \( (-\sqrt{\dfrac{k}{3}}, \sqrt{\dfrac{k}{3}}) \) 上单调递减，在 \( (\sqrt{\dfrac{k}{3}}, +\infty) \) 上单调递增。 <eoa> (2) 【解析】 要使函数 \( f(x) = x^3 - kx + k^2 \) 有三个零点，需要函数的图像与 \( x \) 轴有三个交点，这要求函数在局部极大值点处的函数值大于零，局部极小值点处的函数值小于零。 根据(1)的结果，当 \( k > 0 \) 时，函数有极大值点 \( x = -\sqrt{\dfrac{k}{3}} \) 和极小值点 \( x = \sqrt{\dfrac{k}{3}} \)。 计算极大值和极小值： 极大值： \[ f_{\text{max}} = f\left( -\sqrt{\dfrac{k}{3}} \right) = \left( -\sqrt{\dfrac{k}{3}} \right)^3 - k \left( -\sqrt{\dfrac{k}{3}} \right) + k^2 = -\dfrac{k}{3} \sqrt{\dfrac{k}{3}} + k \sqrt{\dfrac{k}{3}} + k^2 = \dfrac{2k}{3} \sqrt{\dfrac{k}{3}} + k^2 \] 极小值： \[ f_{\text{min}} = f\left( \sqrt{\dfrac{k}{3}} \right) = \left( \sqrt{\dfrac{k}{3}} \right)^3 - k \left( \sqrt{\dfrac{k}{3}} \right) + k^2 = \dfrac{k}{3} \sqrt{\dfrac{k}{3}} - k \sqrt{\dfrac{k}{3}} + k^2 = -\dfrac{2k}{3} \sqrt{\dfrac{k}{3}} + k^2 \] 为了函数有三个零点，需要满足： \[ f_{\text{min}} < 0 \] 即： \[ -\dfrac{2k}{3} \sqrt{\dfrac{k}{3}} + k^2 < 0 \] 整理得： \[ k^2 < \dfrac{2k}{3} \sqrt{\dfrac{k}{3}} \] 两边同时除以 \( k \)（\( k > 0 \)）： \[ k < \dfrac{2}{3} \sqrt{\dfrac{k}{3}} \] 两边平方： \[ k^2 < \dfrac{4}{9} \cdot \dfrac{k}{3} \] 整理得： \[ k^2 < \dfrac{4k}{27} \] 再除以 \( k \)（\( k > 0 \)）： \[ k < \dfrac{4}{27} \] 同时，\( k > 0 \)。因此，\( k \) 的取值范围为： \[ 0 < k < \dfrac{4}{27} \] <eoe> 【答案】 (2) \( k \) 的取值范围是 \( 0 < k < \dfrac{4}{27} \)。 <eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 对 $k$ 分 $k \leq 0$ 和 $k>0$ 两种情况讨论即可; (2) $f(x)$ 有三个零点, 由 (1) 知 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$, 解不等式组得到 $k$ 的范围, 再 利用零点存在性定理加以说明即可. 【详解】(1) 由题, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 当 $k \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增; 当 $k>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x= \pm \sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\sqrt{\frac{k}{3}}<x<\sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x<-\sqrt{\frac{k}{3}}$ 或 $x>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right),\left(\sqrt{\frac{k}{3}},+\infty\right)$ 上单调递增. (2) 由 (1) 知, $f(x)$ 有三个零点, 则 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$ $\left\{\begin{array}{l}k^{2}+\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}>0 \\ k^{2}-\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}<0\end{array}\right.$, 解得 $0<k<\frac{4}{27}$ ， 当 $0<k<\frac{4}{27}$ 时, $\sqrt{k}>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 且 $f(\sqrt{k})=k^{2}>0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{k}\right)$ 上有唯一一个零点, 同理 $-k-1<-\sqrt{\frac{k}{3}}, \quad f(-k-1)=-k^{3}-(k+1)^{2}<0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-k-1,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 又 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 所以 $f(x)$ 有三个零点, 综上可知 $k$ 的取值范围为 $\left(0, \frac{4}{27}\right)$. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题, 考 查学生逻辑推理能力、数学运算能力, 是一道中档题. |
| GPT-4o | (1)【解析】 要讨论函数 \( f(x) = x^3 - kx + k^2 \) 的单调性，我们需要求其导数并分析导数的符号变化。 首先，求导数 \( f'(x) \): \[ f'(x) = 3x^2 - k \] 对于 \( f(x) \) 的单调性讨论，我们需要分析 \( f'(x) \) 的符号： 1. 当 \( 3x^2 - k > 0 \) 时，\( f'(x) > 0 \)，函数 \( f(x) \) 单调递增； 2. 当 \( 3x^2 - k < 0 \) 时，\( f'(x) < 0 \)，函数 \( f(x) \) 单调递减； 3. 当 \( 3x^2 - k = 0 \) 时，\( f'(x) = 0 \)，即 \( x = \pm \sqrt{\frac{k}{3}} \)。 我们考虑 \( k \) 的不同取值： - 如果 \( k > 0 \)，则 \( f'(x) = 3x^2 - k \) 的零点 \( x = \pm \sqrt{\frac{k}{3}} \)。在 \( x \in (-\infty, -\sqrt{\frac{k}{3}}) \) 和 \( x \in (\sqrt{\frac{k}{3}}, \infty) \) 区间内，\( f'(x) > 0 \)，函数递增；在 \( x \in (-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}) \) 区间内，\( f'(x) < 0 \)，函数递减。 - 如果 \( k = 0 \)，则 \( f'(x) = 3x^2 \)，\( f'(x) \geq 0 \)，且 \( f'(x) = 0 \) 仅在 \( x = 0 \) 处，函数在 \( x = 0 \) 处有一个驻点，在其他地方是单调递增的。 - 如果 \( k < 0 \)，则 \( 3x^2 - k > 0 \) 对所有 \( x \) 都成立，函数 \( f(x) \) 在整个定义域内单调递增。 综上所述，函数 \( f(x) \) 的单调性取决于 \( k \) 的取值情况： - 当 \( k > 0 \)，函数 \( f(x) \) 先递增后递减再递增； - 当 \( k = 0 \)，函数 \( f(x) \) 在 \( x = 0 \) 处有驻点，在其他地方递增； - 当 \( k < 0 \)，函数 \( f(x) \) 单调递增。 <eoe> 【答案】当 \( k > 0 \)，函数 \( f(x) \) 先递增后递减再递增；当 \( k = 0 \)，函数 \( f(x) \) 在 \( x = 0 \) 处有驻点，在其他地方递增；当 \( k < 0 \)，函数 \( f(x) \) 单调递增。<eoa> (2)【解析】 要使 \( f(x) = x^3 - kx + k^2 \) 有三个零点，说明方程 \( x^3 - kx + k^2 = 0 \) 有三个不同的实根。 根据函数 \( f(x) \) 的单调性分析，当 \( k > 0 \) 时，函数 \( f(x) \) 在 \( x = \pm \sqrt{\frac{k}{3}} \) 处有极值点。为了使 \( f(x) \) 有三个零点，函数在这两个极值点处的函数值必须一正一负，即 \( f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right) \) 和 \( f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right) \) 的符号必须相反。 计算 \( f(x) \) 在极值点处的值： \[ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right) = \left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)^3 - k\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right) + k^2 = \frac{k^{3/2}}{3\sqrt{3}} - k\sqrt{\frac{k}{3}} + k^2 \] \[ = \frac{k^{3/2}}{3\sqrt{3}} - k^{3/2} + k^2 \] \[ = k^2 - |
