Question

已知函数f(x)＝x³＋x²＋ax＋1(a∈R)．

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)当a<0时，试讨论是否存在x₀∈(0，)∪(，1)，使得f(x₀)＝f()．

Answer 1

解　(1)f′(x)＝x²＋2x＋a开口向上，Δ＝4－4a＝4(1－a)．

①当1－a≤0，即a≥1时，f′(x)≥0恒成立，f(x)在R上单调递增．

②当1－a>0时，即a<1时，令f′(x)＝0，解得x₁＝＝－1－，x₂＝－1＋.

令f′(x)>0，解得x<－1－或x>－1＋；

令f′(x)<0，解得－1－<x<－1＋；

所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－1－)和(－1＋，＋∞)；

f(x)的单调递减区间为(－1－，－1＋)．

综上所述：当a≥1时，f(x)在R上单调递增；当a<1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－1－)和(－1＋，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(－1－，－1＋)．

(2)当a<0时，x₁＝－1－<0，x₂＝－1＋>0.

①当－1＋≥1时，即a≤－3时，f(x)在(0,1)上单调递减，不满足题意；

②当－1＋<1时，即－3<a<0时，f(x)在(0，－1＋)上单调递减，在(－1＋，1)上单调递增，

所以f(x)_min＝f(－1＋)，由题意知－1＋≠，所以a≠－.

f(x)_max＝max{f(0)，f(1)}；f(0)＝1，f(1)＝a＋.

a．当a＋≥1时，即－≤a<0时，f(x)_max＝f(1)．

令f()<f(0)，解得a<－，

又因为－≤a<0，所以－≤a<－且a≠－.

b．当a＋<1时，即a<－时，f(x)_max＝f(0)．

令f()<f(1)，解得－<a<－.

综上所述，当a∈{a|－<a<－或－<a<－}时，存在x₀∈(0，)∪(，1)，使得f(x₀)＝f()．