Question

已知函數(shù)f（x）=x³-x²+ax+b（a，b∈R）的一個極值點為x=1．方程ax²+x+b=0的兩個實根為α，β（α＜β），函數(shù)f（x）在區(qū)間[α，β]上是單調的．
（1）求a的值和b的取值范圍；
（2）若x₁，x₂∈[α，β]，證明：|f（x₁）-f（x₂）|≤1．

Answer 1

分析：（1）一個極值點為x=1?f′（1）=0?a=-1，在利用函數(shù)f（x）在區(qū)間[α，β]上是單調的?b的取值范圍．
（2）函數(shù)f（x）在區(qū)間[α，β]上是單調?|f（x₁）-f（x₂）|≤f（α）-f（β）再利用a的值和b的取值范圍?|f（x₁）-f（x₂）|≤1．

解答：（1）解：∵f（x）=x³-x²+ax+b，
∴f′（x）=3x²-2x+a．
∵f（x）=x³-x²+ax+b的一個極值點為x=1，
∴f′（1）=3×1²-2×1+a=0．
∴a=-1．（2分）
∴f′（x）=3x²-2x-1=（3x+1）（x-1），
當x＜-

1

3

時，f′（x）＞0；當-

1

3

＜x＜1時，f′（x）＜0；當x＞1時，f′（x）＞0；
∴函數(shù)f（x）在(-∞，-

1

3

]上單調遞增，在[-

1

3

，1]上單調遞減，在[1，+∞）上單調遞增．
∵方程ax²+x+b=0的兩個實根為α，β，即x²-x-b=0的兩根為α，β（α＜β），
∴α=

1- 1+4b

2

，β=

1+ 1+4b

2

．
∴α+β=1，αβ=-b，α-β=-

1+4b

．（4分）
∵函數(shù)f（x）在區(qū)間[α，β]上是單調的，
∴區(qū)間[α，β]只能是區(qū)間(-∞，-

1

3

]，[-

1

3

，1]，[1，+∞）之一的子區(qū)間．
由于α+β=1，α＜β，故[α，β]⊆[-

1

3

，1]．
若α＜0，則α+β＜1，與α+β=1矛盾．
∴[α，β]⊆[0，1]．
∴方程x²-x-b=0的兩根α，β都在區(qū)間[0，1]上．（6分）
令g（x）=x²-x-b，g（x）的對稱軸為x=

1

2

∈[0，1]，
則

g(0)=-b≥0\hfill g(1)=-b≥0 △=1+4b＞0

解得-

1

4

＜b≤0．
∴實數(shù)b的取值范圍為(-

1

4

，0]．（8分）
說明：（6分）至（8分）的得分點也可以用下面的方法．
∵α=

1- 1+4b

2

≤

1

2

，β=

1+ 1+4b

2

≥

1

2

且函數(shù)f（x）在區(qū)間[α，β]上是單調的，
∴[α，β]⊆[-

1

3

，1]．
由

α≥- 1 3 β≤1 △=1+4b＞0

即

1- 1+4b 2 ≥- 1 3 1+ 1+4b 2 ≤1 1+4b＞0

（6分）
解得-

1

4

＜b≤0．
∴實數(shù)b的取值范圍為(-

1

4

，0]．（8分）
（2）證明：由（1）可知函數(shù)f（x）在區(qū)間[α，β]上單調遞減，
∴函數(shù)f（x）在區(qū)間[α，β]上的最大值為f（α），最小值為f（β）．
∵x₁，x₂∈[α，β]，
∴|f（x₁）-f（x₂）|≤f（α）-f（β）=（α³-α²-α+b）-（β³-β²-β+b）=（α³-β³）-（α²-β²）-（α-β）=（α-β）[（α+β）²-αβ-（α+β）-1]=-

1+4b

×(b-1)=

1+4b

×(1-b)．（10分）
令t=

1+4b

，則b=

1

4

(t2-1)，

1+4b

×(1-b)=

1

4

(5t-t3)．
設h(t)=

1

4

(5t-t3)，則h′(t)=

1

4

(5-3t2)．
∵-

1

4

＜b≤0，
∴0＜t≤1．
∴h′(t)=

1

4

(5-3t2)＞0．
∴函數(shù)h(t)=

1

4

(5t-t3)在（0，1]上單調遞增．（12分）
∴h（t）≤h（1）=1．
∴|f（x₁）-f（x₂）|≤1．（14分）

點評：函數(shù)的極值表示函數(shù)在某一點附近的情況，可導函數(shù)的極值點必須是導數(shù)為0的點，但導數(shù)為0的點不一定是極值點，也就是說，是極值點的充分條件是在這一點的兩側導數(shù)值異號．