【解析】} 【分析】} (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 对 $k$ 分 $k \leq 0$ 和 $k>0$ 两种情况讨论即可; (2) $f(x)$ 有三个零点, 由 (1) 知 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$, 解不等式组得到 $k$ 的范围, 再 利用零点存在性定理加以说明即可. 【详解】(1) 由题, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 当 $k \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增; 当 $k>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x= \pm \sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\sqrt{\frac{k}{3}}<x<\sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x<-\sqrt{\frac{k}{3}}$ 或 $x>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right),\left(\sqrt{\frac{k}{3}},+\infty\right)$ 上单调递增. (2) 由 (1) 知, $f(x)$ 有三个零点, 则 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$ $\left\{\begin{array}{l}k^{2}+\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}>0 \\ k^{2}-\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}<0\end{array}\right.$, 解得 $0<k<\frac{4}{27}$ ， 当 $0<k<\frac{4}{27}$ 时, $\sqrt{k}>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 且 $f(\sqrt{k})=k^{2}>0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{k}\right)$ 上有唯一一个零点, 同理 $-k-1<-\sqrt{\frac{k}{3}}, \quad f(-k-1)=-k^{3}-(k+1)^{2}<0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-k-1,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 又 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 所以 $f(x)$ 有三个零点, 综上可知 $k$ 的取值范围为 $\left(0, \frac{4}{27}\right)$. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题, 考 查学生逻辑推理能力、数学运算能力, 是一道中档题. |
| llama3.1-70B-Instruct | 【解析】 (1) 由f'(x)=3x^{2}-k,令f'(x)=0,得x=\pm\frac{\sqrt{k}}{\sqrt{3}},当x\in(-\infty,-\frac{\sqrt{k}}{\sqrt{3}})时,f'(x)>0,当x\in(-\frac{\sqrt{k}}{\sqrt{3}},\frac{\sqrt{k}}{\sqrt{3}})时,f'(x)<0,当x\in(\frac{\sqrt{k}}{\sqrt{3}},+\infty)时,f'(x)>0,所以当k>0时,f(x)在(-\infty,-\frac{\sqrt{k}}{\sqrt{3}})\cup(\frac{\sqrt{k}}{\sqrt{3}},+\infty)上单调递增,在(-\frac{\sqrt{k}}{\sqrt{3}},\frac{\sqrt{k}}{\sqrt{3}})上单调递减;当k=0时,f(x)=x^{3},在(-\infty,0)上单调递减,在(0,+\infty)上单调递增;当k<0时,f(x)在(-\infty,+\infty)上单调递增.(2)若f(x)有三个零点,则f(x)在(-\infty,+\infty)上单调递增,则k<0,且f(x)=0有三个解,则\triangle=0,即k^{2}-4\timesk^{2}=0,解得k=0,与k<0矛盾,所以f(x)没有三个零点. 最终结果是(1)当k>0时,f(x)在(-oo,-sqrt(k)/sqrt(3))cup(sqrt(k)/sqrt(3),+oo)上单调递增,在(-sqrt(k)/sqrt(3),sqrt(k)/sqrt(3))上单调递减;当k=0时,f(x)在(-oo,0)上单调递减,在(0,+oo)上单调递增;当k<0时,f(x)在(-oo,+oo)上单调递增;(2)空集 |
【解析】} 【分析】} (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 对 $k$ 分 $k \leq 0$ 和 $k>0$ 两种情况讨论即可; (2) $f(x)$ 有三个零点, 由 (1) 知 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$, 解不等式组得到 $k$ 的范围, 再 利用零点存在性定理加以说明即可. 【详解】(1) 由题, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 当 $k \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增; 当 $k>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x= \pm \sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\sqrt{\frac{k}{3}}<x<\sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x<-\sqrt{\frac{k}{3}}$ 或 $x>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right),\left(\sqrt{\frac{k}{3}},+\infty\right)$ 上单调递增. (2) 由 (1) 知, $f(x)$ 有三个零点, 则 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$ $\left\{\begin{array}{l}k^{2}+\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}>0 \\ k^{2}-\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}<0\end{array}\right.$, 解得 $0<k<\frac{4}{27}$ ， 当 $0<k<\frac{4}{27}$ 时, $\sqrt{k}>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 且 $f(\sqrt{k})=k^{2}>0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{k}\right)$ 上有唯一一个零点, 同理 $-k-1<-\sqrt{\frac{k}{3}}, \quad f(-k-1)=-k^{3}-(k+1)^{2}<0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-k-1,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 又 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 所以 $f(x)$ 有三个零点, 综上可知 $k$ 的取值范围为 $\left(0, \frac{4}{27}\right)$. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题, 考 查学生逻辑推理能力、数学运算能力, 是一道中档题. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)当k=0时,f(x)=x^{3},f(x)在R上单调递增当k>0时,f(x)=x^{3}-kx+k^{2},f'(x)=3x^{2}-k,令f'(x)=0,得x=\pm\sqrt{\frac{k}{3}},又f''(x)=6x,所以f''(\sqrt{\frac{k}{3}})>0,f''(-\sqrt{\frac{k}{3}})<0,所以f(x)在(-\infty,-\sqrt{\frac{k}{3}})和(\sqrt{\frac{k}{3}},+\infty)上单调递增,在(-\sqrt{\frac{k}{3}},\sqrt{\frac{k}{3}})上单调递减当k<0时,f(x)=x^{3}-kx+k^{2},f'(x)=3x^{2}-k |
【解析】} 【分析】} (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 对 $k$ 分 $k \leq 0$ 和 $k>0$ 两种情况讨论即可; (2) $f(x)$ 有三个零点, 由 (1) 知 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$, 解不等式组得到 $k$ 的范围, 再 利用零点存在性定理加以说明即可. 【详解】(1) 由题, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 当 $k \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增; 当 $k>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x= \pm \sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\sqrt{\frac{k}{3}}<x<\sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x<-\sqrt{\frac{k}{3}}$ 或 $x>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right),\left(\sqrt{\frac{k}{3}},+\infty\right)$ 上单调递增. (2) 由 (1) 知, $f(x)$ 有三个零点, 则 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$ $\left\{\begin{array}{l}k^{2}+\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}>0 \\ k^{2}-\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}<0\end{array}\right.$, 解得 $0<k<\frac{4}{27}$ ， 当 $0<k<\frac{4}{27}$ 时, $\sqrt{k}>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 且 $f(\sqrt{k})=k^{2}>0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{k}\right)$ 上有唯一一个零点, 同理 $-k-1<-\sqrt{\frac{k}{3}}, \quad f(-k-1)=-k^{3}-(k+1)^{2}<0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-k-1,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 又 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 所以 $f(x)$ 有三个零点, 综上可知 $k$ 的取值范围为 $\left(0, \frac{4}{27}\right)$. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题, 考 查学生逻辑推理能力、数学运算能力, 是一道中档题. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】 首先，我们需要求出函数 $f(x) = x^3 - kx + k^2$ 的导数，以确定其单调性。计算导数 $f'(x)$：\n\n\\[ f'(x) = \\frac{d}{dx}(x^3 - kx + k^2) = 3x^2 - k \\]\n\n接下来，我们分析 $f'(x)$ 的符号。$f'(x) = 3x^2 - k$ 是一个关于 $x$ 的二次函数。我们可以通过求解 $f'(x) = 0$ 来找到临界点：\n\n\\[ 3x^2 - k = 0 \\]\n\\[ x^2 = \\frac{k}{3} \\]\n\\[ x = \\pm \\sqrt{\\frac{k}{3}} \\]\n\n这意味着 $f'(x)$ 在 $x = \\pm \\sqrt{\\frac{k}{3}}$ 处为零。