Question

20．已知函数f（x）=$\frac{1}{3}$x³-$\frac{1}{2}$（a+1）x²+ax+a（其中a＞0）．
（I）若函数f（x）的导函数f′（x）有最小值为0，求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（Ⅱ）若函数f（x）恰有一个零点，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）先求出a的值，f（0），及f′（0）的值，然后代入点斜式方程即可得到曲线y=f（x）在点（0，f （0））处的切线方程；
（Ⅱ）f′（x）=x²-（a+1）x+a=（x-1）（x-a），分类讨论研究f（x）的单调性极值，函数f（x）有且仅有一个零点?f（x）_极大值＜0或f（x）_极小值＞0．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=$\frac{1}{3}$x³-$\frac{1}{2}$（a+1）x²+ax+a，
∴f′（x）=x²-（a+1）x+a=（x-$\frac{a+1}{2}$）²-$\frac{（a+1）^{2}}{4}$+a
∵函数f（x）的导函数f′（x）有最小值为0，
∴a-$\frac{（a+1）^{2}}{4}$=0，即a=1，
∴f′（0）=1，f（0）=1，
∴切线方程为y-1=1×（x-0），即x-y-1=0；
（Ⅱ）∵函数f（x）有且仅有一个零点，
∴f（x）_极大值＜0或f（x）_极小值＞0．
∵f′（x）=x²-（a+1）x+a=（x-1）（x-a）
令f′（x）=0，解得x=1，或x=a，
①当a＞1时，
当f′（x）＞0，解的x＜1，或x＞a，函数单调递增，
当f′（x）＞0，解的1＜x＜a，函数单调递减，
∴当x=1时，函数有极大值，极大值为f（1）=$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{2}$（a+1）+a+a=$\frac{3}{2}a$-$\frac{1}{6}$
当x=a时，函数有极小值，极小值为f（a）=$\frac{1}{3}$a³-$\frac{1}{2}$（a+1）a²+a•a+a=-$\frac{1}{6}$a³+$\frac{1}{2}$a²+a
∴$\frac{3}{2}a$-$\frac{1}{6}$＜0，或-$\frac{1}{6}$a³+$\frac{1}{2}$a²+a＞0，
解的0＜a＜$\frac{1}{9}$，或$\frac{3-\sqrt{33}}{2}$＜a＜$\frac{3+\sqrt{33}}{2}$，
∴1＜a＜$\frac{3+\sqrt{33}}{2}$，
①当0＜a＜1时，
当f′（x）＞0，解的x＜a，或x＞1，函数单调递增，
当f′（x）＞0，解的a＜x＜1，函数单调递减，
∴当x=1时，函数有极小值，极小值为f（1）=$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{2}$（a+1）+a+a=$\frac{3}{2}a$-$\frac{1}{6}$
当x=a时，函数有极大值，极大值为f（a）=$\frac{1}{3}$a³-$\frac{1}{2}$（a+1）a²+a•a+a=-$\frac{1}{6}$a³+$\frac{1}{2}$a²+a
∴$\frac{3}{2}a$-$\frac{1}{6}$＞0，或-$\frac{1}{6}$a³+$\frac{1}{2}$a²+a＜0，
解的a＞$\frac{1}{9}$，或a＞$\frac{3+\sqrt{33}}{2}$，
∴$\frac{1}{9}$＜a＜1，
③当a=1时，f（x）=$\frac{1}{3}$x³-x²+x+1，
∴f′（x）=（x-1）²≥0恒成立，
∴函数f（x）单调递增，
∵f（-1）=-$\frac{1}{3}$-1-1+1＜0，f（0）=1＞0，
∴函数f（x）恰有一个零点，
综上所述a的取值范围为（$\frac{1}{9}$，$\frac{3+\sqrt{33}}{2}$）．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值最值、恒成立问题的等价转化方法，考查了函数零点与利用导数研究函数的单调性极值及其图象的关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．