Question

设x₁，x₂是f（x）=

a

3

x3+

b-1

2

x2+x(a，b∈R，a＞0)的两个极值点，f（x）的导函数是y=f′（x）
（Ⅰ）如果x₁＜2＜x₂＜4，求证：f′（-2）＞3；
（Ⅱ）如果|x₁|＜2，|x₂-x₁|=2，求b的取值范围；
（Ⅲ）如果a≥2，且x₂-x₁=2，x∈（x₁，x₂）时，函数g（x）=f′（x）+2（x-x₂）的最小值为h（a），求h（a）的最大值．

Answer 1

分析：（Ⅰ）对f（x）进行求导，可知x₁，x₂ 是方程f′（x）=0的两个根，根据其单调区间可以得出f′（2）＜0，f′（4）＞0，推出4a-2b＞0，整体法代入f′（-2）进行证明；
（Ⅱ）根据（Ⅰ）可根据韦达定理求出x₁+x₂和x₁x₂，根据已知|x₂-x₁|可以用x₁+x₂和x₁x₂，表示出来，从而求出b的范围；
（Ⅲ）根据f′（x）=0的两个根是x₁，x₂，可设f′（x）=a（x-x₁）（x-x₂），再利用不等式进行放缩和利用导数进行求解；

解答：解：（I）证明：f′（x）=ax²+（b-1）x+1，x₁，x₂ 是方程f′（x）=0的两个根，
f（x）在（x₂，+∞）上单调增，其导函数大于0，f（x）在（x₁，x₂）上单调递减，其导函数小于0，
由x₁＜2＜x₂＜4且a＞0
得

f′(2)＜0 f′(4)＞0

可得

4a+2b-1＜0① 16a+4b-3＞0②

        （2分）
①×（-3）+②得4a-2b＞0，
∴f′（-2）=4a-2（b-1）+1=4a-2b+3＞3；
（Ⅱ）解：由第（1）问知

x1+x2=- b-1 a x1x2= 1 a

由x₁x₂≠0，两式相除得
-（b-1）=

x1+x2

x1x2

=

1

x1

+

1

x2

 即b=-

1

x1

-

1

x2

+1     （4分）
①当0＜x₁＜2时，由x₁x₂=

1

a

＞0，
∴x₂-x₁=2 即x₂=x₁+2
∴b=-

1

x1

-

1

x1+2

+1，x₁∈（0，2）（5分）
令函数φ（x）=-

1

x

-

1

x+2

+1（x＞0），则φ′（x）=

1

x2

+

1

(x+2)2

，
∴φ（x）在（0，+∞）上是增函数；
∴当x₁∈（0，2）时，b=φ（x₁）＜φ（2）=-

1

2

-

1

4

+1=

1

4

，即b＜

1

4

  （7分）
②当-2＜x₁＜0时，x₂＜0，∴x₁-x₂=2 即x₂=x₁-2
∴b=-

1

x1

-

1

x1-2

+1，x₁∈（-2，0）
令函数ω（x）=-

1

x

-

1

(x-2)2

+1（x＜0）则同理可证ω（x）在（-∞，0）上是增函数
∴当x₁∈（-2，0）时，b=ω（x₁）＞ω（-2）=

7

4

，
综①②所述，b的取值范围是（-∞，

1

4

）∪（

7

4

，+∞）；
（Ⅲ）解：f′（x）=0的两个根是x₁，x₂，
∴可设f′（x）=a（x-x₁）（x-x₂）
∴g（x）=a（x-x₁）（x-x₂）+2（x-x₂）=a（x-x₂）（x-x₁+

2

a

） （10分）
又x∈（x₁，x₂） 又a≥2，
∴x-x₁+

2

a

＞0
∴|g（x）|=|a（x-x₂）（x-x₁+

2

a

）|=a（x₂-x）（x-x₁+

2

a

）
≤a(

x2-x1+ 2 a

2

)2=a（1+

1

a

）²=a（1+

1

a

）²=a+

1

a

+2，g（x）≥-（a+

1

a

+2）
当且仅当x₂-x₁=x-x₁+

2

a

即x=即x=

x1+x2

2

-

1

a

时取等号
∴h（a）=-（a+

1

a

+2），（a≥2）
当a≥2时，h′（a）=-（1-

1

a2

）＜0
∴h（a）在（2，+∞）上是减函数． 
∴h（a）=h（2）=-

9

2

；

点评：主要考查函数与导数的综合应用能力，具体涉及到用导数来研究函数的单调性、极值等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力．