Question

設(shè)函數(shù)f（x）=

1

3

ax³+

1

2

bx²+（1-2a）x，a，b∈R，a≠0，
（Ⅰ）若曲線y=f（x）與x軸相切于異于原點的一點，且函數(shù)f（x）的極小值為-

4

3

a，求a，b的值；
（Ⅱ）若x₀＞0，且

a

x0+2

+

b

x0+1

+

1-2a

x0

=0，
    ①求證：af′（

x0

x0+1

）＜0； 
    ②求證：f（x）在（0，1）上存在極值點．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）依據(jù)題意得：f(x)=

a

3

x(x+

3b

4a

)2，令f′(x)=a(x+

3b

4a

)(x+

b

4a

)=0，解出x，結(jié)合圖形，得到極小值，解出方程即可得到a，b的值；
（Ⅱ）①f′（x）=ax²+bx+（1-2a），整理得到af′（

x0

x0+1

）=

-a2x0

(x0+1)2(x0+2)

＜0；
②f′（0）=1-2a，f′（1）=1-a+b．對a分類討論，依據(jù)①得到導(dǎo)數(shù)f′（

x0

x0+1

）的正負(fù)，再由函數(shù)零點的存在性定理，即可得證．

解答： 解：（Ⅰ）f(x)=

a

3

x[x2+

3b

2a

x+

3(1-2a)

a

]，
依據(jù)題意得：f(x)=

a

3

x(x+

3b

4a

)2，且

9b2

16a2

=

3-6a

a

≠0，
f′(x)=a(x+

3b

4a

)(x+

b

4a

)=0，得x=-

3b

4a

或x=-

b

4a

．
如圖，得f(-

b

4a

)=-

4

3

a，
∴

a

3

(-

b

4a

)(-

b

4a

+

3b

4a

)2=-

4a

3

，則b=4a，
代入

9b2

16a2

=

3-6a

a

得，b=

4

5

．
（Ⅱ）①證明：f′（x）=ax²+bx+（1-2a）．
a f′(

x0

x0+1

)=a[a(

x0

x0+1

)2+

bx0

x0+1

+(1-2a)]
=ax0[

ax0

(x0+1)2

+

b

x0+1

+

1-2a

x0

]=ax0[

ax0

(x0+1)2

-

a

x0+2

]=

-a2x0

(x0+1)2(x0+2)

＜0．
②f′（0）=1-2a，f′（1）=1-a+b．
若0＜a＜

1

2

，則f′（0）=1-2a＞0，由①知f′（

x0

x0+1

）＜0，
所以f′（x）在（0，

x0

x0+1

）有零點，從而f（x）在（0，1）上存在極值點．   
若a≥

1

2

，由①知f′（

x0

x0+1

）＜0，
又f′（1）=1-a+b=1-a-

a(x0+1)

x0+2

-

(1-2a)(x0+1)

x0

=

(3a-1)x0+2(2a-1)

(x0+2)x0

＞0，
所以f′（x）在（0，

x0

x0+1

）有零點，從而f（x）在（0，1）上存在極值點．
若a＜0，由①知f′（

x0

x0+1

）＞0，f′（1）=1-a+b=

(3a-1)x0+2(2a-1)

(x0+2)x0

＜0，
所以f′（x）在（0，

x0

x0+1

）有零點，從而f（x）在（0，1）上存在極值點．
綜上知f（x）在（0，1）上存在極值點．

點評：本題以函數(shù)為載體，考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查曲線的切線，同時考查零點存在性定理，綜合性比較強．