Question

已知函数f（x）=

1

3

ax3-

1

4

x2+cx+d（a，c，d∈R）满足f（0）=0，f′（1）=0，且f′（x）≥0在R上恒成立．
（1）求a，c，d的值；
（2）若h(x)=

3

4

x2-bx+

b

2

-

1

4

，解不等式f′（x）+h（x）＜0；
（3）是否存在实数m，使函数g（x）=f′（x）-mx在区间[m，m+2]上有最小值-5？若存在，请求出实数m的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）待定系数法求函数解析式，由f（0）=0，f'（1）=0，且f'（x）≥0在R上恒成立列出三个方程，解出a、b、c
（2）一元二次不等式解法，注意根之间比较，考查分类讨论思想
（3）考查二次函数最值问题，考查分类讨论思想，对m进行讨论，看对称轴与区间的关系．

解答：解：（1）∵f（0）=0，∴d=0
∴f′(x)=ax2-

1

2

x+c及f'（1）=0，有a+c=

1

2

∵f'（x）≥0在R上恒成立，即ax2-

1

2

x+c≥0恒成立
显然a=0时，上式不能恒成立∴a≠0，函数f'（x）=ax2-

1

2

x+

1

2

-a是二次函数
由于对一切x∈R，都有f'（x）≥0，于是由二次函数的性质可得

a＞0 (- 1 2 )2-4a( 1 2 -a)≤0.

即

a＞0 a2- 1 2 a+ 1 16 ≤0

，即

a＞0 (a- 1 4 )2≤0

，解得：a=

1

4

，a=c=

1

4

．
（2）∵a=c=

1

4

．∴f′(x)=

1

4

x2-

1

2

x+

1

4

．
∴由f'（x）+h（x）＜0，即

1

4

x2-

1

2

x+

1

4

+

3

4

x2-bx+

b

2

-

1

4

＜0
即x2-(b+

1

2

)x+

b

2

＜0，即(x-b)(x-

1

2

)＜0
当b＞

1

2

时，解集为（

1

2

，b），当b＜

1

2

时，解集为（b，

1

2

），当b=

1

2

时，解集为∅．
（3）∵a=c=

1

4

，∴f'（x）=

1

4

x2-

1

2

x+

1

4

∴g(x)=f′(x)-mx=

1

4

x2-(

1

2

+m)x+

1

4

．
该函数图象开口向上，且对称轴为x=2m+1．
假设存在实数m使函数g(x)=f′(x)-mx=

1

4

x2-(

1

2

+m)x+

1

4

区间[m．m+2]上有最小值-5．
①当m＜-1时，2m+1＜m，函数g（x）在区间[m，m+2]上是递增的．
∴g（m）=-5，即

1

4

m2-(

1

2

+m)m+

1

4

=-5．
解得m=-3或m=

7

3

．∵

7

3

＞-1，∴m=

7

3

舍去
②当-1≤m＜1时，m≤2m+1＜m+2，函数g（x）在区间[m，2m+1]上是递减的，
而在区间[2m+1，m+2]上是递增的，∴g（2m+1）=-5．
即

1

4

(2m+1)2-(

1

2

+m)(2m+1)+

1

4

=-5
解得m=-

1

2

-

1

2

21

或m=-

1

2

+

1

2

21

，均应舍去
③当m≥1时，2m+1≥m+2，函数g（x）在区间[m，m+2]上递减的∴g（m+2）=-5
即

1

4

(m+2)2-(

1

2

+m)(m+2)+

1

4

=-5．
解得m=-1-2

2

或m=-1+2

2

．其中m=-1-2

2

应舍去．
综上可得，当m=-3或m=-1+2

2

时，函数g（x）=f'（x）-mx在区间[m，m+2]上有最小值-5．

点评：本题考查导数的综合运用，具体包含导数的计算、恒成立问题、不等式的解法、待定系数法求函数解析式、二次函数最值问题，分类讨论思想，对学生有一定的能力要求，属于难题．