Question

（2013•韶关二模）设函数f（x）=ax³-（a+b）x²+bx+c，其中a≥0，b，c∈R
（1）若f（

1

3

）=0，求f（x）的单调区间；
（2）设M表示f′（0）与f′（1）两个数中的最大值，求证：当0≤x≤1时，|f′（x）|≤M．

Answer 1

分析：（1）由f(

1

3

)=0，得a=b．当a＞0时，通过求导，利用导数与单调性的关系列出表格即可得出单调区间；
（2）对a，b分类讨论，利用二次函数的单调性即可证明．

解答：解：（1）由f(

1

3

)=0，得a=b．
当a=0时，则b=0，f（x）=c不具备单调性．
当a＞0时，可得f（x）=ax³-2ax²+ax+c．
由f^′（x）=a（3x²-4x+1）=0得x₁=

1

3

，x₂=1．
列表：

x	（-∞， 1 3 ）	1 3	（ 1 3 ，1）	1	（1，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	单调递增	极大值	单调递减	极小值	单调递增

由表可得，函数f（x）的单调增区间是（-∞，

1

3

）及（1，+∞）．单调减区间是[

1

3

，1]．
（2）当a=0时，f^′（x）=-2bx+b，
若b=0，则f^′（x）=0，
若b＞0，或b＜0，f^′（x）在[0，1]是单调函数，-f^′（0）=f^′（1）≤f^′（x）≤f^′（0），
或-f^′（1）=f^′（0）≤f^′（x）≤f^′（1）．
∴|f^′（x）|≤M．
当a＞0时，f^′（x）=3ax²-2（a+b）x+b=3a(x-

a+b

3a

)2-

a2+b2-ab

3a

．
①当

a+b

3a

≥1或

a+b

3a

≤0时，则f^′（x）在[0，1]上是单调函数，
∴f^′（1）≤f^′（x）≤f^′（0）或f^′（0）≤f^′（x）≤f^′（1），且f^′（0）+f^′（1）=a＞0．
∴-M≤f^′（x）≤M．
②当0＜

a+b

3a

＜1，即-a＜b＜2a，则-

a2+b2-ab

3a

≤f′(x)≤M．
（i） 当-a＜b≤

a

2

时，则0＜a+b≤

3a

2

．
∴f′(1)-

a2+b2-ab

3a

=

2a2-b2-2ab

3a

=

3a2-(a+b)2

3a

≥

1

4

a2＞0＞0．
∴-M＜f^′（x）≤M．
（ii） 当

a

2

＜b＜2a时，则(b-

a

2

)(b-2a)＜0，即a²+b²-

5

2

ab＜0．
∴b-

a2+b2-ab

3a

=

4ab-a2-b2

3a

＞

5 2 ab-a2-b2

3a

＞0，即f′(0)＞

a2+b2-ab

3a

．
∴-M＜f^′（x）≤M．
综上所述：当0≤x≤1时，|f^′（x）|≤M．

点评：熟练掌握导数与单调性的关系并列出表格、分类讨论的思想方法、二次函数的单调性设解题的关键．