Question

3．已知函數(shù)$f（x）=\frac{1}{3}{x^3}+\frac{1}{2}a{x^2}+bx（{a，b∈R}）$．
（1）若函數(shù)f（x）在（0，2）上存在兩個(gè)極值點(diǎn)，求3a+b的取值范圍；
（2）當(dāng)a=0，b≥-1時(shí)，求證：對(duì)任意的實(shí)數(shù)x∈[0，2]，$|{f（x）}|≤2b+\frac{8}{3}$恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出關(guān)于a，b的不等式組，令z=3a+b，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃問(wèn)題；結(jié)合圖象求出即可；
（2）根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出f（x）的范圍，要證$|{f（x）}|≤2b+\frac{8}{3}$，只需證$-b（{\sqrt{-b}+3}）≤4$即可．

解答 （1）解：f'（x）=x²+ax+b，
由已知可得f'（x）=0在（0，2）上存在兩個(gè)不同的零點(diǎn)，
故有$\left\{{\begin{array}{l}{f'（0）＞0}\\{f'（2）＞0}\\{△＞0}\\{-\frac{a}{2}∈（{0，2}）}\end{array}}\right.$，即$\left\{{\begin{array}{l}{b＞0}\\{2a+b+4＞0}\\{{a^2}-4b＞0}\\{a∈（{-4，0}）}\end{array}}\right.$，
令z=3a+b，
如圖所示：

由圖可知-8＜z＜0，
故3a+b的取值范圍（-8，0）．
（2）證明：$f（x）=\frac{1}{3}{x^3}+bx（{b≥-1，x∈[{0，2}]}）$，所以f'（x）=x²+b，
當(dāng)b≥0時(shí)，f'（x）≥0在[0，2]上恒成立，則f（x）在[0，2]上單調(diào)遞增，
故$0=f（0）≤f（x）≤f（2）=2b+\frac{8}{3}$，所以$|{f（x）}|≤2b+\frac{8}{3}$；
當(dāng)-1≤b＜0時(shí)，由f'（x）=0，解得$x=\sqrt{-b}∈（{0，2}）$，
則f（x）在$[{0，\sqrt{-b}}]$上單調(diào)遞減，在$[{\sqrt{-b}，2}]$上單調(diào)遞增，
所以$f（{\sqrt{-b}}）≤f（x）≤max\left\{{f（0），f（2）}\right\}$．
因?yàn)?f（0）=0，f（2）=2b+\frac{8}{3}＞0，f（{\sqrt{-b}}）=\frac{2}{3}b\sqrt{-b}＜0$，
要證$|{f（x）}|≤2b+\frac{8}{3}$，只需證$-\frac{2}{3}b\sqrt{-b}≤2b+\frac{8}{3}$，即證$-b（{\sqrt{-b}+3}）≤4$，
因?yàn)?1≤b＜0，所以$0＜-b≤1，3＜\sqrt{-b}+3≤4$，
所以$-b（{\sqrt{-b}+3}）≤4$成立．
綜上所述，對(duì)任意的實(shí)數(shù)$x∈[{0，2}]，|{f（x）}|≤2b+\frac{8}{3}$恒成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了線性規(guī)劃問(wèn)題，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想，不等式的證明，是一道綜合題．