Question

3．已知函數(shù)f（x）=$\frac{a}{3}{x^3}+\frac{2}{x^2}-{a^2}$x（a＞0，b∈R）．
（Ⅰ）當(dāng)a=1時，判斷函數(shù)f（x）在R上的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論；
（Ⅱ）若x₁，x₂是函數(shù)f（x）的兩個不同的極值點，且|x₁-x₂|=$\sqrt{\frac{2}{a}-1}$，求實數(shù)a，b的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到f′（x）＞0，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出${x_1}+{x_2}=-\frac{a}，{x_1}{x_2}=-a$，代入|x₁-x₂|=$\sqrt{\frac{2}{a}-1}$，得到關(guān)于a的不等式，求出a的范圍，得到${b^2}=g（a）=-4{a^3}-{a^2}+2a（{0＜a＜\frac{{\sqrt{33}-1}}{8}}）$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出b的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)a=1時，$f（x）=\frac{1}{3}{x^3}+\frac{2}{x^2}-x$，則f'（x）=x²+bx-1
而方程x²+bx-1=0的判別式△=b²+4＞0恒成立，
所以f'（x）=x²+bx-1＞0恒成立，即函數(shù)f（x）在R上的單調(diào)遞增．                                     
（II）∵$f（x）=\frac{a}{3}{x^3}+\frac{2}{x^2}-{a^2}x$，
∴f'（x）=ax²+bx-a²．x₁，x₂是函數(shù)f（x）的兩個不同的極值點，
則x₁，x₂是方程ax²+bx-a²=0的兩個不同的實數(shù)根，
即${x_1}+{x_2}=-\frac{a}，{x_1}{x_2}=-a$，且△=b²-4a（-a²）=b²+4a³＞0
∵$|{x_1}-{x_2}|=\sqrt{\frac{2}{a}-1}（{0＜a≤2}）$，即$|{x_1}-{x_2}{|^2}=\frac{2}{a}-1⇒{（{{x_1}+{x_2}}）^2}-4{x_1}{x_2}=\frac{2}{a}-1$，
∴${（{-\frac{a}}）^2}+4a=\frac{2}{a}-1$，即b²+4a³=2a-a²，則$\left\{\begin{array}{l}-4{a^3}-{a^2}+2a≥0\\ 2a-{a^2}＞0\end{array}\right.$
即$\left\{\begin{array}{l}4{a^2}+a-2≤0\\ 0＜a＜2\end{array}\right.⇒0＜a≤\frac{{\sqrt{33}-1}}{8}$（10分）
又${b^2}=g（a）=-4{a^3}-{a^2}+2a（{0＜a＜\frac{{\sqrt{33}-1}}{8}}）$，
$g'（a）=-12{a^2}-2a+2=0⇒a=\frac{1}{3}，a=-\frac{1}{2}$（舍）
當(dāng)$0＜a＜\frac{1}{3}$時，g'（a）＞0，函數(shù)g（a）是增函數(shù)；
當(dāng)$\frac{1}{3}＜a＜\frac{{\sqrt{33}-1}}{8}$時，g'（a）＜0，函數(shù)g（a）是減函數(shù)；
當(dāng)$a=\frac{1}{3}$時，函數(shù)g（a）取到最大值$g（{\frac{1}{3}}）=\frac{11}{27}$
所以$0＜{b^2}≤\frac{11}{27}⇒b∈[{-\frac{{\sqrt{33}}}{9}，0}）∪（{0，\frac{{\sqrt{33}}}{9}}]$．

點評 本題考查了切線方程問題，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道綜合題．