Question

设函数f（x）=ax³-（a+b）x²+bx+c，其中a≥0，b，c∈R．
（1）若f′（

1

3

）=0，求f（x）的单调区间；
（2）设M表示f′（0）与f′（1）两个数中的最大值，求证：当0≤x≤1时，|f′（x）|≤M．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的概念及应用,导数的综合应用

分析：（1）由f（

1

3

）=0，得a=b．当a＞0时，通过求导，利用导数与单调性的关系列出表格即可得出单调区间；
（2）对a，b分类讨论，利用二次函数的单调性即可证明．

解答： 解：（1）∵f（x）=ax³-（a+b）x²+bx+c，
∴f′（x）=3ax²-2（a+b）x+b，
由f′（

1

3

）=0，得a=b．
当a=0时，则b=0，f（x）=c不具备单调性．
当a＞0时，可得f（x）=ax³-2ax²+ax+c．
由f′（x）=a（3x²-4x+1）=0得x₁=

1

3

，x₂=1．
列表：

x	（-∞， 1 3 ）	1 3	（ 1 3 ，1）	1	（1，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	单调递增	极大值	单调递减	极小值	单调递增

由表可得，函数f（x）的单调增区间是（-∞，

1

3

）及（1，+∞）．单调减区间是[

1

3

，1]．
（2）当a=0时，f′（x）=-2bx+b，
    若b=0，则f′（x）=0，
    若b＞0，或b＜0，f′（x）在[0，1]是单调函数，
-f′（0）=f′（1）≤f′（x）≤f′（0），或-f′（1）=f′（0）≤f′（x）≤f′（1）．
∴|f′（x）|≤M．
当a＞0时，f′（x）=3ax²-2（a+b）x+b=3a（x-

a+b

3a

）²-

a2+b2-ab

3a

．
    ①当

a+b

3a

≥1或

a+b

3a

≤0时，则f′（x）在[0，1]上是单调函数，
∴f′（1）≤f′（x）≤f′（0）或f′（0）≤f′（x）≤f′（1），且f′（0）+f′（1）=a＞0．
∴-M≤f′（x）≤M．
     ②当0＜

a+b

3a

＜1，即-a＜b＜2a，则-

a2+b2-ab

3a

≤f′（x）≤M．
          （i） 当-a＜b≤

a

2

时，则0＜a+b≤

3a

2

．
∴f′（1）-

a2+b2-ab

3a

=

2a2-b2-2ab

3a

=

3a2-(a+b)2

3a

≥

1

4

a²＞0．
∴-M＜f′（x）≤M．
           （ii） 当

a

2

＜b＜2a时，则（b-

a

2

）（b-2a）＜0，即a²+b²-

5

2

ab＜0．
∴b-

a2+b2-ab

3a

=

-a2-b2+4ab

3a

＞

-a2-b2+ 5 2 ab

3a

＞0，即f′（0）＞

a2+b2-ab

3a

．
∴-M＜f′（x）≤M．
综上所述：当0≤x≤1时，|f′（x）|≤M．

点评：熟练掌握导数与单调性的关系并列出表格、分类讨论的思想方法、二次函数的单调性设解题的关键．