我们需要进一步分析 $f'(x)$ 在这些点前后的符号变化。\n\n- 当 $k > 0$ 时，$f'(x) = 3x^2 - k$ 在 $x = -\\sqrt{\\frac{k}{3}}$ 和 $x = \\sqrt{\\frac{k}{3}}$ 处为零。在这两个点之间，$f'(x) < 0$，在两个点之外，$f'(x) > 0$。因此，$f(x)$ 在 $(-\\infty, -\\sqrt{\\frac{k}{3}})$ 和 $(\\sqrt{\\frac{k}{3}}, \\infty)$ 上单调递增，在 $(-\\sqrt{\\frac{k}{3}}, \\sqrt{\\frac{k}{3}})$ 上单调递减。\n- 当 $k = 0$ 时，$f'(x) = 3x^2 \\geq 0$，所以 $f(x)$ 在整个实数范围内单调递增。\n- 当 $k < 0$ 时，$f'(x) = 3x^2 - k$ 始终大于零，因为 $3x^2 \\geq 0$ 且 $-k > 0$。因此，$f(x)$ 在整个实数范围内单调递增。\n\n综上所述，函数 $f(x)$ 的单调性如下：\n- 当 $k > 0$ 时，$f(x)$ 在 $(-\\infty, -\\sqrt{\\frac{k}{3}})$ 和 $(\\sqrt{\\frac{k}{3}}, \\infty)$ 上单调递增，在 $(-\\sqrt{\\frac{k}{3}}, \\sqrt{\\frac{k}{3}})$ 上单调递减。\n- 当 $k \\leq 0$ 时，$f(x)$ 在整个实数范围内单调递增。\n\n<eoe>\n【答案】\n- 当 $k > 0$ 时，$f(x)$ 在 $(-\\infty, -\\sqrt{\\frac{k}{3}})$ 和 $(\\sqrt{\\frac{k}{3}}, \\infty)$ 上单调递增，在 $(-\\sqrt{\\frac{k}{3}}, \\sqrt{\\frac{k}{3}})$ 上单调递减。\n- 当 $k \\leq 0$ 时，$f(x)$ 在整个实数范围内单调递增。\n<eoa>\n\n(2)【解析】 若 $f(x)$ 有三个零点，则 $f(x)$ 必须有两个极值点，并且在这些极值点处函数值的符号相反。我们已经知道 $f'(x) = 3x^2 - k$，并且 $f'(x) = 0$ 时 $x = \\pm \\sqrt{\\frac{k}{3}}$。\n\n计算 $f(x)$ 在这些极值点的值：\n\n\\[ f\\left(\\sqrt{\\frac{k}{3}}\\right) = \\left(\\sqrt{\\frac{k}{3}}\\right)^3 - k\\left(\\sqrt{\\frac{k}{3}}\\right) + k^2 = \\frac{k^{3/2}}{3\\sqrt{3}} - k\\sqrt{\\frac{k}{3}} + k^2 = \\frac{k^{3/2}}{3\\sqrt{3}} - \\frac{k^{3/2}}{\\sqrt{3}} + k^2 = -\\frac{2k^{3/2}}{3\\sqrt{3}} + k^2 \\]\n\n\\[ f\\left(-\\sqrt{\\frac{k}{3}}\\right) = \\left(-\\sqrt{\\frac{k}{3}}\\right)^3 - k\\left(-\\sqrt{\\frac{k}{3}}\\right) + k^2 = -\\frac{k^{3/2}}{3\\sqrt{3}} + k\\sqrt{\\frac{k}{3}} + k^2 = -\\frac{k^{3/2}}{3\\sqrt{3}} + \\frac{k^{3/2}}{\\sqrt{3}} + k^2 = \\frac{2k^{3/2}}{3\\sqrt{3}} + k^2 \\]\n\n为了 $f(x)$ 有三个零点，$f\\left(\\sqrt{\\frac{k}{3}}\\right)$ 和 $f\\left(-\\sqrt{\\frac{k}{3}}\\right)$ 必须异号，即：\n\n\\[ -\\frac{2k^{3/2}}{3\\sqrt{3}} + k^2 \\cdot \\frac{2k^{3/2}}{3\\sqrt{3}} + k^2 < 0 \\]\n\n这意味着 $k > 0$ 且 $k^2 > \\frac{2k^{3/2}}{3\\sqrt{3}}$。简化这个不等式：\n\n\\[ k^2 > \\frac{2k^{3/2}}{3\\sqrt{3}} \\]\n\\[ k^{1/2} > \\frac{2}{3\\sqrt{3}} \\]\n\\[ k > \\left(\\frac{2}{3\\sqrt{3}}\\right)^2 \\]\n\\[ k > \\frac{4}{27} \\]\n\n因此，$k$ 的取值范围是 $k > \\frac{4}{27}$。\n\n<eoe>\n【答案】 $k > \\frac{4}{27}$ <eoa>" | 【解析】} 【分析】} (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 对 $k$ 分 $k \leq 0$ 和 $k>0$ 两种情况讨论即可; (2) $f(x)$ 有三个零点, 由 (1) 知 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$, 解不等式组得到 $k$ 的范围, 再 利用零点存在性定理加以说明即可. 【详解】(1) 由题, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 当 $k \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增; 当 $k>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x= \pm \sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\sqrt{\frac{k}{3}}<x<\sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x<-\sqrt{\frac{k}{3}}$ 或 $x>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right),\left(\sqrt{\frac{k}{3}},+\infty\right)$ 上单调递增. (2) 由 (1) 知, $f(x)$ 有三个零点, 则 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$ $\left\{\begin{array}{l}k^{2}+\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}>0 \\ k^{2}-\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}<0\end{array}\right.$, 解得 $0<k<\frac{4}{27}$ ， 当 $0<k<\frac{4}{27}$ 时, $\sqrt{k}>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 且 $f(\sqrt{k})=k^{2}>0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{k}\right)$ 上有唯一一个零点, 同理 $-k-1<-\sqrt{\frac{k}{3}}, \quad f(-k-1)=-k^{3}-(k+1)^{2}<0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-k-1,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 又 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 所以 $f(x)$ 有三个零点, 综上可知 $k$ 的取值范围为 $\left(0, \frac{4}{27}\right)$. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题, 考 查学生逻辑推理能力、数学运算能力, 是一道中档题. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】 首先，我们要找出函数 $f(x)=x^{3}-k x+k^{2}$ 的一阶导数，以确定其单调性。一阶导数是 $f'(x)=3x^{2}-k$。令 $f'(x)=0$，解得 $x=\\pm\\sqrt{\\frac{k}{3}}$。这意味着函数 $f(x)$ 在 $x=\\pm\\sqrt{\\frac{k}{3}}$ 处有极值点。根据一阶导数的符号变化，我们可以判断函数在这些点的左侧和右侧的单调性。当 $x<-\\sqrt{\\frac{k}{3}}$ 或 $x>\\sqrt{\\frac{k}{3}}$ 时，$f'(x)>0$，函数是单调递增的；当 $-\\sqrt{\\frac{k}{3}}<x<\\sqrt{\\frac{k}{3}}$ 时，$f'(x)<0$，函数是单调递减的。然而，我们需要注意的是，当 $k\\le0$ 时，$\\sqrt{\\frac{k}{3}}$ 无实数解，这意味着函数在整个定义域上单调递增。<eoe>\n【答案】 当 $k>0$ 时，$f(x)$ 在 $x<-\\sqrt{\\frac{k}{3}}$ 和 $x>\\sqrt{\\frac{k}{3}}$ 时单调递增，在 $-\\sqrt{\\frac{k}{3}}<x<\\sqrt{\\frac{k}{3}}$ 时单调递减；当 $k\\le0$ 时，$f(x)$ 在整个定义域上单调递增。<eoa>\n\n(2)【解析】 为了使 $f(x)$ 有三个零点，函数必须有两个极值点，且这两个极值点的函数值异号。由(1)的分析知，当 $k>0$ 时，$f(x)$ 有两个极值点 $x=\\pm\\sqrt{\\frac{k}{3}}$。我们计算这两个点的函数值：$f(\\sqrt{\\frac{k}{3}})=k^{2}-k\\sqrt{\\frac{k}{3}}+\\frac{k}{3}\\sqrt{\\frac{k}{3}}-k\\sqrt{\\frac{k}{3}}+k^{2}$ 和 $f(-\\sqrt{\\frac{k}{3}})=k^{2}+k\\sqrt{\\frac{k}{3}}-\\frac{k}{3}\\sqrt{\\frac{k}{3}}+k\\sqrt{\\frac{k}{3}}+k^{2}$。简化后得到 $f(\\sqrt{\\frac{k}{3}})=\\frac{2k^{2}}{3}-\\frac{2k^{2}}{3}\\sqrt{\\frac{k}{3}}$ 和 $f(-\\sqrt{\\frac{k}{3}})=\\frac{2k^{2}}{3}+\\frac{2k^{2}}{3}\\sqrt{\\frac{k}{3}}$。为了使 $f(x)$ 有三个零点，这两个极值必须异号，即 $\\frac{2k^{2}}{3}-\\frac{2k^{2}}{3}\\sqrt{\\frac{k}{3}}<0$ 和 $\\frac{2k^{2}}{3}+\\frac{2k^{2}}{3}\\sqrt{\\frac{k}{3}}>0$。解得 $k>3$。<eoe>\n【答案】 为了使 $f(x)$ 有三个零点，$k$ 的取值范围是 $k>3$。<eoa>" | 【解析】} 【分析】} (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 对 $k$ 分 $k \leq 0$ 和 $k>0$ 两种情况讨论即可; (2) $f(x)$ 有三个零点, 由 (1) 知 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$, 解不等式组得到 $k$ 的范围, 再 利用零点存在性定理加以说明即可. 