Question

設x₁，x₂是f（x）=

a

3

x3+

b-1

2

x2+x(a，b∈R，a＞0)的兩個極值點，f（x）的導函數(shù)是y=f′（x）
（Ⅰ）如果x₁＜2＜x₂＜4，求證：f′（-2）＞3；
（Ⅱ）如果|x₁|＜2，|x₂-x₁|=2，求b的取值范圍；
（Ⅲ）如果a≥2，且x₂-x₁=2，x∈（x₁，x₂）時，函數(shù)g（x）=f′（x）+2（x-x₂）的最小值為h（a），求h（a）的最大值．

Answer 1

分析：（Ⅰ）對f（x）進行求導，可知x₁，x₂ 是方程f′（x）=0的兩個根，根據(jù)其單調(diào)區(qū)間可以得出f′（2）＜0，f′（4）＞0，推出4a-2b＞0，整體法代入f′（-2）進行證明；
（Ⅱ）根據(jù)（Ⅰ）可根據(jù)韋達定理求出x₁+x₂和x₁x₂，根據(jù)已知|x₂-x₁|可以用x₁+x₂和x₁x₂，表示出來，從而求出b的范圍；
（Ⅲ）根據(jù)f′（x）=0的兩個根是x₁，x₂，可設f′（x）=a（x-x₁）（x-x₂），再利用不等式進行放縮和利用導數(shù)進行求解；

解答：解：（I）證明：f′（x）=ax²+（b-1）x+1，x₁，x₂ 是方程f′（x）=0的兩個根，
f（x）在（x₂，+∞）上單調(diào)增，其導函數(shù)大于0，f（x）在（x₁，x₂）上單調(diào)遞減，其導函數(shù)小于0，
由x₁＜2＜x₂＜4且a＞0
得

f′(2)＜0 f′(4)＞0

可得

4a+2b-1＜0① 16a+4b-3＞0②

        （2分）
①×（-3）+②得4a-2b＞0，
∴f′（-2）=4a-2（b-1）+1=4a-2b+3＞3；
（Ⅱ）解：由第（1）問知

x1+x2=- b-1 a x1x2= 1 a

由x₁x₂≠0，兩式相除得
-（b-1）=

x1+x2

x1x2

=

1

x1

+

1

x2

 即b=-

1

x1

-

1

x2

+1     （4分）
①當0＜x₁＜2時，由x₁x₂=

1

a

＞0，
∴x₂-x₁=2 即x₂=x₁+2
∴b=-

1

x1

-

1

x1+2

+1，x₁∈（0，2）（5分）
令函數(shù)φ（x）=-

1

x

-

1

x+2

+1（x＞0），則φ′（x）=

1

x2

+

1

(x+2)2

，
∴φ（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；
∴當x₁∈（0，2）時，b=φ（x₁）＜φ（2）=-

1

2

-

1

4

+1=

1

4

，即b＜

1

4

  （7分）
②當-2＜x₁＜0時，x₂＜0，∴x₁-x₂=2 即x₂=x₁-2
∴b=-

1

x1

-

1

x1-2

+1，x₁∈（-2，0）
令函數(shù)ω（x）=-

1

x

-

1

(x-2)2

+1（x＜0）則同理可證ω（x）在（-∞，0）上是增函數(shù)
∴當x₁∈（-2，0）時，b=ω（x₁）＞ω（-2）=

7

4

，
綜①②所述，b的取值范圍是（-∞，

1

4

）∪（

7

4

，+∞）；
（Ⅲ）解：f′（x）=0的兩個根是x₁，x₂，
∴可設f′（x）=a（x-x₁）（x-x₂）
∴g（x）=a（x-x₁）（x-x₂）+2（x-x₂）=a（x-x₂）（x-x₁+

2

a

） （10分）
又x∈（x₁，x₂） 又a≥2，
∴x-x₁+

2

a

＞0
∴|g（x）|=|a（x-x₂）（x-x₁+

2

a

）|=a（x₂-x）（x-x₁+

2

a

）
≤a(

x2-x1+ 2 a

2

)2=a（1+

1

a

）²=a（1+

1

a

）²=a+

1

a

+2，g（x）≥-（a+

1

a

+2）
當且僅當x₂-x₁=x-x₁+

2

a

即x=即x=

x1+x2

2

-

1

a

時取等號
∴h（a）=-（a+

1

a

+2），（a≥2）
當a≥2時，h′（a）=-（1-

1

a2

）＜0
∴h（a）在（2，+∞）上是減函數(shù)． 
∴h（a）=h（2）=-

9

2

；

點評：主要考查函數(shù)與導數(shù)的綜合應用能力，具體涉及到用導數(shù)來研究函數(shù)的單調(diào)性、極值等基礎(chǔ)知識，考查運算能力及用函數(shù)思想分析解決問題的能力．