Question

12．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{3}a{x^3}-\frac{1}{2}b{x^2}$+x（a，b∈R）．
（Ⅰ）當(dāng)a=2，b=3時(shí)，求函數(shù)f（x）極值；
（Ⅱ）設(shè)b=a+1，當(dāng)0≤a≤1時(shí)，對(duì)任意x∈[0，2]，都有m≥|f'（x）|恒成立，求m的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）對(duì)a進(jìn)行分類討論：當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=-x+1，m≥1；再對(duì)對(duì)稱軸進(jìn)行討論，當(dāng) $\frac{a+1}{2a}$＜2時(shí)，即a＞$\frac{1}{3}$；當(dāng) $\frac{a+1}{2a}$≥2時(shí)，即a≤$\frac{1}{3}$，分別去求|f（x）|的最大值．

解答 解：（Ⅰ）a=2，b=3時(shí)，f（x）=$\frac{2}{3}$x³-$\frac{3}{2}$x²+x，
f′（x）=2x²-3x+1=（2x-1）（x-1），
令f′（x）＞0，解得：x＞1或x＜$\frac{1}{2}$，
令f′（x）＜0，解得：$\frac{1}{2}$＜x＜1，
故f（x）在（-∞，$\frac{1}{2}$）遞增，在（$\frac{1}{2}$，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
故f（x）_極大值=f（$\frac{1}{2}$）=$\frac{5}{24}$，f（x）_極小值=f（1）=$\frac{1}{6}$，
（Ⅱ）當(dāng)b=a+1，f（x）=$\frac{1}{3}$ax³-$\frac{1}{2}$（a+1）x²+x，
f′（x）=ax²-（a+1）x+1，f′（x）恒過點(diǎn)（0，1）；
當(dāng)a=0時(shí)，f′（x）=-x+1，
m≥|f′（x）|恒成立，
∴m≥1；
0＜a≤1，開口向上，對(duì)稱軸 $\frac{a+1}{2a}$≥1，
f′（x）=ax²-（a+1）x+1=a（x-$\frac{a+1}{2a}$）²+1-$\frac{{（a+1）}^{2}}{4a}$，
①當(dāng)a=1時(shí)f′（x）=x²-2x+1，|f′（x）|在x∈[0，2]的值域?yàn)閇0，1]；
要m≥|f′（x）|，則m≥1；
②當(dāng)0＜a＜1時(shí)，
根據(jù)對(duì)稱軸分類：
當(dāng)x=$\frac{a+1}{2a}$＜2，即$\frac{1}{3}$＜a＜1，
△=（a-1）²＞0，
f′（ $\frac{a+1}{2a}$）=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$（a+$\frac{1}{a}$）∈（-$\frac{1}{3}$，0），又f′（2）=2a-1＜1，所以|f′（x）|≤1；
當(dāng)x=$\frac{a+1}{2a}$≥2，即0＜a≤$\frac{1}{3}$；
f′（x）在x∈[0，2]的最小值為f′（2）=2a-1；
-1＜2a-1≤-$\frac{1}{3}$，所以|f′（x）|≤1，
綜上所述，要對(duì)任意x∈[0，2]都有m≥|f′（x）|恒成立，有m≥1，
∴m≥1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)和對(duì)二次函數(shù)對(duì)稱軸的分類討論求閉區(qū)間的最值問題．