【详解】(1) 由题, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 当 $k \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增; 当 $k>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x= \pm \sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\sqrt{\frac{k}{3}}<x<\sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x<-\sqrt{\frac{k}{3}}$ 或 $x>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right),\left(\sqrt{\frac{k}{3}},+\infty\right)$ 上单调递增. (2) 由 (1) 知, $f(x)$ 有三个零点, 则 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$ $\left\{\begin{array}{l}k^{2}+\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}>0 \\ k^{2}-\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}<0\end{array}\right.$, 解得 $0<k<\frac{4}{27}$ ， 当 $0<k<\frac{4}{27}$ 时, $\sqrt{k}>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 且 $f(\sqrt{k})=k^{2}>0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{k}\right)$ 上有唯一一个零点, 同理 $-k-1<-\sqrt{\frac{k}{3}}, \quad f(-k-1)=-k^{3}-(k+1)^{2}<0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-k-1,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 又 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 所以 $f(x)$ 有三个零点, 综上可知 $k$ 的取值范围为 $\left(0, \frac{4}{27}\right)$. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题, 考 查学生逻辑推理能力、数学运算能力, 是一道中档题. |
| baichuan4 | (1)【解析】 为了讨论函数 $f(x)=x^{3}-kx+k^{2}$ 的单调性，我们需要计算其一阶导数 $f'(x)$： $$f'(x) = 3x^{2} - k.$$ 接下来，我们分析导数的符号： - 当 $k > 0$ 时，导数 $f'(x) = 3x^{2} - k$ 会在 $x = \sqrt{\frac{k}{3}}$ 或 $x = -\sqrt{\frac{k}{3}}$ 处变号。因此，函数在 $(-\infty, -\sqrt{\frac{k}{3}})$ 和 $(\sqrt{\frac{k}{3}}, +\infty)$ 上单调递增，在 $(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}})$ 上单调递减。 - 当 $k < 0$ 时，导数 $f'(x) = 3x^{2} - k$ 总是大于零，因为 $3x^{2}$ 总是非负的，而 $-k$ 是正的。所以，函数在整个实数域上单调递增。 - 当 $k = 0$ 时，导数 $f'(x) = 3x^{2}$ 也总是非负的，因此函数在整个实数域上单调递增。 综上所述，函数 $f(x)$ 的单调性取决于 $k$ 的值。当 $k > 0$ 时，函数在两个区间上单调递增，在中间区间上单调递减；当 $k \leq 0$ 时，函数在整个实数域上单调递增。 【答案】 当 $k > 0$ 时，函数在 $(-\infty, -\sqrt{\frac{k}{3}})$ 和 $(\sqrt{\frac{k}{3}}, +\infty)$ 上单调递增，在 $(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}})$ 上单调递减；当 $k \leq 0$ 时，函数在整个实数域上单调递增。 (2)【解析】 若函数 $f(x)$ 有三个零点，则根据题目中的信息，我们可以推断出函数必须有一个极小值点和一个极大值点，且这两个点的函数值必须异号（一个正，一个负），这样才能保证函数图像从负值区域穿过 $x$ 轴到达正值区域，从而形成三个零点。 函数的极值点由一阶导数等于零给出，即 $f'(x) = 3x^{2} - k = 0$，解得 $x = \pm\sqrt{\frac{k}{3}}$。 计算二阶导数 $f''(x)$： $$f''(x) = 6x.$$ 由于二阶导数在 $x = \sqrt{\frac{k}{3}}$ 处为正，说明该点是极小值点；在 $x = -\sqrt{\frac{k}{3}}$ 处为负，说明该点是极大值点。 为了使函数有三个零点，极大值点的函数值必须为正，极小值点的函数值必须为负，即： $$f(-\sqrt{\frac{k}{3}}) > 0,$$ $$f(\sqrt{\frac{k}{3}}) < 0.$$ 将 $x = \pm\sqrt{\frac{k}{3}}$ 代入 $f(x)$ 中，得到： $$f(-\sqrt{\frac{k}{3}}) = \left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)^{3} - k\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right) + k^{2} = -\frac{k}{3}\sqrt{\frac{k}{3}} + k\sqrt{\frac{k}{3}} + k^{2},$$ $$f(\sqrt{\frac{k}{3}}) = \left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)^{3} - k\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right) + k^{2} = \frac{k}{3}\sqrt{\frac{k}{3}} - k\sqrt{\frac{k}{3}} + k^{2}.$$ 要使 $f(-\sqrt{\frac{k}{3}}) > 0$，即 $-\frac{k}{3}\sqrt{\frac{k}{3}} + k\sqrt{\frac{k}{3}} + k^{2} > 0$，化简得： $$\frac{2k}{3}\sqrt{\frac{k}{3}} + k^{2} > 0.$$ 这个不等式对于所有 $k > 0$ 都成立。 要使 $f(\sqrt{\frac{k}{3}}) < 0$，即 $\frac{k}{3}\sqrt{\frac{k}{3}} - k\sqrt{\frac{k}{3}} + k^{2} < 0$，化简得： $$-\frac{2k}{3}\sqrt{\frac{k}{3}} + k^{2} < 0.$$ 这个不等式对于所有 $k > 0$ 都不成立。 因此，不存在这样的 $k$ 使得 $f(x)$ 有三个零点。 【答案】 不存在这样的 $k$ 使得 $f(x)$ 有三个零点。 |
【解析】} 【分析】} (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 对 $k$ 分 $k \leq 0$ 和 $k>0$ 两种情况讨论即可; (2) $f(x)$ 有三个零点, 由 (1) 知 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$, 解不等式组得到 $k$ 的范围, 再 利用零点存在性定理加以说明即可. 【详解】(1) 由题, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 当 $k \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增; 当 $k>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x= \pm \sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\sqrt{\frac{k}{3}}<x<\sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x<-\sqrt{\frac{k}{3}}$ 或 $x>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right),\left(\sqrt{\frac{k}{3}},+\infty\right)$ 上单调递增. (2) 由 (1) 知, $f(x)$ 有三个零点, 则 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$ $\left\{\begin{array}{l}k^{2}+\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}>0 \\ k^{2}-\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}<0\end{array}\right.$, 解得 $0<k<\frac{4}{27}$ ， 当 $0<k<\frac{4}{27}$ 时, $\sqrt{k}>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 且 $f(\sqrt{k})=k^{2}>0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{k}\right)$ 上有唯一一个零点, 同理 $-k-1<-\sqrt{\frac{k}{3}}, \quad f(-k-1)=-k^{3}-(k+1)^{2}<0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-k-1,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 又 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 所以 $f(x)$ 有三个零点, 综上可知 $k$ 的取值范围为 $\left(0, \frac{4}{27}\right)$. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题, 考 查学生逻辑推理能力、数学运算能力, 是一道中档题. |
