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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.

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.

練習(xí)冊(cè)系列答案
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同步練習(xí)冊(cè)答案
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