Question

（2011•南通三模）設(shè)函數(shù)f（x）=ax³-（a+b）x²+bx+c，其中a＞0，b，c∈R．
（1）若f′(

1

3

)=0，求函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（2）求證：當(dāng)0≤x≤1時，|f'（x）|≤max{f'（0），f'（1）}．（注：max{a，b}表示a，b中的最大值）

Answer 1

分析：（1）由f′(

1

3

)=0，可得a=b，所以f（x）=ax³-2ax²+ax+c．由f'（x）=a（3x²-4x+1）=0，得x₁=

1

3

，x₂=1，利用導(dǎo)數(shù)大于0，可得函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（2）先求導(dǎo)函數(shù)f'（x）=3ax²-2（a+b）x+b=3a(x-

a+b

3a

)2-

a2+b2-ab

3a

．由于函數(shù)的對稱軸為x=

a+b

3a

，
0≤x≤1，故需要進(jìn)行分類討論：①當(dāng)

a+b

3a

≥1，或

a+b

3a

≤0時，則f'（x）在[0，1]上是單調(diào)函數(shù)；②當(dāng)0＜

a+b

3a

＜1，即-a＜b＜2a，則-

a2+b2-ab

3a

≤f'（x）≤max{f'（0），f'（1）}，從而可證得結(jié)論．

解答：解：（1）′由f′(

1

3

)=0，得a=b． …（1分）
故f（x）=ax³-2ax²+ax+c．
由f′（x）=a（3x²-4x+1）=0，得x₁=

1

3

，x₂=1．…（2分）列表：

x	（-∞， 1 3 ）	1 3	（ 1 3 ，1）	1	（1，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	增	極大值	減	極小值	增

由表可得，函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（-∞，

1

3

）及（1，+∞）．…（4分）
（2）f′（x）=3ax²-2（a+b）x+b=3a(x-

a+b

3a

)2-

a2+b2-ab

3a

．
①當(dāng)

a+b

3a

≥1，或

a+b

3a

≤0時，則f′（x）在[0，1]上是單調(diào)函數(shù)，
所以f′（1）≤f′（x）≤f′（0），或f′（0）≤f′（x）≤f′（1），且f′（0）+f′（1）=a＞0．
所以|f′（x）|≤max{f′（0），f′（1）}．…（8分）
②當(dāng)0＜

a+b

3a

＜1，即-a＜b＜2a，則-

a2+b2-ab

3a

≤f′（x）≤max{f′（0），f′（1）}．
（i） 當(dāng)-a＜b≤

a

2

時，則0＜a+b≤

3a

2

．
所以  f′（1）-

a2+b2-ab

3a

=

2a2-b2-2ab

3a

=

3a2-(a+b)2

3a

≥

1

4

a2＞0．
所以|f′（x）|≤max{f′（0），f′（1）}． …（12分）
（ii） 當(dāng)

a

2

＜b＜2a時，則(b-

a

2

)(b-2a)＜0，即a²+b²-

5

2

ab＜0．
所以b-

a2+b2-ab

3a

=

4ab-a2-b2

3a

＞

5 2 ab-a2-b2

3a

＞0，即f′（0）＞

a2+b2-ab

3a

．
所以|f′（x）|≤max{f′（0），f′（1）}．
綜上所述：當(dāng)0≤x≤1時，|f′（x）|≤max{f′（0），f′（1）}．…（16分）

點評：本題以函數(shù)為載體，主要考查用導(dǎo)數(shù)法研究函數(shù)的單調(diào)性，基本思路是：當(dāng)函數(shù)為增函數(shù)時，導(dǎo)數(shù)大于零；當(dāng)函數(shù)為減函數(shù)時，導(dǎo)數(shù)小于零，考查二次函數(shù)的最值，解題的關(guān)鍵是分類討論．