Question

设函数f（x）=

1

3

x³+

a

2

x²+bx+1．
（Ⅰ）（ⅰ）若b=2时，f（x）在R上单调递增，求实数a的取值范围；
（ⅱ）若对任意a∈[1，+∞），存在x∈（2，3），使得f（x）＞0，求实数b的取值范围；
（Ⅱ）已知函数f（x）有两个不同的极值点x₁，x₂（x₁＜x₂），存在实数n，有n＜x₁＜x₂＜n+1，f′（x）为f（x）的导函数．求证：max{min{f′（n），f′（n+1）}，

1

4

}=

1

4

．（其中min{a，b}指a，b中的最小值，max{a，b}指a，b中的最大值）．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）（ⅰ）f（x）在R上单调递增，f′（x）=x²+ax+2≥0恒成立，则△=a²-8≤0，即可求实数a的取值范围；
（ⅱ）存在x∈（2，3），-b＜

1 2 x2+ 1 3 x3+bx+1

x

=

1

2

x+

1

x

+

1

3

x2，h（x）=

1

2

x+

1

x

+

1

3

x2，x∈（2，3），h（x）在（2，3）递增，h（3）=

29

6

，即可求实数b的取值范围；
（Ⅱ）证明

x1+x2

2

≤n+

1

2

时，min{f′（n），f′（n+1）}=f′（n）=f′（n）＜

1

4

，

x1+x2

2

＞n+

1

2

时，min{f′（n），f′（n+1）}=f′（n）=f′（n+1）＜

1

4

，即可得出结论．

解答： （Ⅰ）（ⅰ）解：b=2时，f′（x）=x²+ax+2≥0恒成立，
∴△=a²-8≤0，
∴-2

2

≤a≤2

2

；
（ⅱ）解：令g（a）=

1

3

x³+

a

2

x²+bx+1，
∵a≥1，
∴g（a）_min=g（1）=

1

3

x³+

1

2

x²+bx+1，
∵存在x∈（2，3），使得f（x）＞0，
∴存在x∈（2，3），-b＜

1 2 x2+ 1 3 x3+bx+1

x

=

1

2

x+

1

x

+

1

3

x2，
令h（x）=

1

2

x+

1

x

+

1

3

x2，x∈（2，3），
∴h'（x）=

1

2

-

1

x2

+

2

3

x=

x2-2

2x2

+

2

3

x＞0，
∴h（x）在（2，3）递增，h（3）=

29

6

，
∴-b＜

29

6

即b＞

29

6

，
（Ⅱ）证明：f′（x）=x²+ax+b=（x-x₁）（x-x₂），对称轴为x=

x1+x2

2

，

x1+x2

2

≤n+

1

2

时，min{f′（n），f′（n+1）}=f′（n）=f′（n），
f′（n）=（n-x₁）（n-x₂），

x2-x1

2

-

1

2

≤n-x₁＜0，

x1-x2

2

1

2

≤n-x₂＜0，
∴0＜（n-x₁）（n-x₂）≤

1

4

-(

x1-x2

2

)2＜

1

4

，
∴min{f′（n），f′（n+1）}=f′（n）=f′（n）＜

1

4

，

x1+x2

2

＞n+

1

2

时，min{f′（n），f′（n+1）}=f′（n）=f′（n+1），
f′（n+1）=（n+1-x₁）（n+1-x₂），0＜n+1-x₁＜

x2-x1

2

+

1

2

，0＜n+1-x₂＜

x1-x2

2

+

1

2

，
∴0＜（n+1-x₁）（n+1-x₂）≤

1

4

-(

x1-x2

2

)2＜

1

4

，
∴min{f′（n），f′（n+1）}=f′（n）=f′（n+1）＜

1

4

，
∴max{min{f′（n），f′（n+1）}，

1

4

}=

1

4

．

点评：本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，有难度．