Question

已知函数f（x）=

1

3

ax³+（b-

a-3

2

）x²+3x，其中a＞0，b∈R．
（Ⅰ）当b=-3时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当a=3，且b＜0时，
（i）若f（x）有两个极值点x₁，x₂（x₁＜x₂），求证：f（x₁）＜1；
（ii）若对任意的x∈[0，t]，都有-1≤f（x）≤16成立，求正实数t的最大值．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）当b=-3时，f′（x）=ax²-（a+3）x+3，由此能求出函数f（x）的单调区间．
（Ⅱ）（i）a=3，f′（x）=3x²+2bx+3，由题意知b=-

3

2

(x1+

1

x1

)＜-3，x1+

1

x1

＞2，0＜x₁＜1．由此能证明f（x₁）＜1．
（ii）当b≥-3时，t＜4．当b＜-3时f（x）的极大值为f（x₁）＜1．要使t取到最大值，只需函数f（x）的极小值f（x₂）=-1，由此能求出t的最大值为4．

解答： （Ⅰ）解：当b=-3时，f（x）=

1

3

ax³-

1

2

（a+3）x²+3x，
∴f′（x）=ax²-（a+3）x+3=0，
得x1=1，x2=

3

a

，
∴当a=3时，f（x）在（-∞，+∞）上是增函数；
当0＜a＜3时，f（x）的单调递增区间是（-∞，1），（

3

a

，+∞），
单调递减区间是（1，

3

a

）；
当a＞3时，f（x）的单调递增区间是（-∞，

3

a

），（1，+∞），
单调减区间是（

3

a

，1）．
（Ⅱ）（i）证明：∵a=3，∴f（x）=x³+bx²+3x，
∴f′（x）=3x²+2bx+3，
∵f（x）有两个极值点x₁，x₂，x₁＜x₂，
∴△=4b²-36＞0，∵b＜0，∴b＜-3．
∵3x12+2bx1+3=0，∴b=-

3

2

(x1+

1

x1

)＜-3，
即x1+

1

x1

＞2，∵x₁＜x₂，∴0＜x₁＜1．
∴f(x1)=x13+bx12+3x1=x13-

3

2

(x1+

1

x1

)x12+3x1=-

1

2

x13+

3

2

x1，
设p（x）=

1

2

x3+

3

2

x，则p′（x）=-

3

2

x2+

3

2

=

3

2

(1-x2)，
当x∈（0，1）时，p′（x）＞0，∴x∈（0，1）时，p（x）＜p（1）=1，即f（x₁）＜1．
（ii）解：当b≥-3时，f（x）在[0，t]上是递增函数，且f（4）=76+16b≥28＞16，则t＜4．
当b＜-3时，∵f（x）有两个极值点x₁，x₂，
则由（i）的结论知f（x）的极大值为f（x₁）＜1．
∵f′(x2)=3x22+2bx2+3=0，∴x2=

-b+ b2-9

3

＞1，
f(x2)=x23+bx22+3x2=-

1

2

x23+

3

2

x2，
由f（t）=16，得t³+bt²+3t=16，当b越小，x₂越大，而f（x）的极小值f（x₂）越不，此时t越大．
要使t取到最大值，只需函数f（x）的极小值f（x₂）=-1，
∴

f′(x2)=3x22+2bx2+3=0 f(x2)=x23+bx22+3x2=-1

，解得x2=2，b=-

15

4

，
此时f(x)=x3-

15

4

x2+3x，
∵f（4）=16，∴t的最大值为4．
综上，所求t的最大值为4．

点评：本题考查函数的单调区间的求法，考查不等式的证明，考查满足条件的正实数的最大值的求法，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．