题目内容
设函数f（x）=| 1 |
| 3 |
（1）求证：0≤
| b |
| a |
（2）若函数f（x）的递增区间为[s，t]，求|s-t|的取值范围；
（3）若当x≥k时（k是与a，b，c无关的常数），恒有f′（x）+a＜0，试求k的最小值．
分析：（1）利用函数图象在A，B两点处的切线的斜率，可以得到f'（1）=0，f'（m）=-a，然后利用a，b，c的大小关系，确定a，c的符号，通过消元得到am2+2bm-2b=0，利用二次方程的根的情况，可得0≤
＜1，
（2）由导数的符号确定函数的单调增区间，利用二次方程根与系数的关系得到|s-t|关于a，b的关系式，即可得|s-t|的取值范围；（3）由f'（x）+a＜0得ax2+2bx-2b＜0，通过转换主元，利用不等式恒成立的条件得到x的范围，从而得到k的范围．
| b |
| a |
（2）由导数的符号确定函数的单调增区间，利用二次方程根与系数的关系得到|s-t|关于a，b的关系式，即可得|s-t|的取值范围；（3）由f'（x）+a＜0得ax2+2bx-2b＜0，通过转换主元，利用不等式恒成立的条件得到x的范围，从而得到k的范围．
解答：解：（1）f'（x）=ax2+2bx+c，由题意及导数的几何意义得
f'（1）=a+2b+c=0①f'（m）=am2+2bm+c=-a②
又a＜b＜c，可得3a＜a+2b+c＜3c，即3a＜0＜3c，故a＜0，c＞0，
由①得c=-a-2b，代入a＜b＜c，再由a＜0，得-
＜
＜1③
将c=-a-2b代入②得am2+2bm-2b=0，即方程ax2+2bx-2b=0有实根．
故其判别式△=4b2+8ab≥0得
≤-2，或
≥0④
由③，④得0≤
＜1；
（2）由f'（x）=ax2+2bx+c的判别式△'=4b2-4ac＞0，
知方程f'（x）=ax2+2bx+c=0（*）有两个不等实根，设为x1，x2，
又由f'（1）=a+2b+c=0知，x1=1为方程（*）的一个实根，则有根与系数的关系得x1+x2=-
，x2=-
-1＜0＜x1，
当x＜x2或x＞x1时，f'（x）＜0，当x2＜x＜x1时，f'（x）＞0，
故函数f（x）的递增区间为[x2，x1]，由题设知[x2，x1]=[s，t]，
因此|s-t|=|x1-x2|=2+
，由（Ⅰ）知0≤
＜1得|s-t|的取值范围为[2，4）；
（3）由f'（x）+a＜0，即ax2+2bx+a+c＜0，即ax2+2bx-2b＜0，
因为a＜0，则x2+2•
x-2•
＞0，整理得(2x-2)
+x2＞0，
设g(
)=(2x-2)
+x2，可以看作是关于
的一次函数，由题意g(
)＞0对于0≤
＜1恒成立，
故
即
得x≤-
-1或x≥
-1，
由题意，[k，+∞)⊆(-∞，-
-1]∪[
-1，+∞)，
故k≥
-1，因此k的最小值为
-1．
f'（1）=a+2b+c=0①f'（m）=am2+2bm+c=-a②
又a＜b＜c，可得3a＜a+2b+c＜3c，即3a＜0＜3c，故a＜0，c＞0，
由①得c=-a-2b，代入a＜b＜c，再由a＜0，得-
| 1 |
| 3 |
| b |
| a |
将c=-a-2b代入②得am2+2bm-2b=0，即方程ax2+2bx-2b=0有实根．
故其判别式△=4b2+8ab≥0得
| b |
| a |
| b |
| a |
由③，④得0≤
| b |
| a |
（2）由f'（x）=ax2+2bx+c的判别式△'=4b2-4ac＞0，
知方程f'（x）=ax2+2bx+c=0（*）有两个不等实根，设为x1，x2，
又由f'（1）=a+2b+c=0知，x1=1为方程（*）的一个实根，则有根与系数的关系得x1+x2=-
| 2b |
| a |
| 2b |
| a |
当x＜x2或x＞x1时，f'（x）＜0，当x2＜x＜x1时，f'（x）＞0，
故函数f（x）的递增区间为[x2，x1]，由题设知[x2，x1]=[s，t]，
因此|s-t|=|x1-x2|=2+
| 2b |
| a |
| b |
| a |
（3）由f'（x）+a＜0，即ax2+2bx+a+c＜0，即ax2+2bx-2b＜0，
因为a＜0，则x2+2•
| b |
| a |
| b |
| a |
| b |
| a |
设g(
| b |
| a |
| b |
| a |
| b |
| a |
| b |
| a |
| b |
| a |
故
|
|
得x≤-
| 3 |
| 3 |
由题意，[k，+∞)⊆(-∞，-
| 3 |
| 3 |
故k≥
| 3 |
| 3 |
点评：考查学生会利用导数求曲线上过某点切线方程的斜率，会利用导数研究函数的单调区间，掌握不等式恒成立时所取的条件．是个难题．是个难题．
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