Question

（2013•薊縣二模）已知函數(shù)f（x）=-

1

3

x3+

1

2

(2a+1)x2-2ax+1，其中a為實數(shù)．
（Ⅰ）當a≠

1

2

時，求函數(shù)f（x）的極大值點和極小值點；
（Ⅱ） 若對任意a∈（2，3）及x∈[1，3]時，恒有ta²-f（x）＞

3

2

成立，求實數(shù)t的取值范圍．
（Ⅲ）已知g（x）=a²x²+ax+1，m（x）=

4

3

x3-(a2+

3

2

)x2+（2a+5）x-3，h（x）=f（x）+m（x），設(shè)函數(shù)q（x）=

g(x)，x≥0 h(x)，x＜0.

是否存在a，對任意給定的非零實數(shù)x₁，存在惟一的非零實數(shù)x₂（x₂≠x₁），使得q′（x₂）=q′（x₁）成立？若存在，求a的值；若不存，請說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由 f′（x）=-x²+（2a+1）x-2a=0，得x₁=1，x₂=2a，按兩根1與2a的大小關(guān)系進行分類討論，列出f′（x）、f（x）隨x的變化情況表，根據(jù)極值點的定義可求；
（II）由題意可知，先使得對任意x∈[1，3]時，恒有ta2-f(x)＞

3

2

成立，然后再使得任意a∈（2，3）時不等式恒成立，分別轉(zhuǎn)化函數(shù)最值求解即可；
（Ⅲ）求出x＜0和x＞0時q′（x）及其值域，易知a≠0，分x₁＞0和x₁＜0兩種情況進行討論，按照值域的包含關(guān)系可得a的范圍；

解答：解：（Ⅰ）令 f′（x）=-x²+（2a+1）x-2a=0，解得x₁=1，x₂=2a，
（1）當a＞

1

2

時，

x	（-∞，1）	1	（1，2a）	2a	（2a，+∞）
f'（x）	-	0	+	0	-

因此，函數(shù)f（x）在x=1處取得極小值，極小值點為x=1；
函數(shù)f（x）在x=2a處取得極大值，極大值點為x=2a；
（2）當a＜

1

2

時，

x	（-∞，2a）	2a	（2a，1）	1	（1，+∞）
f'（x）	-	0	+	0	-

因此，函數(shù)f（x）在x=1處取得極大值，極大值點為x=1；
函數(shù)f（x）在x=2a處取得極小值，極小值點為x=2a．
（II）由題意可知，對任意a∈（2，3）及x∈[1，3]時，恒有ta2-f(x)＞

3

2

成立等價于ta2-

3

2

＞f(x)max，
f（x）在x∈[1，3]上的最大值為f（3）=3a-

7

2

，
任意a∈（2，3）時，ta2-

3

2

＞f(x)max=3a-

7

2

恒成立，
∴t＞

3

a

-

2

a2

，a∈（2，3）時恒成立，
令g（a）=

3

a

-

2

a2

，令m=

1

a

，m∈（

1

3

，

1

2

），g（m）在m∈（

3

a

-

2

a2

）時為增函數(shù)，
∴

7

9

＜g（x）＜1，
∴實數(shù)t的取值范圍為t≥1；
（III）當x＜0時，有q′（x）=h′（x）=3x²-2（a²-a-1）x+5，
當x＞0時，有q′（x）=g（x）=2a²x+a，因為a=0時不符合題意，因此a≠0，
下面討論a≠0的情形，記A=（a，+∞），B=（5，+∞），
（i）當x₁＞0時，q′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
所以要使q′（x₂）=q′（x₁）成立，只能x′₂＜0成立且A⊆B，
因此有a≥5；
（ii）當x₁＜0時，q′（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞減，
所以要使q′（x₂）=q′（x₁）成立，只能x₂＞0且B⊆A，因此a≤5，
綜合（i）（ii）a=5；
當a=5時A=B，則?x₁＜0，q′（x₁）∈B=A，即?x₂＞0，使得q′（x₂）=q′（x₁）成立，
因為q′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，所以x₂的值是唯一的；
同理，?x₁＞0，即存在唯一的非零實數(shù)x₂（x₂≠x₁），q′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
要使q′（x₂）=q′（x₁）成立，所以a=5滿足題意．

點評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值及恒成立問題，考查學(xué)生綜合運用所學(xué)知識分析問題解決問題的能力，綜合性強，難度大．