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）上單調遞增，在區(qū)間（0，1）上單調遞減，求實數(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：對任意的m、n，當m＜n≤1時，總存在實數(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，求出其導數(shù)f′（x），因為函數(shù)y=f（x）在區(qū)間（-∞，0）上單調遞增，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，然后求出函數(shù)f（x）的單調區(qū)間，從而求出函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，2]上的最大值；
（Ⅲ）假設存在，取t=

m+n

2

，然后代入函數(shù)f（x）進行計算，看是否存在．

解答：解：f（x）′=x²-2（a+1）x+4a，
（Ⅰ）因為函數(shù)y=f（x）在區(qū)間（-∞，0）上單調遞增，（0，1）上單調遞減，
∴f′（0）=4a=0，∴a=0，
又當a=0時，f′（x）=x²-2x，∴當x＜0時，f′（x）＞0，f（x）在區(qū)間（-∞，0）上單調遞增，
當0＜x＜1時，f′（x）＜0，f（x）在區(qū)間（0，1）上單調遞減．
綜上，a=0時，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．
因為a＜1
∴x₁＜x₂
當x變化時，f（x），f′（x）的值的變化情況如下：
當x＜2a時，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)；
當2a＜x＜2時，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)；
當x＞2時，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)；
注意到x∈[0，2]，
∴當a≤0時，f（x）在區(qū)間[0，2]上單調遞減，f（x）的最大值為f（0）=0，
當0＜a＜1時，f（x）在區(qū)間[0，2a]上單調遞增，在區(qū)間[2a，2]上單調遞減，
∴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．

點評：此題主要考查多項式函數(shù)的導數(shù)，函數(shù)單調性的判定，函數(shù)最值，函數(shù)、方程與不等式等基礎知識，考查運算求解能力、推理論證能力及分析與解決問題的能力，考查數(shù)形結合的思想、分類與整合思想，化歸與轉化思想、有限與無限的思想．