Question

10．已知函数f（x）=$\frac{1}{3}$ax³-$\frac{1}{4}$x²+cx+d（a、c、d∈R）满足f（0）=0，f′（1）=0．
（1）求d的值及c关于a的表达式；
（2）若f′（x）≥0在R上恒成立，求a的值；
（3）在（2）的条件下，若h（x）=$\frac{3}{4}$x²-bx+$\frac{b}{2}$-$\frac{1}{4}$，且b＞$\frac{1}{2}$，求不等式f′（x）+h（x）＜0．

Answer 1

分析 （1）求导数由f（0）=0和f′（1）=0易得d值和c与a的关系；
（2）由（1）知f′（x）=ax²-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{2}$-a，由恒成立易得$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{△=\frac{1}{4}-4a（\frac{1}{2}-a）≤0}\end{array}\right.$，可得a=$\frac{1}{4}$；
（3）不等式f′（x）+h（x）＜0可化为（x-$\frac{1}{2}$）（x-b）＜0，对b和$\frac{1}{2}$的大小分类讨论可得．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{1}{3}$ax³-$\frac{1}{4}$x²+cx+d，∴f′（x）=ax²-$\frac{1}{2}$x+c，
∵f（0）=0，f′（1）=0，∴d=0，a-$\frac{1}{2}$+c=0，
∴d=0，c=$\frac{1}{2}$-a；
（2）由（1）知f′（x）=ax²-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{2}$-a，
∵f′（x）≥0在R上恒成立，∴$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{△=\frac{1}{4}-4a（\frac{1}{2}-a）≤0}\end{array}\right.$，
解关于a的不等式组可得a=$\frac{1}{4}$；
（3）在（2）的条件下可得f′（x）=$\frac{1}{4}$x²-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{4}$，
∴不等式f′（x）+h（x）＜0可化为$\frac{1}{4}$x²-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{4}$+$\frac{3}{4}$x²-bx+$\frac{b}{2}$-$\frac{1}{4}$＜0，
化简可得x²-（$\frac{1}{2}$+b）x+$\frac{b}{2}$＜0，即（x-$\frac{1}{2}$）（x-b）＜0
①若b＞$\frac{1}{2}$，则所求不等式的解为{x|$\frac{1}{2}$＜x＜b}；
②若b=$\frac{1}{2}$，则所求不等式的解为空集；
③若b＜$\frac{1}{2}$，则所求不等式的解为{x|b＜x＜$\frac{1}{2}$}．
综上所述，当b＞$\frac{1}{2}$时，所求不等式的解为（$\frac{1}{2}$，b）；
当b=$\frac{1}{2}$时，所求不等式的解为∅；
当b＜$\frac{1}{2}$时，所求不等式的解为（b，$\frac{1}{2}$）．

点评 本题考查导数的综合应用，涉及恒成立和分类讨论的思想，属难题．