| doubao | (1)【解析】对函数$f(x)=x^3-kx+k^2$求导可得$f'(x)=3x^2-k$。 当$k\leq0$时，$f'(x)=3x^2-k\geq0$恒成立，$f(x)$在$R$上单调递增。 当$k>0$时，令$f'(x)=0$，即$3x^2-k=0$，$x^2=\frac{k}{3}$，解得$x=\pm\sqrt{\frac{k}{3}}=\pm\frac{\sqrt{3k}}{3}$。 当$x\in(-\infty,-\frac{\sqrt{3k}}{3})\cup(\frac{\sqrt{3k}}{3},+\infty)$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增；当$x\in(-\frac{\sqrt{3k}}{3},\frac{\sqrt{3k}}{3})$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减。<eoe> 【答案】当$k\leq0$时，$f(x)$在$R$上单调递增；当$k>0$时，$f(x)$在$(-\infty,-\frac{\sqrt{3k}}{3})\cup(\frac{\sqrt{3k}}{3},+\infty)$上单调递增，在$(-\frac{\sqrt{3k}}{3},\frac{\sqrt{3k}}{3})$上单调递减。<eoa> (2)【解析】由(1)知，当$k\leq0$时，$f(x)$在$R$上单调递增，不可能有三个零点。 当$k>0$时，$f(x)$在$x=-\frac{\sqrt{3k}}{3}$处取得极大值，$f(-\frac{\sqrt{3k}}{3})=(-\frac{\sqrt{3k}}{3})^3-k(-\frac{\sqrt{3k}}{3})+k^2=\frac{2k\sqrt{3k}}{9}+k^2>0$；$f(x)$在$x=\frac{\sqrt{3k}}{3}$处取得极小值，$f(\frac{\sqrt{3k}}{3})=(\frac{\sqrt{3k}}{3})^3-k(\frac{\sqrt{3k}}{3})+k^2=-\frac{2k\sqrt{3k}}{9}+k^2<0$，解不等式组可得$k>\frac{4}{27}$。<eoe> 【答案】$k$的取值范围是$(\frac{4}{27},+\infty)$。<eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 对 $k$ 分 $k \leq 0$ 和 $k>0$ 两种情况讨论即可; (2) $f(x)$ 有三个零点, 由 (1) 知 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$, 解不等式组得到 $k$ 的范围, 再 利用零点存在性定理加以说明即可. 【详解】(1) 由题, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 当 $k \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增; 当 $k>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x= \pm \sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\sqrt{\frac{k}{3}}<x<\sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x<-\sqrt{\frac{k}{3}}$ 或 $x>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right),\left(\sqrt{\frac{k}{3}},+\infty\right)$ 上单调递增. (2) 由 (1) 知, $f(x)$ 有三个零点, 则 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$ $\left\{\begin{array}{l}k^{2}+\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}>0 \\ k^{2}-\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}<0\end{array}\right.$, 解得 $0<k<\frac{4}{27}$ ， 当 $0<k<\frac{4}{27}$ 时, $\sqrt{k}>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 且 $f(\sqrt{k})=k^{2}>0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{k}\right)$ 上有唯一一个零点, 同理 $-k-1<-\sqrt{\frac{k}{3}}, \quad f(-k-1)=-k^{3}-(k+1)^{2}<0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-k-1,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 又 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 所以 $f(x)$ 有三个零点, 综上可知 $k$ 的取值范围为 $\left(0, \frac{4}{27}\right)$. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题, 考 查学生逻辑推理能力、数学运算能力, 是一道中档题. |
| minimax | (1)【解析】要讨论函数$f(x)=x^{3}-k x+k^{2}$的单调性，我们需要计算其一阶导数$f'(x)$。一阶导数的符号变化可以帮助我们判断函数的单调递增或递减区间。计算一阶导数后，我们找出导数为零的点，这些点可能是函数的极值点。然后，我们可以通过分析导数的符号来确定函数在不同区间的单调性。<eoe> 【答案】首先计算$f(x)$的一阶导数： $$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^{3}-k x+k^{2}) = 3x^{2}-k.$$ 为了讨论单调性，我们需要找出导数等于零的点，即解方程： $$3x^{2}-k = 0.$$ 解得： $$x^{2} = \frac{k}{3},$$ $$x = \pm\sqrt{\frac{k}{3}}.$$ 这里我们需要注意的是，$x = \pm\sqrt{\frac{k}{3}}$只有在$k \geq 0$时才有实数解，因为平方根内的表达式必须非负。 接下来，我们分析导数的符号： - 当$k > 0$时，$x = \pm\sqrt{\frac{k}{3}}$是两个实数点，且在$x = -\sqrt{\frac{k}{3}}$左侧，$f'(x) < 0$，函数$f(x)$单调递减；在$x = -\sqrt{\frac{k}{3}}$和$x = \sqrt{\frac{k}{3}}$之间，$f'(x) > 0$，函数$f(x)$单调递增；在$x = \sqrt{\frac{k}{3}}$右侧，$f'(x) < 0$，函数$f(x)$单调递减。 - 当$k = 0$时，$f'(x) = 3x^{2}$，导数始终非负，因此函数$f(x)$在整个实数域上单调递增。 - 当$k < 0$时，由于$x = \pm\sqrt{\frac{k}{3}}$没有实数解，导数$f'(x) = 3x^{2}-k$在整个实数域上始终大于零（因为$x^{2}$总是非负的，而$k$是负的），所以函数$f(x)$在整个实数域上单调递增。 综上所述，函数$f(x)$的单调性如下： - 当$k > 0$时，$f(x)$在$(-\infty, -\sqrt{\frac{k}{3}})$单调递减，在$(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}})$单调递增，在$(\sqrt{\frac{k}{3}}, +\infty)$单调递减。 - 当$k = 0$时，$f(x)$在整个实数域上单调递增。 - 当$k < 0$时，$f(x)$在整个实数域上单调递增。<eoa> (2)【解析】若函数$f(x)=x^{3}-k x+k^{2}$有三个零点，意味着它在实数域上有三个不同的解。根据代数基本定理，一个三次多项式在复数域内有且仅有三个根（包括重根）。因此，若$f(x)$有三个零点，它们必须是三个不同的实数根。这意味着$f(x)$在实数域上必须有两个极值点，且这两个极值点将实数域分为三部分，每一部分至少有一个零点。由于$f(x)$是一个三次多项式，它在实数域上的行为类似于一个“S”形曲线，且在极值点处改变单调性。因此，我们需要找到使得$f(x)$有两个极值点的$k$的取值范围。<eoe> 【答案】根据第一部分的分析，我们知道$f(x)$有两个极值点当且仅当$k > 0$。这是因为只有当$k > 0$时，$f'(x) = 3x^{2}-k$才有两个实数根，即极值点。当$k = 0$或$k < 0$时，$f(x)$只有一个极值点或没有极值点。 因此，为了使$f(x)$有三个零点，$k$必须大于零。但是，我们还需要确保这三个零点都是实数。由于$f(x)$是一个三次多项式，它至少有一个实数根。为了有三个不同的实数根，我们需要确保$f(x)$在两个极值点之间的部分是单调递增的，这样可以保证在这部分区间内有一个零点。由于当$k > 0$时，$f(x)$在$(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}})$单调递增，因此我们需要保证这个区间内至少有一个零点。 由于$f(x)$是一个连续函数，且当$x \to \pm\infty$时，$f(x) \to \pm\infty$，我们可以推断出，只要$k > 0$，$f(x)$在$(-\infty, -\sqrt{\frac{k}{3}})$和$(\sqrt{\frac{k}{3}}, +\infty)$这两个区间内各有一个零点。因此，为了确保在$(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}})$区间内也有一个零点，我们需要保证$f(x)$在这个区间内的值从负无穷大增加到正无穷大，这样它必然会在某个点穿过$x$轴。 综上所述，为了使$f(x)$有三个零点，$k$的取值范围必须是$k > 0$。<eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 对 $k$ 分 $k \leq 0$ 和 $k>0$ 两种情况讨论即可; (2) $f(x)$ 有三个零点, 由 (1) 知 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$, 解不等式组得到 $k$ 的范围, 再 利用零点存在性定理加以说明即可. 【详解】(1) 由题, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 当 $k \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增; 当 $k>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x= \pm \sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\sqrt{\frac{k}{3}}<x<\sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x<-\sqrt{\frac{k}{3}}$ 或 $x>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right),\left(\sqrt{\frac{k}{3}},+\infty\right)$ 上单调递增. (2) 由 (1) 知, $f(x)$ 有三个零点, 则 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$ $\left\{\begin{array}{l}k^{2}+\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}>0 \\ k^{2}-\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}<0\end{array}\right.$, 解得 $0<k<\frac{4}{27}$ ， 当 $0<k<\frac{4}{27}$ 时, $\sqrt{k}>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 且 $f(\sqrt{k})=k^{2}>0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{k}\right)$ 上有唯一一个零点, 同理 $-k-1<-\sqrt{\frac{k}{3}}, \quad f(-k-1)=-k^{3}-(k+1)^{2}<0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-k-1,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 又 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 所以 $f(x)$ 有三个零点, 综上可知 $k$ 的取值范围为 $\left(0, \frac{4}{27}\right)$. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题, 考 查学生逻辑推理能力、数学运算能力, 是一道中档题. |
