Question

8．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{3}$ax³-$\frac{a+1}{2}$x²+x-$\frac{2}{3}$．
（1）若函數(shù)f（x）的圖象在點（2，f（2））處的切線方程為7x-y+b=0，求實數(shù)a，b的值；
（2）若a≤0，求f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（3）是否存在實數(shù)a∈（0，1），使f（x）的極小值為-$\frac{7}{24}$，若存在，求出a的值，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意得到f′（2）=7，求導(dǎo)代入求出a的值，在求出f（2）的值，再代入求出b的值；
（2）當(dāng)a=0時，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，當(dāng)a＜0時，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)區(qū)間；
（3）當(dāng)a∈（0，1），先判斷函數(shù)的單調(diào)性，得到函數(shù)的極小值點，由得題意得到關(guān)于a的方程，解得即可．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{1}{3}$ax³-$\frac{a+1}{2}$x²+x-$\frac{2}{3}$，
∴f′（x）=ax²-（a+1）x+1，
∵f（x）的圖象在點（2，f（2））處的切線方程為7x-y+b=0，
∴f′（2）=7，
即4a-2（a+1）+1=7，
解得a=4，
∴f（x）=$\frac{4}{3}$x³-$\frac{5}{2}$x²+x-$\frac{2}{3}$，
∴f（2）=2，
∴7×2-2+b=0，
解得b=-12；
（2）當(dāng)a=0時，f（x）=$-\frac{1}{2}$x²+x-$\frac{2}{3}$=-$\frac{1}{2}$（x-1）²-$\frac{1}{6}$，
∴函數(shù)f（x）在（-∞，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
當(dāng)a＜0時，f′（x）=ax²-（a+1）x+1=（ax-1）（x-1），
∵△=（a+1）²-4a=（a-1）²≥0恒成立，
∴f′（x）=0，解得x=1或x=$\frac{1}{a}$，
當(dāng)f′（x）＜0，即x＜$\frac{1}{a}$，或x＞1，函數(shù)單調(diào)遞減，
當(dāng)f′（x）＞0，即$\frac{1}{a}$＜x＜1，函數(shù)單調(diào)遞增，
綜上所述：當(dāng)a=0時，函數(shù)f（x）在（-∞，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
當(dāng)a＜0時，函數(shù)f（x）在（-∞，$\frac{1}{a}$），（1，+∞）上單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{a}$，+1）上單調(diào)遞增；
（3）實數(shù)a∈（0，1），f′（x）=ax²-（a+1）x+1=（ax-1）（x-1），
∵△=（a+1）²-4a=（a-1）²≥0恒成立，
∴f′（x）=0，解得x=1或x=$\frac{1}{a}$，
當(dāng)f′（x）＞0，即x＜1，或x＞$\frac{1}{a}$，函數(shù)單調(diào)遞增，
當(dāng)f′（x）＜0，即1＜x＜$\frac{1}{a}$，函數(shù)單調(diào)遞減，
∴當(dāng)x=$\frac{1}{a}$時，函數(shù)f（x）有極小值，
∴f（x）_極小值=f（$\frac{1}{a}$）=-$\frac{1}{6{a}^{2}}$+$\frac{1}{2a}$-$\frac{2}{3}$=-$\frac{7}{24}$，
即9a²-12a+4=0，
解得a=$\frac{2}{3}$∈（0，1），
故a的值存在，a=$\frac{2}{3}$．

點評 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用．導(dǎo)數(shù)一般應(yīng)用在求切線的斜率極其方程，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間以及極值，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用是高考考查的重點，須重視．