Question

10．對于函數(shù)f（x），若存在實數(shù)x₀滿足f（x₀）=x₀，則稱x₀為函數(shù)f（x）的一個不動點．已知函數(shù)f（x）=x³+ax²+bx+3，其中a，b∈R
（Ⅰ）當(dāng)a=0時，
（�。┣骹（x）的極值點；
（ⅱ）若存在x₀既是f（x）的極值點，又是f（x）的不動點，求b的值；
（Ⅱ）若f（x）有兩個相異的極值點x₁，x₂，試問：是否存在a，b，使得x₁，x₂ 均為f（x）的不動點？證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （Ⅰ）（i）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論b的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值點，
（ii）得到函數(shù)g（x）有且僅有一個零點x=1，即方程2${{x}_{0}}^{3}$+x₀-3=0的根為x₀=1，從而求出b的值即可；
（Ⅱ）假設(shè)存在，根據(jù)題意得到${{x}_{1}}^{3}$+a${{x}_{1}}^{2}$+（b-1）x₁+3=0．①，3${{x}_{1}}^{2}$+2ax₁+b=0．②，得到a²-3b=-$\frac{9}{2}$，這與a²-3b＞0相矛盾！判斷結(jié)論即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定義域為R，且f′（x）=3x²+2ax+b．[（1分）]
當(dāng)a=0時，f′（x）=3x²+b；
（�。�①當(dāng)b≥0時，顯然f（x）在R上單調(diào)遞增，無極值點．[（2分）]
②當(dāng)b＜0時，令f′（x）=0，解得：x=±$\sqrt{-\frac{3}}$．[（3分）]
f（x）和f′（x）的變化情況如下表：

x	（-∞，-$\sqrt{-\frac{3}}$）	-$\sqrt{-\frac{3}}$	（-$\sqrt{-\frac{3}}$，$\sqrt{-\frac{3}}$）	$\sqrt{-\frac{3}}$	（$\sqrt{-\frac{3}}$，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	↗		↘		↗

所以，x=-$\sqrt{-\frac{3}}$是f（x）的極大值點；x=$\sqrt{-\frac{3}}$是f（x）的極小值點．[（5分）]
（ⅱ）若x=x₀是f（x）的極值點，則有3${{x}_{0}}^{2}$+b=0；
若x=x₀是f（x）的不動點，則有${{x}_{0}}^{3}$+bx₀+3=x₀，
從上述兩式中消去b，
整理得：2${{x}_{0}}^{3}$+x₀-3=0．[（6分）]
設(shè)g（x）=2x³+x-3．
所以g′（x）=6x²+1＞0，g（x）在R上單調(diào)遞增．
又g（1）=0，所以函數(shù)g（x）有且僅有一個零點x=1，
即方程2${{x}_{0}}^{3}$+x₀-3=0的根為x₀=1，
所以 b=-3${{x}_{0}}^{2}$=-3．[（8分）]
（Ⅱ）因為f（x（有兩個相異的極值點x₁，x₂，
所以方程3x²+2ax+b=0有兩個不等實根x₁，x₂，
所以△=4a²-12b＞0，即a²-3b＞0．[（9分）]
假設(shè)存在實數(shù)a，b，使得x₁，x₂均為f（x）的不動點，則x₁，x₂是方程
x³+ax²+（b-1）x+3=0的兩個實根，顯然x₁，x₂≠0．
對于實根x₁，有${{x}_{1}}^{3}$+a${{x}_{1}}^{2}$+（b-1）x₁+3=0．①
又因為3${{x}_{1}}^{2}$+2ax₁+b=0．②
①×3-②×x₁，得a${{x}_{1}}^{2}$+（2b-3）x₁+9=0．
同理可得a${{x}_{2}}^{2}$+（2b-3）x₂+9=0．
所以，方程ax²+（2b-3）x+9=0也有兩個不等實根x₁，x₂．[（11分）]
所以x₁+x₂=-$\frac{2b-3}{a}$．
對于方程3x²+2ax+b=0，有 x₁+x₂=-$\frac{2a}{3}$，
所以-$\frac{2a}{3}$=-$\frac{2b-3}{a}$，即a²-3b=-$\frac{9}{2}$，
這與a²-3b＞0相矛盾！
所以，不存在a，b，使得x₁，x₂均為f（x）的不動點．[（13分）]

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及新定義問題，分類討論思想，是一道綜合題．