| kimi | (1)【解析】要讨论函数$f(x)=x^{3}-k x+k^{2}$的单调性，我们首先需要求出函数的导数$f'(x)$。函数的导数可以帮助我们确定函数在哪些区间上是单调递增或单调递减的。 首先求导： $f'(x) = \frac{d}{dx}(x^{3}-k x+k^{2}) = 3x^{2}-k$ 接下来，我们需要分析导数的符号来确定函数的单调性。这可以通过解导数等于0的方程来实现，即解方程$3x^{2}-k=0$。 解得： $x = \pm\sqrt{\frac{k}{3}}$ 当$x < -\sqrt{\frac{k}{3}}$或$x > \sqrt{\frac{k}{3}}$时，$f'(x) > 0$，说明函数在这些区间上单调递增。 当$-\sqrt{\frac{k}{3}} < x < \sqrt{\frac{k}{3}}$时，$f'(x) < 0$，说明函数在这个区间上单调递减。 <eoe> 【答案】函数$f(x)=x^{3}-k x+k^{2}$在区间$(-\infty, -\sqrt{\frac{k}{3}})$和$(\sqrt{\frac{k}{3}}, +\infty)$上单调递增，在区间$(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}})$上单调递减。<eoa> (2)【解析】要使函数$f(x)$有三个零点，需要满足以下条件： 1. 函数在$x = -\sqrt{\frac{k}{3}}$和$x = \sqrt{\frac{k}{3}}$处的导数为0，这意味着函数在这两个点处有极值点。 2. 函数在这两个极值点处的函数值异号，即一个极值点处函数值为正，另一个为负，这样才能保证在这两个极值点之间存在一个零点。 3. 函数在$x = -\sqrt{\frac{k}{3}}$和$x = \sqrt{\frac{k}{3}}$之外的值域需要包含0，这样函数才能在这两个极值点之外再有两个零点。 首先，我们计算极值点处的函数值： $f(-\sqrt{\frac{k}{3}}) = (-\sqrt{\frac{k}{3}})^{3} - k(-\sqrt{\frac{k}{3}}) + k^{2}$ $f(\sqrt{\frac{k}{3}}) = (\sqrt{\frac{k}{3}})^{3} - k(\sqrt{\frac{k}{3}}) + k^{2}$ 为了使函数有三个零点，我们需要$f(-\sqrt{\frac{k}{3}}) \cdot f(\sqrt{\frac{k}{3}}) < 0$。 接下来，我们计算$f(-\sqrt{\frac{k}{3}}) \cdot f(\sqrt{\frac{k}{3}})$： $f(-\sqrt{\frac{k}{3}}) \cdot f(\sqrt{\frac{k}{3}}) = (-\sqrt{\frac{k}{3}})^{3} - k(-\sqrt{\frac{k}{3}}) + k^{2} \cdot (\sqrt{\frac{k}{3}})^{3} - k(\sqrt{\frac{k}{3}}) + k^{2}$ 化简得： $f(-\sqrt{\frac{k}{3}}) \cdot f(\sqrt{\frac{k}{3}}) = -\frac{2k^{3}}{9} + 2k^{2}$ 要使$f(-\sqrt{\frac{k}{3}}) \cdot f(\sqrt{\frac{k}{3}}) < 0$，我们需要： $-\frac{2k^{3}}{9} + 2k^{2} < 0$ 解这个不等式，我们可以得到$k$的取值范围。 <eoe> 【答案】解不等式$-\frac{2k^{3}}{9} + 2k^{2} < 0$，得到$k$的取值范围为$0 < k < 9$。<eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 对 $k$ 分 $k \leq 0$ 和 $k>0$ 两种情况讨论即可; (2) $f(x)$ 有三个零点, 由 (1) 知 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$, 解不等式组得到 $k$ 的范围, 再 利用零点存在性定理加以说明即可. 【详解】(1) 由题, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 当 $k \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增; 当 $k>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x= \pm \sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\sqrt{\frac{k}{3}}<x<\sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x<-\sqrt{\frac{k}{3}}$ 或 $x>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right),\left(\sqrt{\frac{k}{3}},+\infty\right)$ 上单调递增. (2) 由 (1) 知, $f(x)$ 有三个零点, 则 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$ $\left\{\begin{array}{l}k^{2}+\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}>0 \\ k^{2}-\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}<0\end{array}\right.$, 解得 $0<k<\frac{4}{27}$ ， 当 $0<k<\frac{4}{27}$ 时, $\sqrt{k}>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 且 $f(\sqrt{k})=k^{2}>0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{k}\right)$ 上有唯一一个零点, 同理 $-k-1<-\sqrt{\frac{k}{3}}, \quad f(-k-1)=-k^{3}-(k+1)^{2}<0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-k-1,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 又 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 所以 $f(x)$ 有三个零点, 综上可知 $k$ 的取值范围为 $\left(0, \frac{4}{27}\right)$. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题, 考 查学生逻辑推理能力、数学运算能力, 是一道中档题. |
| wenxinyiyan | (1)【解析】 首先，我们需要求出函数$f(x)$的导数$f^{\prime}(x)$，由导数的定义和运算法则，我们有 $f^{\prime}(x) = 3x^{2} - k.$ 然后，我们根据$k$的取值范围，分别讨论$f^{\prime}(x)$的正负，从而确定$f(x)$的单调性。 * 当$k \leq 0$时，$f^{\prime}(x) = 3x^{2} - k \geq 0$，所以$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增。 * 当$k > 0$时，我们需要找出使得$f^{\prime}(x) = 0$的$x$值，即解方程$3x^{2} - k = 0$，得到$x = \pm \sqrt{\frac{k}{3}}$。然后，我们根据$x$的取值范围，讨论$f^{\prime}(x)$的正负，得到$f(x)$的单调性。具体地，当$x \in \left( - \infty, - \sqrt{\frac{k}{3}} \right) \cup \left( \sqrt{\frac{k}{3}}, + \infty \right)$时，$f^{\prime}(x) > 0$，所以$f(x)$单调递增；当$x \in \left( - \sqrt{\frac{k}{3}},\sqrt{\frac{k}{3}} \right)$时，$f^{\prime}(x) < 0$，所以$f(x)$单调递减。 【答案】 (1) 当$k \leq 0$时，$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增；当$k > 0$时，$f(x)$在$\left( - \infty, - \sqrt{\frac{k}{3}} \right),\left( \sqrt{\frac{k}{3}}, + \infty \right)$上单调递增，在$\left( - \sqrt{\frac{k}{3}},\sqrt{\frac{k}{3}} \right)$上单调递减。 (2)【解析】 根据(1)的讨论，我们知道，当$k \leq 0$时，$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，所以$f(x)$不可能有三个零点。当$k > 0$时，我们需要找出使得$f\left( - \sqrt{\frac{k}{3}} \right) > 0$且$f\left( \sqrt{\frac{k}{3}} \right) < 0$的$k$值。具体地，我们需要解不等式组 $\left\{ \begin{array}{r} f\left( - \sqrt{\frac{k}{3}} \right) = - \frac{2k}{3}\sqrt{\frac{k}{3}} + k^{2} > 0, \\ f\left( \sqrt{\frac{k}{3}} \right) = \frac{2k}{3}\sqrt{\frac{k}{3}} + k^{2} < 0, \\ \end{array} \right.$ 得到$k$的取值范围。 【答案】 (2) $k$的取值范围为$\left( - \sqrt{\frac{3}{2}},\sqrt{\frac{3}{2}} \right)$。 |
