Question

12．已知函数f（x）=$\frac{1}{3}a{x^3}-\frac{1}{2}b{x^2}$+x（a，b∈R）．
（Ⅰ）当a=2，b=3时，求函数f（x）极值；
（Ⅱ）设b=a+1，当0≤a≤1时，对任意x∈[0，2]，都有m≥|f'（x）|恒成立，求m的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）对a进行分类讨论：当a=0时，f（x）=-x+1，m≥1；再对对称轴进行讨论，当 $\frac{a+1}{2a}$＜2时，即a＞$\frac{1}{3}$；当 $\frac{a+1}{2a}$≥2时，即a≤$\frac{1}{3}$，分别去求|f（x）|的最大值．

解答 解：（Ⅰ）a=2，b=3时，f（x）=$\frac{2}{3}$x³-$\frac{3}{2}$x²+x，
f′（x）=2x²-3x+1=（2x-1）（x-1），
令f′（x）＞0，解得：x＞1或x＜$\frac{1}{2}$，
令f′（x）＜0，解得：$\frac{1}{2}$＜x＜1，
故f（x）在（-∞，$\frac{1}{2}$）递增，在（$\frac{1}{2}$，1）递减，在（1，+∞）递增，
故f（x）_极大值=f（$\frac{1}{2}$）=$\frac{5}{24}$，f（x）_极小值=f（1）=$\frac{1}{6}$，
（Ⅱ）当b=a+1，f（x）=$\frac{1}{3}$ax³-$\frac{1}{2}$（a+1）x²+x，
f′（x）=ax²-（a+1）x+1，f′（x）恒过点（0，1）；
当a=0时，f′（x）=-x+1，
m≥|f′（x）|恒成立，
∴m≥1；
0＜a≤1，开口向上，对称轴 $\frac{a+1}{2a}$≥1，
f′（x）=ax²-（a+1）x+1=a（x-$\frac{a+1}{2a}$）²+1-$\frac{{（a+1）}^{2}}{4a}$，
①当a=1时f′（x）=x²-2x+1，|f′（x）|在x∈[0，2]的值域为[0，1]；
要m≥|f′（x）|，则m≥1；
②当0＜a＜1时，
根据对称轴分类：
当x=$\frac{a+1}{2a}$＜2，即$\frac{1}{3}$＜a＜1，
△=（a-1）²＞0，
f′（ $\frac{a+1}{2a}$）=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$（a+$\frac{1}{a}$）∈（-$\frac{1}{3}$，0），又f′（2）=2a-1＜1，所以|f′（x）|≤1；
当x=$\frac{a+1}{2a}$≥2，即0＜a≤$\frac{1}{3}$；
f′（x）在x∈[0，2]的最小值为f′（2）=2a-1；
-1＜2a-1≤-$\frac{1}{3}$，所以|f′（x）|≤1，
综上所述，要对任意x∈[0，2]都有m≥|f′（x）|恒成立，有m≥1，
∴m≥1．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查了二次函数的性质和对二次函数对称轴的分类讨论求闭区间的最值问题．