Question

已知函數(shù)f（x）=-x³+ax²+b（a，b∈R）
（1）若函數(shù)f（x）在（0，2）上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）設(shè)x₁，x₂，x₃為方程f（x）=0的三個根，且x₁∈（-1，0），x₂∈（0，1），x₃（-∞，-1）∪（1，+∞），求證：|a|＞1．

Answer 1

解：（1）解：由題意，得f′（x）=-3x²+2ax
令f′（x）=0，解得x=0或x=
當(dāng)a＜0時，由f′（x）＞0，解得a＜x＜0，
∴f（x）在（，0）上是增函數(shù)，與題意不符，舍去
當(dāng)a=0時，由f′（x）=-3x²≤0，
∴f（x）在（-∞，+∞）上是減函數(shù)與題意不符，舍去
當(dāng)a＞0時，由f′（x）＞0，解得0＜x＜
∴f（x）在（0，）上是增函數(shù)，
又∵f（x）在（0，2）上是增函數(shù)，
所以≥2，解得a≥3
綜上，a的取值范圍為[3，+∞）
另解：要使f（x）在（0，2）上是增函數(shù)，只需f′（x）在（0，2）上恒大于或等于零
∵f′（x）=）=-3x²+2ax 的圖象是開口向下的拋物線，且過定點（0，0）
∴只需，即
a≥3，即a的取值范圍為[3，+∞）
（2）解：因為方程f（x）=-x³+ax²+b=0最多只有3個根，
由題意得在區(qū)間（-1，0）內(nèi)僅有一根，
∴f（-1）f（0）=b（1+a+b）＜0，①
由題意得在區(qū)間（0，1）內(nèi)僅有一根，
∴f（0）•f（1）=b（-1+a+b）＜0 ②
當(dāng)b=0時，∵f（0）=0，
∴f（x）=0有一根0，這與題意不符，
∴b≠0
當(dāng)b＞0時，由①得1+a+b＜0，即a＜-b-1，
由②得-1+a+b＜0，即a＜-b+1，
∵-b-1＜-b+1，∴a＜-b-1＜-1，
即a＜-1
當(dāng)b＜0時，由①得1+a+b＞0，即a＞-b-1，
由②得-1+a+b＞0，即a＞-b+1，
∵-b-1＜-b+1，∴a＞-b+1＞1，
即a＞1
綜上，|a|＞1
分析：（1）先求函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)f′（x）=-3x²+2ax，f′（x）=0的兩個根分別為x=0或x=，為了求函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間，需討論a與0的關(guān)系，結(jié)合已知函數(shù)f（x）在（0，2）上是增函數(shù)，區(qū)間（0，2）應(yīng)為函數(shù)單調(diào)增區(qū)間的子區(qū)間，從而求得a的范圍，也可根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的圖象開口向下，過（0，0）的特點，只需導(dǎo)函數(shù)在（0，2）上恒大于或等于零，即解得a的范圍．
（2）由于一元三次方程最多三個根，且x₁∈（-1，0），x₂∈（0，1），x₃（-∞，-1）∪（1，+∞），由根的存在性定理，f（-1）×f（0）＜0，且f（0）×f（1）＜0，得關(guān)于a和b的不等式，分別討論b＞0，b=0，b＜0，證明滿足題意的a的絕對值恒大于1
點評：本題考查了導(dǎo)數(shù)在函數(shù)單調(diào)性中的應(yīng)用，已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)范圍的解決方法，函數(shù)的零點存在性定理與方程根的分布的關(guān)系，分類討論的思想方法