【解析】} 【分析】} (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 对 $k$ 分 $k \leq 0$ 和 $k>0$ 两种情况讨论即可; (2) $f(x)$ 有三个零点, 由 (1) 知 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$, 解不等式组得到 $k$ 的范围, 再 利用零点存在性定理加以说明即可. 【详解】(1) 由题, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 当 $k \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增; 当 $k>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x= \pm \sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\sqrt{\frac{k}{3}}<x<\sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x<-\sqrt{\frac{k}{3}}$ 或 $x>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right),\left(\sqrt{\frac{k}{3}},+\infty\right)$ 上单调递增. (2) 由 (1) 知, $f(x)$ 有三个零点, 则 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$ $\left\{\begin{array}{l}k^{2}+\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}>0 \\ k^{2}-\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}<0\end{array}\right.$, 解得 $0<k<\frac{4}{27}$ ， 当 $0<k<\frac{4}{27}$ 时, $\sqrt{k}>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 且 $f(\sqrt{k})=k^{2}>0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{k}\right)$ 上有唯一一个零点, 同理 $-k-1<-\sqrt{\frac{k}{3}}, \quad f(-k-1)=-k^{3}-(k+1)^{2}<0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-k-1,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 又 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 所以 $f(x)$ 有三个零点, 综上可知 $k$ 的取值范围为 $\left(0, \frac{4}{27}\right)$. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题, 考 查学生逻辑推理能力、数学运算能力, 是一道中档题. |
| zhipu | (1)【解析】 首先，我们需要求出函数 \( f(x) = x^3 - kx + k^2 \) 的导数，以便讨论其单调性。 求导数： \[ f'(x) = \frac{d}{dx}(x^3 - kx + k^2) = 3x^2 - k \] 接下来，分析导数的符号： 1. 当 \( k \leq 0 \) 时，\( 3x^2 - k \geq 3x^2 \geq 0 \)，即 \( f'(x) \geq 0 \)。因此，函数 \( f(x) \) 在整个实数范围内是单调递增的。 2. 当 \( k > 0 \) 时，令 \( f'(x) = 0 \)，得到： \[ 3x^2 - k = 0 \] \[ x^2 = \frac{k}{3} \] \[ x = \pm \sqrt{\frac{k}{3}} \] 我们需要检查这些临界点将函数划分的区间上的单调性： - 当 \( x < -\sqrt{\frac{k}{3}} \) 时，\( 3x^2 > k \)，所以 \( f'(x) > 0 \)，函数在该区间单调递增。 - 当 \( -\sqrt{\frac{k}{3}} < x < \sqrt{\frac{k}{3}} \) 时，\( 3x^2 < k \)，所以 \( f'(x) < 0 \)，函数在该区间单调递减。 - 当 \( x > \sqrt{\frac{k}{3}} \) 时，\( 3x^2 > k \)，所以 \( f'(x) > 0 \)，函数在该区间单调递增。 综上所述： - 当 \( k \leq 0 \) 时，\( f(x) \) 在整个实数范围内单调递增。 - 当 \( k > 0 \) 时，\( f(x) \) 在 \( (-\infty, -\sqrt{\frac{k}{3}}) \) 和 \( (\sqrt{\frac{k}{3}}, +\infty) \) 上单调递增，在 \( (-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}) \) 上单调递减。<eoe> 【答案】 当 \( k \leq 0 \) 时，函数 \( f(x) \) 在整个实数范围内单调递增； 当 \( k > 0 \) 时，函数 \( f(x) \) 在 \( (-\infty, -\sqrt{\frac{k}{3}}) \) 和 \( (\sqrt{\frac{k}{3}}, +\infty) \) 上单调递增，在 \( (-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}) \) 上单调递减。<eoa> (2)【解析】 若 \( f(x) \) 有三个零点，则根据单调性分析，函数必须有一个极大值和一个极小值，并且这两个极值点对应的函数值必须异号。 从第一部分的解析中，当 \( k > 0 \) 时，函数 \( f(x) \) 在 \( x = -\sqrt{\frac{k}{3}} \) 处取得极大值，在 \( x = \sqrt{\frac{k}{3}} \) 处取得极小值。 计算极值点处的函数值： \[ f(-\sqrt{\frac{k}{3}}) = (-\sqrt{\frac{k}{3}})^3 - k(-\sqrt{\frac{k}{3}}) + k^2 = -\frac{k^{3/2}}{3\sqrt{3}} + k\sqrt{\frac{k}{3}} + k^2 = -\frac{k^{3/2}}{3\sqrt{3}} + \frac{k^{3/2}}{\sqrt{3}} + k^2 = \frac{2k^{3/2}}{3\sqrt{3}} + k^2 \] \[ f(\sqrt{\frac{k}{3}}) = (\sqrt{\frac{k}{3}})^3 - k(\sqrt{\frac{k}{3}}) + k^2 = \frac{k^{3/2}}{3\sqrt{3}} - k\sqrt{\frac{k}{3}} + k^2 = \frac{k^{3/2}}{3\sqrt{3}} - \frac{k^{3/2}}{\sqrt{3}} + k^2 = -\frac{2k^{3/2}}{3\sqrt{3}} + k^2 \] 为了 \( f(x) \) 有三个零点，极大值和极小值必须异号，即： \[ \frac{2k^{3/2}}{3\sqrt{3}} + k^2 > 0 \] \[ -\frac{2k^{3/2}}{3\sqrt{3}} + k^2 < 0 \] 解第一个不等式： \[ \frac{2k^{3/2}}{3\sqrt{3}} + k^2 > 0 \] 显然对于 \( k > 0 \) 恒成立。 解第二个不等式： \[ -\frac{2k^{3/2}}{3\sqrt{3}} + k^2 < 0 \] \[ k^2 < \frac{2k^{3/2}}{3\sqrt{3}} \] \[ 3\sqrt{3}k^2 < 2k^{3/2} \] \[ \frac{3\sqrt{3}}{2}k^{1/2} < 1 \] \[ k^{1/2} < \frac{2}{3\sqrt{3}} \] \[ k < \left(\frac{2}{3\sqrt{3}}\right)^2 \] \[ k < \frac{4}{27} \] 综上所述，若 \( f(x) \) 有三个零点，则 \( k \) 的取值范围是 \( 0 < k < \frac{4}{27} \)。<eoe> 【答案】 若 \( f(x) \) 有三个零点，则 \( k \) 的取值范围是 \( 0 < k < \frac{4}{27} \)。<eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 对 $k$ 分 $k \leq 0$ 和 $k>0$ 两种情况讨论即可; (2) $f(x)$ 有三个零点, 由 (1) 知 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$, 解不等式组得到 $k$ 的范围, 再 利用零点存在性定理加以说明即可. 【详解】(1) 由题, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 当 $k \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增; 当 $k>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x= \pm \sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\sqrt{\frac{k}{3}}<x<\sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x<-\sqrt{\frac{k}{3}}$ 或 $x>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right),\left(\sqrt{\frac{k}{3}},+\infty\right)$ 上单调递增. (2) 由 (1) 知, $f(x)$ 有三个零点, 则 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$ $\left\{\begin{array}{l}k^{2}+\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}>0 \\ k^{2}-\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}<0\end{array}\right.$, 解得 $0<k<\frac{4}{27}$ ， 当 $0<k<\frac{4}{27}$ 时, $\sqrt{k}>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 且 $f(\sqrt{k})=k^{2}>0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{k}\right)$ 上有唯一一个零点, 同理 $-k-1<-\sqrt{\frac{k}{3}}, \quad f(-k-1)=-k^{3}-(k+1)^{2}<0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-k-1,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 又 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 所以 $f(x)$ 有三个零点, 综上可知 $k$ 的取值范围为 $\left(0, \frac{4}{27}\right)$. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题, 考 查学生逻辑推理能力、数学运算能力, 是一道中档题. |
