Question

3．已知函数$f（x）=\frac{1}{3}{x^3}+\frac{1}{2}a{x^2}+bx（{a，b∈R}）$．
（1）若函数f（x）在（0，2）上存在两个极值点，求3a+b的取值范围；
（2）当a=0，b≥-1时，求证：对任意的实数x∈[0，2]，$|{f（x）}|≤2b+\frac{8}{3}$恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出关于a，b的不等式组，令z=3a+b，问题转化为简单的线性规划问题；结合图象求出即可；
（2）根据函数的单调性求出f（x）的范围，要证$|{f（x）}|≤2b+\frac{8}{3}$，只需证$-b（{\sqrt{-b}+3}）≤4$即可．

解答 （1）解：f'（x）=x²+ax+b，
由已知可得f'（x）=0在（0，2）上存在两个不同的零点，
故有$\left\{{\begin{array}{l}{f'（0）＞0}\\{f'（2）＞0}\\{△＞0}\\{-\frac{a}{2}∈（{0，2}）}\end{array}}\right.$，即$\left\{{\begin{array}{l}{b＞0}\\{2a+b+4＞0}\\{{a^2}-4b＞0}\\{a∈（{-4，0}）}\end{array}}\right.$，
令z=3a+b，
如图所示：

由图可知-8＜z＜0，
故3a+b的取值范围（-8，0）．
（2）证明：$f（x）=\frac{1}{3}{x^3}+bx（{b≥-1，x∈[{0，2}]}）$，所以f'（x）=x²+b，
当b≥0时，f'（x）≥0在[0，2]上恒成立，则f（x）在[0，2]上单调递增，
故$0=f（0）≤f（x）≤f（2）=2b+\frac{8}{3}$，所以$|{f（x）}|≤2b+\frac{8}{3}$；
当-1≤b＜0时，由f'（x）=0，解得$x=\sqrt{-b}∈（{0，2}）$，
则f（x）在$[{0，\sqrt{-b}}]$上单调递减，在$[{\sqrt{-b}，2}]$上单调递增，
所以$f（{\sqrt{-b}}）≤f（x）≤max\left\{{f（0），f（2）}\right\}$．
因为$f（0）=0，f（2）=2b+\frac{8}{3}＞0，f（{\sqrt{-b}}）=\frac{2}{3}b\sqrt{-b}＜0$，
要证$|{f（x）}|≤2b+\frac{8}{3}$，只需证$-\frac{2}{3}b\sqrt{-b}≤2b+\frac{8}{3}$，即证$-b（{\sqrt{-b}+3}）≤4$，
因为-1≤b＜0，所以$0＜-b≤1，3＜\sqrt{-b}+3≤4$，
所以$-b（{\sqrt{-b}+3}）≤4$成立．
综上所述，对任意的实数$x∈[{0，2}]，|{f（x）}|≤2b+\frac{8}{3}$恒成立．

点评 本题考查了线性规划问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想、分类讨论思想，不等式的证明，是一道综合题．