Question

已知函數(shù)f（x）=

1

3

ax3-

1

4

x2+cx+d（a，c，d∈R）滿足f（0）=0，f′（1）=0，且f′（x）≥0在R上恒成立．
（1）求a，c，d的值；
（2）若h(x)=

3

4

x2-bx+

b

2

-

1

4

，解不等式f′（x）+h（x）＜0；
（3）是否存在實(shí)數(shù)m，使函數(shù)g（x）=f′（x）-mx在區(qū)間[m，m+2]上有最小值-5？若存在，請求出實(shí)數(shù)m的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，由f（0）=0，f'（1）=0，且f'（x）≥0在R上恒成立列出三個方程，解出a、b、c
（2）一元二次不等式解法，注意根之間比較，考查分類討論思想
（3）考查二次函數(shù)最值問題，考查分類討論思想，對m進(jìn)行討論，看對稱軸與區(qū)間的關(guān)系．

解答：解：（1）∵f（0）=0，∴d=0
∴f′(x)=ax2-

1

2

x+c及f'（1）=0，有a+c=

1

2

∵f'（x）≥0在R上恒成立，即ax2-

1

2

x+c≥0恒成立
顯然a=0時，上式不能恒成立∴a≠0，函數(shù)f'（x）=ax2-

1

2

x+

1

2

-a是二次函數(shù)
由于對一切x∈R，都有f'（x）≥0，于是由二次函數(shù)的性質(zhì)可得

a＞0 (- 1 2 )2-4a( 1 2 -a)≤0.

即

a＞0 a2- 1 2 a+ 1 16 ≤0

，即

a＞0 (a- 1 4 )2≤0

，解得：a=

1

4

，a=c=

1

4

．
（2）∵a=c=

1

4

．∴f′(x)=

1

4

x2-

1

2

x+

1

4

．
∴由f'（x）+h（x）＜0，即

1

4

x2-

1

2

x+

1

4

+

3

4

x2-bx+

b

2

-

1

4

＜0
即x2-(b+

1

2

)x+

b

2

＜0，即(x-b)(x-

1

2

)＜0
當(dāng)b＞

1

2

時，解集為（

1

2

，b），當(dāng)b＜

1

2

時，解集為（b，

1

2

），當(dāng)b=

1

2

時，解集為∅．
（3）∵a=c=

1

4

，∴f'（x）=

1

4

x2-

1

2

x+

1

4

∴g(x)=f′(x)-mx=

1

4

x2-(

1

2

+m)x+

1

4

．
該函數(shù)圖象開口向上，且對稱軸為x=2m+1．
假設(shè)存在實(shí)數(shù)m使函數(shù)g(x)=f′(x)-mx=

1

4

x2-(

1

2

+m)x+

1

4

區(qū)間[m．m+2]上有最小值-5．
①當(dāng)m＜-1時，2m+1＜m，函數(shù)g（x）在區(qū)間[m，m+2]上是遞增的．
∴g（m）=-5，即

1

4

m2-(

1

2

+m)m+

1

4

=-5．
解得m=-3或m=

7

3

．∵

7

3

＞-1，∴m=

7

3

舍去
②當(dāng)-1≤m＜1時，m≤2m+1＜m+2，函數(shù)g（x）在區(qū)間[m，2m+1]上是遞減的，
而在區(qū)間[2m+1，m+2]上是遞增的，∴g（2m+1）=-5．
即

1

4

(2m+1)2-(

1

2

+m)(2m+1)+

1

4

=-5
解得m=-

1

2

-

1

2

21

或m=-

1

2

+

1

2

21

，均應(yīng)舍去
③當(dāng)m≥1時，2m+1≥m+2，函數(shù)g（x）在區(qū)間[m，m+2]上遞減的∴g（m+2）=-5
即

1

4

(m+2)2-(

1

2

+m)(m+2)+

1

4

=-5．
解得m=-1-2

2

或m=-1+2

2

．其中m=-1-2

2

應(yīng)舍去．
綜上可得，當(dāng)m=-3或m=-1+2

2

時，函數(shù)g（x）=f'（x）-mx在區(qū)間[m，m+2]上有最小值-5．

點(diǎn)評：本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合運(yùn)用，具體包含導(dǎo)數(shù)的計(jì)算、恒成立問題、不等式的解法、待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、二次函數(shù)最值問題，分類討論思想，對學(xué)生有一定的能力要求，屬于難題．