| gpto1 | 20. (1) 【解析】 要讨论函数 \( f(x) = x^3 - kx + k^2 \) 的单调性，先求其导数： \[ f'(x) = (x^3 - kx + k^2)' = 3x^2 - k \] 令导数等于零，求得临界点： \[ 3x^2 - k = 0 \implies x^2 = \dfrac{k}{3} \] 所以，当 \( k \geq 0 \) 时，存在实数临界点 \( x = \pm \sqrt{\dfrac{k}{3}} \)；当 \( k < 0 \) 时，方程无实数解，导数 \( f'(x) > 0 \) 对一切实数恒成立。 讨论如下： - 当 \( k < 0 \) 时，\( f'(x) = 3x^2 - k > 3x^2 - 0 \geq 0 \)，故 \( f(x) \) 在 \( \mathbb{R} \) 上单调递增。 - 当 \( k = 0 \) 时，\( f'(x) = 3x^2 \geq 0 \)，且在 \( x = 0 \) 处取零，仍然在 \( \mathbb{R} \) 上单调递增。 - 当 \( k > 0 \) 时，存在临界点 \( x = \pm \sqrt{\dfrac{k}{3}} \)。对 \( x \) 的区间进行划分： - 当 \( x < -\sqrt{\dfrac{k}{3}} \) 时，\( f'(x) = 3x^2 - k > 3\left( \dfrac{k}{3} \right) - k = 0 \)，故 \( f'(x) > 0 \)。 - 当 \( -\sqrt{\dfrac{k}{3}} < x < \sqrt{\dfrac{k}{3}} \) 时，取 \( x = 0 \)，有 \( f'(0) = -k < 0 \)，故 \( f'(x) < 0 \)。 - 当 \( x > \sqrt{\dfrac{k}{3}} \) 时，\( f'(x) > 0 \)。 因此，当 \( k > 0 \) 时，函数 \( f(x) \) 在 \( (-\infty, -\sqrt{\dfrac{k}{3}}) \) 上单调递增，在 \( (-\sqrt{\dfrac{k}{3}}, \sqrt{\dfrac{k}{3}}) \) 上单调递减，在 \( (\sqrt{\dfrac{k}{3}}, +\infty) \) 上单调递增。 <eoe> 【答案】 (1) 当 \( k \leq 0 \) 时，函数 \( f(x) \) 在实数范围内单调递增；当 \( k > 0 \) 时，函数 \( f(x) \) 在 \( (-\infty, -\sqrt{\dfrac{k}{3}}) \) 上单调递增，在 \( (-\sqrt{\dfrac{k}{3}}, \sqrt{\dfrac{k}{3}}) \) 上单调递减，在 \( (\sqrt{\dfrac{k}{3}}, +\infty) \) 上单调递增。 <eoa> (2) 【解析】 要使函数 \( f(x) = x^3 - kx + k^2 \) 有三个零点，需要函数的图像与 \( x \) 轴有三个交点，这要求函数在局部极大值点处的函数值大于零，局部极小值点处的函数值小于零。 根据(1)的结果，当 \( k > 0 \) 时，函数有极大值点 \( x = -\sqrt{\dfrac{k}{3}} \) 和极小值点 \( x = \sqrt{\dfrac{k}{3}} \)。 计算极大值和极小值： 极大值： \[ f_{\text{max}} = f\left( -\sqrt{\dfrac{k}{3}} \right) = \left( -\sqrt{\dfrac{k}{3}} \right)^3 - k \left( -\sqrt{\dfrac{k}{3}} \right) + k^2 = -\dfrac{k}{3} \sqrt{\dfrac{k}{3}} + k \sqrt{\dfrac{k}{3}} + k^2 = \dfrac{2k}{3} \sqrt{\dfrac{k}{3}} + k^2 \] 极小值： \[ f_{\text{min}} = f\left( \sqrt{\dfrac{k}{3}} \right) = \left( \sqrt{\dfrac{k}{3}} \right)^3 - k \left( \sqrt{\dfrac{k}{3}} \right) + k^2 = \dfrac{k}{3} \sqrt{\dfrac{k}{3}} - k \sqrt{\dfrac{k}{3}} + k^2 = -\dfrac{2k}{3} \sqrt{\dfrac{k}{3}} + k^2 \] 为了函数有三个零点，需要满足： \[ f_{\text{min}} < 0 \] 即： \[ -\dfrac{2k}{3} \sqrt{\dfrac{k}{3}} + k^2 < 0 \] 整理得： \[ k^2 < \dfrac{2k}{3} \sqrt{\dfrac{k}{3}} \] 两边同时除以 \( k \)（\( k > 0 \)）： \[ k < \dfrac{2}{3} \sqrt{\dfrac{k}{3}} \] 两边平方： \[ k^2 < \dfrac{4}{9} \cdot \dfrac{k}{3} \] 整理得： \[ k^2 < \dfrac{4k}{27} \] 再除以 \( k \)（\( k > 0 \)）： \[ k < \dfrac{4}{27} \] 同时，\( k > 0 \)。因此，\( k \) 的取值范围为： \[ 0 < k < \dfrac{4}{27} \] <eoe> 【答案】 (2) \( k \) 的取值范围是 \( 0 < k < \dfrac{4}{27} \)。 <eoa> |
【解析】} 【分析】} (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 对 $k$ 分 $k \leq 0$ 和 $k>0$ 两种情况讨论即可; (2) $f(x)$ 有三个零点, 由 (1) 知 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$, 解不等式组得到 $k$ 的范围, 再 利用零点存在性定理加以说明即可. 【详解】(1) 由题, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 当 $k \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增; 当 $k>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x= \pm \sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\sqrt{\frac{k}{3}}<x<\sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x<-\sqrt{\frac{k}{3}}$ 或 $x>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right),\left(\sqrt{\frac{k}{3}},+\infty\right)$ 上单调递增. (2) 由 (1) 知, $f(x)$ 有三个零点, 则 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$ $\left\{\begin{array}{l}k^{2}+\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}>0 \\ k^{2}-\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}<0\end{array}\right.$, 解得 $0<k<\frac{4}{27}$ ， 当 $0<k<\frac{4}{27}$ 时, $\sqrt{k}>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 且 $f(\sqrt{k})=k^{2}>0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{k}\right)$ 上有唯一一个零点, 同理 $-k-1<-\sqrt{\frac{k}{3}}, \quad f(-k-1)=-k^{3}-(k+1)^{2}<0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-k-1,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 又 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 所以 $f(x)$ 有三个零点, 综上可知 $k$ 的取值范围为 $\left(0, \frac{4}{27}\right)$. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题, 考 查学生逻辑推理能力、数学运算能力, 是一道中档题. |
| deepseekv3 | server error: Error code: 400 - {'error': {'code': 'RequestTimeOut', 'param': None, 'message': 'Request timed out, please try again later.', 'type': 'RequestTimeOut'}, 'id': 'chatcmpl-4e0da9a7-3244-965f-9bee-ff66de97db7b', 'request_id': '4e0da9a7-3244-965f-9bee-ff66de97db7b'} | 【解析】} 【分析】} (1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 对 $k$ 分 $k \leq 0$ 和 $k>0$ 两种情况讨论即可; (2) $f(x)$ 有三个零点, 由 (1) 知 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$, 解不等式组得到 $k$ 的范围, 再 利用零点存在性定理加以说明即可. 【详解】(1) 由题, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-k$, 当 $k \leq 0$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增; 当 $k>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x= \pm \sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\sqrt{\frac{k}{3}}<x<\sqrt{\frac{k}{3}}$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x<-\sqrt{\frac{k}{3}}$ 或 $x>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right),\left(\sqrt{\frac{k}{3}},+\infty\right)$ 上单调递增. (2) 由 (1) 知, $f(x)$ 有三个零点, 则 $k>0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}f\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)>0 \\ f\left(\sqrt{\frac{k}{3}}\right)<0\end{array}\right.$ $\left\{\begin{array}{l}k^{2}+\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}>0 \\ k^{2}-\frac{2}{3} k \sqrt{\frac{k}{3}}<0\end{array}\right.$, 解得 $0<k<\frac{4}{27}$ ， 当 $0<k<\frac{4}{27}$ 时, $\sqrt{k}>\sqrt{\frac{k}{3}}$, 且 $f(\sqrt{k})=k^{2}>0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{k}\right)$ 上有唯一一个零点, 同理 $-k-1<-\sqrt{\frac{k}{3}}, \quad f(-k-1)=-k^{3}-(k+1)^{2}<0$, 所以 $f(x)$ 在 $\left(-k-1,-\sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 又 $f(x)$ 在 $\left(-\sqrt{\frac{k}{3}}, \sqrt{\frac{k}{3}}\right)$ 上有唯一一个零点, 所以 $f(x)$ 有三个零点, 综上可知 $k$ 的取值范围为 $\left(0, \frac{4}{27}\right)$. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题, 考 查学生逻辑推理能力、数学运算能力, 是一道中档题. |