Question

20．已知函數(shù)f（x）=x²+ax+b（a，b∈R）在區(qū)間（0，1]上有零點(diǎn)x₀，則$ab（\frac{x_0}{4}+\frac{1}{{9{x_0}}}-\frac{1}{3}）$的最大值是$\frac{1}{144}$．

Answer 1

分析 用a，x₀表示出b，利用基本不等式得出$ab（\frac{x_0}{4}+\frac{1}{{9{x_0}}}-\frac{1}{3}）$≤$\frac{1}{4}$（$\frac{{{x}_{0}}^{4}}{4}$-$\frac{{{x}_{0}}^{3}}{3}$+$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{9}$），利用導(dǎo)數(shù)求出右側(cè)函數(shù)的單調(diào)性和最值即可得出答案．

解答 解：由f（x₀）=0得b=-x₀²-ax₀，
∴ab=-ax₀²-a²x₀=x₀[a（-x₀-a）]≤x₀•$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$=$\frac{{{x}_{0}}^{3}}{4}$．（當(dāng)且僅當(dāng)a=-x₀-a即x₀=-2a時(shí)取等號(hào)）
∴ab（$\frac{{x}_{0}}{4}+\frac{1}{9{x}_{0}}-\frac{1}{3}$）≤$\frac{1}{4}$（$\frac{{{x}_{0}}^{4}}{4}$-$\frac{{{x}_{0}}^{3}}{3}$+$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{9}$），
令g（x₀）=$\frac{{{x}_{0}}^{4}}{4}$-$\frac{{{x}_{0}}^{3}}{3}$+$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{9}$，則g′（x₀）=x₀³-x₀²+$\frac{2{x}_{0}}{9}$=x₀（x₀-$\frac{1}{3}$）（x₀-$\frac{2}{3}$），
∴g（x₀）在（0，$\frac{1}{3}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{3}$，$\frac{2}{3}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{2}{3}$，1）上單調(diào)遞增，
又g（$\frac{1}{3}$）=$\frac{1}{324}$，g（1）=$\frac{1}{4}-\frac{1}{3}+\frac{1}{9}$=$\frac{1}{36}$，
∴g（x₀）的最大值為$\frac{1}{36}$．
∴$ab（\frac{x_0}{4}+\frac{1}{{9{x_0}}}-\frac{1}{3}）$的最大值為$\frac{1}{4}×\frac{1}{36}$=$\frac{1}{144}$．
故答案為：$\frac{1}{144}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)單調(diào)性判斷，最值計(jì)算，屬于中檔題．