Question

已知函數(shù)f(x)=

1

3

x3-(a+1)x2+4ax，（（a∈R））．
（Ⅰ）若函數(shù)y=f（x）在區(qū)間（-∞，0）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)a的值；
（Ⅱ）若常數(shù)a＜1，求函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，2]上的最大值；
（Ⅲ）已知a=0，求證：對(duì)任意的m、n，當(dāng)m＜n≤1時(shí)，總存在實(shí)數(shù)t∈（m，n），使不等式f（m）+f（n）＜2f（t）成立．

Answer 1

分析：（Ⅰ）已知函數(shù)f(x)=

1

3

x3-(a+1)x2+4ax，求出其導(dǎo)數(shù)f′（x），因?yàn)楹瘮?shù)y=f（x）在區(qū)間（-∞，0）上單調(diào)遞增，所以f（x）在區(qū)間（-∞，0）上f′（x）＞0，從而求出a的值；
（Ⅱ）由題意常數(shù)a＜1，令f′（x）=0，得f（x）的極值點(diǎn)，然后求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，2]上的最大值；
（Ⅲ）假設(shè)存在，取t=

m+n

2

，然后代入函數(shù)f（x）進(jìn)行計(jì)算，看是否存在．

解答：解：f（x）′=x²-2（a+1）x+4a，
（Ⅰ）因?yàn)楹瘮?shù)y=f（x）在區(qū)間（-∞，0）上單調(diào)遞增，（0，1）上單調(diào)遞減，
∴f′（0）=4a=0，∴a=0，
又當(dāng)a=0時(shí)，f′（x）=x²-2x，∴當(dāng)x＜0時(shí)，f′（x）＞0，f（x）在區(qū)間（-∞，0）上單調(diào)遞增，
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′（x）＜0，f（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減．
綜上，a=0時(shí)，y=f（x）在區(qū)間（-∞，0）上是增函數(shù)，在區(qū)間（0，1）上是減函數(shù)．
（Ⅱ）令f′（x）=0，得x₁=2a，x₂=2．
因?yàn)閍＜1
∴x₁＜x₂
當(dāng)x變化時(shí)，f（x），f′（x）的值的變化情況如下：
當(dāng)x＜2a時(shí)，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)；
當(dāng)2a＜x＜2時(shí)，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)；
當(dāng)x＞2時(shí)，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)；
注意到x∈[0，2]，
∴當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在區(qū)間[0，2]上單調(diào)遞減，f（x）的最大值為f（0）=0，
當(dāng)0＜a＜1時(shí)，f（x）在區(qū)間[0，2a]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[2a，2]上單調(diào)遞減，
∴f（x）的最大值為f（2a）=4a²-

4

3

a3．
（Ⅲ）取t=

m+n

2

，
∵f（m）+f（n）-2f（

m+n

2

）=

1

3

m³-m²+

1

3

n³-n²-

1

12

（m+n）³+

1

2

（m+n）²=

1

4

[m³+n³-m²n-mn²-2（m-n）³]=

1

4

（m-n）2（m+n-2），
∵m＜n≤1，得（m-n）²＞0，m+n-2＜0，
∴f（m）+f（n）-2f（

m+n

2

）＜0，
∴存在t=

m+n

2

∈（m，n）（n≤1），
使不等式f（m）+f（n）＜2f（t）成立．

點(diǎn)評(píng)：此題主要考查多項(xiàng)式函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，函數(shù)單調(diào)性的判定，函數(shù)最值，函數(shù)、方程與不等式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力、推理論證能力及分析與解決問(wèn)題的能力，考查數(shù)形結(jié)合的思想、分類(lèi)與整合思想，化歸與轉(zhuǎn)化思想、有限與無(wú)限的思想．