Question

已知函數(shù)f（x）=

1

3

ax³+（b-

a-3

2

）x²+3x，其中a＞0，b∈R．
（Ⅰ）當b=-3時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當a=3，且b＜0時，
（i）若f（x）有兩個極值點x₁，x₂（x₁＜x₂），求證：f（x₁）＜1；
（ii）若對任意的x∈[0，t]，都有-1≤f（x）≤16成立，求正實數(shù)t的最大值．

Answer 1

考點：利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（Ⅰ）當b=-3時，f′（x）=ax²-（a+3）x+3，由此能求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（Ⅱ）（i）a=3，f′（x）=3x²+2bx+3，由題意知b=-

3

2

(x1+

1

x1

)＜-3，x1+

1

x1

＞2，0＜x₁＜1．由此能證明f（x₁）＜1．
（ii）當b≥-3時，t＜4．當b＜-3時f（x）的極大值為f（x₁）＜1．要使t取到最大值，只需函數(shù)f（x）的極小值f（x₂）=-1，由此能求出t的最大值為4．

解答： （Ⅰ）解：當b=-3時，f（x）=

1

3

ax³-

1

2

（a+3）x²+3x，
∴f′（x）=ax²-（a+3）x+3=0，
得x1=1，x2=

3

a

，
∴當a=3時，f（x）在（-∞，+∞）上是增函數(shù)；
當0＜a＜3時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（-∞，1），（

3

a

，+∞），
單調(diào)遞減區(qū)間是（1，

3

a

）；
當a＞3時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（-∞，

3

a

），（1，+∞），
單調(diào)減區(qū)間是（

3

a

，1）．
（Ⅱ）（i）證明：∵a=3，∴f（x）=x³+bx²+3x，
∴f′（x）=3x²+2bx+3，
∵f（x）有兩個極值點x₁，x₂，x₁＜x₂，
∴△=4b²-36＞0，∵b＜0，∴b＜-3．
∵3x12+2bx1+3=0，∴b=-

3

2

(x1+

1

x1

)＜-3，
即x1+

1

x1

＞2，∵x₁＜x₂，∴0＜x₁＜1．
∴f(x1)=x13+bx12+3x1=x13-

3

2

(x1+

1

x1

)x12+3x1=-

1

2

x13+

3

2

x1，
設p（x）=

1

2

x3+

3

2

x，則p′（x）=-

3

2

x2+

3

2

=

3

2

(1-x2)，
當x∈（0，1）時，p′（x）＞0，∴x∈（0，1）時，p（x）＜p（1）=1，即f（x₁）＜1．
（ii）解：當b≥-3時，f（x）在[0，t]上是遞增函數(shù)，且f（4）=76+16b≥28＞16，則t＜4．
當b＜-3時，∵f（x）有兩個極值點x₁，x₂，
則由（i）的結論知f（x）的極大值為f（x₁）＜1．
∵f′(x2)=3x22+2bx2+3=0，∴x2=

-b+ b2-9

3

＞1，
f(x2)=x23+bx22+3x2=-

1

2

x23+

3

2

x2，
由f（t）=16，得t³+bt²+3t=16，當b越小，x₂越大，而f（x）的極小值f（x₂）越不，此時t越大．
要使t取到最大值，只需函數(shù)f（x）的極小值f（x₂）=-1，
∴

f′(x2)=3x22+2bx2+3=0 f(x2)=x23+bx22+3x2=-1

，解得x2=2，b=-

15

4

，
此時f(x)=x3-

15

4

x2+3x，
∵f（4）=16，∴t的最大值為4．
綜上，所求t的最大值為4．

點評：本題考查函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的求法，考查不等式的證明，考查滿足條件的正實數(shù)的最大值的求法，解題時要認真審題，注意導數(shù)性質(zhì)的合理運用．