Question

已知函數(shù)f（x）=3ax²+2bx-a²（a＞0），設(shè)x₁，x₂（x₁≠x₂）為函數(shù)f（x）的兩個(gè)零點(diǎn)．
（1）若x₁=-1，x₂=2，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若|x₁|+|x₂|=2，求實(shí)數(shù)b的最大值；
（3）若x₁＜x＜x₂，且x₂=a，g（x）=f（x）-a（x-x₁），求證：

|g(x)|

a

-

3

4

a²-a≤

1

3

．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,二次函數(shù)的性質(zhì)

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）根據(jù)x₁=-1，x₂=2，求出a，b，然后利用導(dǎo)函數(shù)求單調(diào)區(qū)間，
（2）由|x₁|+|x₂|=2得含有參數(shù)a的關(guān)系式，令h（a）=3a²（3-a），轉(zhuǎn)化為求在0＜a≤3的最值問(wèn)題；
（3）要證：

|g(x)|

a

-

3

4

a²-a≤

1

3

．只要證：

|g(x)|

a

≤

3

4

a²+a+

1

3

．由

|g(x)|

a

=3|x-x₁|•|x-x2-

1

3

|≤

3

4

(x2-x1+

1

3

)2，問(wèn)題得以證明．

解答： 解：（1）∵x₁，x₂（x₁≠x₂）為函數(shù)f（x）的兩個(gè)零點(diǎn)，
∴f（-1）=0，f（2）=0，
∴3a-2b-a²=0，12a+4b-a²=0，解得a=6，b=-9，
∴f（x）=18x²-18x-36，
∴f′（x）=36x-18
∴其單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，

1

2

），
其單調(diào)遞增區(qū)間為（

1

2

，+∞），
（2）∵）∵x₁，x₂（x₁≠x₂）為函數(shù)f（x）的兩個(gè)零點(diǎn)，
∴f（x₁）=f（x₂）=0，
∴x₁，x₂是方程3ax²+2bx-a²的兩根．
∵△=4b²+12a³，
∴△＞0對(duì)一切a＞0，b∈R恒成立．x1+x2=-

2b

3a

，x1•x2=-

a

3

，
∵a＞0，∴x₁-x₂＜0，
∴|x₁|+|x₂|=|x₁-x₂|=

(- 2b 3a )2-4(- a 3

)=

4b2 9a2 + 4 3 a

，
由|x₁|+|x₂|=2得

4b2 9a2 + 4 3 a

=2，
∴b²=3a²（3-a），
∵b²≥0，
∴3a²（3-a）≥0，
∴0＜a≤3，
令h（a）=3a²（3-a），h′（a）=-9a²+18a，
當(dāng)0＜a＜2，h（a）為增函數(shù)，
當(dāng)2＜a＜3，h（a）為減函數(shù)，
當(dāng)a=2，h（a）最大值是12，
∴b最大值是2

3

；
（3）∵x₁，x₂是方程3ax²+2bx-a²的兩根，
∴f（x）=3a（x-x_1）（x-x₂），
∴

|g(x)|

a

=3|x-x₁|•|x-x2-

1

3

|≤3(

|x-x1|+|x-x2- 1 3

2

)2，
∵x₁＜x＜x₂，∴x-x₁＞0，x-x₂＜0，
∴

|g(x)|

a

=3|x-x₁|•|x-x2-

1

3

|≤3(

|x-x1|+|x-x2- 1 3

2

)2=

3

4

(x2-x1+

1

3

)2，
∵x1•x2=-

a

3

，x₂=a，
∴x1=-

1

3

．
∴

|g(x)|

a

≤

3

4

(a+

1

3

+

1

3

)2=

3

4

a2+a+

1

3

，
∴

|g(x)|

a

-

3

4

a²-a≤

1

3

．

點(diǎn)評(píng)：本題是利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)求單調(diào)區(qū)間，最值的問(wèn)題，綜合性強(qiáng)，需要認(rèn)真計(jì)算，仔細(xì)觀察．