Question

20．設函數(shù)f（x）=$\frac{a{x}^{3}}{3}$+$\frac{b{x}^{2}}{2}$+cx，集合A={x|f′（x）=x}．
（1）若A={1}，且a≥1，f′（x）在區(qū)間[-2，2]上的最大值、最小值分別是M、m，記g（a）=M+m，求g（a）的最小值；
（2）若A={1，2}，h（x）=f（x）-f′（x）在R上不單調(diào)，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)集合A只有一個元素1，說明方程f（x）=x有兩個相等的實數(shù)根，運用根與系數(shù)關系把b和c用a表示，再利用二次函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)f（x）的最值，則g（a）=M+m可求．
（2）根據(jù)A={1，2}，故1，2是方程ax²+（b-1）x+c=0的兩實根，求出a，b，c的關系，求函數(shù)h（x）的導數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性和導數(shù)之間的關系進行求解即可．

解答 解：（1）函數(shù)的導數(shù)f′（x）=ax²+bx+c，
∵A={x|f′（x）=x}．
∴方程ax²+（b-1）x+c=0有兩相等實根x₁=x₂=1，
根據(jù)韋達定理得到：$\left\{\begin{array}{l}{2=-\frac{b-1}{a}}\\{1=\frac{c}{a}}\end{array}\right.$，得：a=c，b=-2a+1．
∴f′（x）=ax²+bx+c=ax²+（1-2a）x+a，x∈[-2，2]
其對稱軸方程為x=-$\frac{1-2a}{2a}$，即$x=1-\frac{1}{2a}$
又a≥1，故$\frac{1}{2}≤1-\frac{1}{2a}＜1$
∴$M=f（-2）=9a-2，\;\;\;m=\frac{4a-1}{4a}$ 
則g（a）=M+m=$9a-\frac{1}{4a}-1$，
則函數(shù)g（a）在a≥1上為增函數(shù)，
∴g（a）的最小值為g（1）=9-$\frac{1}{4}$-1=$\frac{31}{4}$．
（2）又A={1，2}，故1，2是方程ax²+（b-1）x+c=0的兩實根．
∴$\left\{\begin{array}{l}{1+2=-\frac{b-1}{a}=3}\\{1×2=\frac{c}{a}=2}\end{array}\right.$，解得c=2a，b=1-3a．
h（x）=f（x）-f′（x）=$\frac{a{x}^{3}}{3}$+$\frac{b{x}^{2}}{2}$+cx-ax²-bx-c
=$\frac{a{x}^{3}}{3}$+$\frac{1-3a}{2}$x²+2ax-ax²-（1-3a）x-2a
=$\frac{a{x}^{3}}{3}$+$\frac{1-5a}{2}$x²+（5a-1）x-2a
則h′（x）=ax²+（1-5a）x+5a-1，
若h（x）=f（x）-f′（x）在R上不單調(diào)，
則h′（x）=ax²+（1-5a）x+5a-1=0由兩個不同的實根，
即判別式△=（1-5a）²-4a（5a-1）＞0，
即（5a-1）（a-1）＞0，
即a＞1或a＜$\frac{1}{5}$．

點評 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性和導數(shù)的關系，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)之間的關系是解決本題的關鍵．