Question

已知函数f（x）=

1

3

x³+x²+ax+1（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当a＜0时，试讨论是否存在x₀∈（0，

1

2

）∪（

1

2

，1），使得f（x₀）=f（

1

2

）．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：函数的性质及应用,导数的综合应用

分析：对第（1）问，先求导，再通过一元二次方程的实根讨论单调性；
对第（2）问，可将f（x₀）=f（

1

2

）转化为f（x₀）-f（

1

2

）=0，即将“函数问题”化为“方程是否有实根问题”处理．

解答： 解：（1）由f（x）得f′（x）=x²+2x+a，
令f′（x）=0，即x²+2x+a=0，判别式△=4-4a，
①当△≤0即a≥1时，f′（x）≥0，则f（x）在（-∞，+∞）上为增函数．
②当△＞0即a＜1时，方程f′（x）=0的两根为

-2± △

2

，即-1±

1-a

，
当x∈（-∞，-1-

1-a

）时，f′（x）＞0，则f（x）为增函数；
当x∈(-1-

1-a

，-1+

1-a

)时，f′（x）＜0，则f（x）为减函数；
当x∈(-1+

1-a

，+∞）时，f′（x）＞0，则f（x）为增函数．
综合①、②知，a≥1时，f（x）的单调递增区间为（-∞，+∞），
a＜1时，f（x）的单调递增区间为（-∞，-1-

1-a

)和(-1+

1-a

，+∞），
f（x）的单调递减区间为(-1-

1-a

，-1+

1-a

)．

（2）∵f(x)-f(

1

2

)=

1

3

x3+x2+ax+1-[

1

3

×(

1

2

)3+(

1

2

)2+a×

1

2

+1]
=

1

3

[x3-(

1

2

)3]+[x2-(

1

2

)2]+a(x-

1

2

)
=

1

3

[(x-

1

2

)(x2+

x

2

+

1

4

)]+(x+

1

2

)(x-

1

2

)+a(x-

1

2

)
=(x-

1

2

)(

x2

3

+

7x

6

+

7

12

+a)
=

1

12

(x-

1

2

)(4x2+14x+7+12a)．
∴若存在x0∈(0，

1

2

)∪(

1

2

，1)，使得f(x0)=f(

1

2

)，即f(x0)-f(

1

2

)=0，
则关于x的方程4x²+14x+7+12a=0在(0，

1

2

)∪(

1

2

，1)内必有实数解．
∵a＜0，∴△=14²-16（7+12a）=4（21-48a）＞0，
方程4x²+14x+7+12a=0的两根为

-14±2 21-48a

8

，即

-7± 21-48a

4

，
∵x₀＞0，∴x0=

-7+ 21-48a

4

，
依题意有0＜

-7+ 21-48a

4

＜1，且

-7+ 21-48a

4

≠

1

2

，
即7＜

21-48a

＜11，且

21-48 a

≠9，∴49＜21-48a＜121，且21-48a≠81，
得-

25

12

＜a＜-

7

12

，且a≠-

5

4

．
∴当a∈(-

25

12

，-

5

4

)∪(-

5

4

，-

7

12

)时，存在唯一的x0∈(0，

1

2

)∪(

1

2

，1)，使得f(x0)=f(

1

2

)成立；
当a∈(-∞，-

25

12

]∪[-

7

12

，0)∪{-

5

4

}时，不存在x0∈(0，

1

2

)∪(

1

2

，1)，使得f(x0)=f(

1

2

)成立．

点评：1．求含参数的函数的单调区间时，导函数的符号往往难以确定，如果受到参数的影响，应对参数进行讨论，讨论的标准要根据导函数解析式的特征而定．如本题中导函数为一元二次函数，就有必要考虑对应方程中的判别式△．
2．对于存在性问题，一般先假设所判断的问题成立，再由假设去推导，若求得符合题意的结果，则存在；若得出矛盾，则不存在．