Question

（2014•江门模拟）已知函数f(x)=

1

3

x3+x2+ax+1，x∈R，a是常数．
（1）当a=-8时，求f（x）的单调区间；
（2）证明，?a∈（-24，-10），函数f（x）在区间[-4，4]上有且仅有一个零点．

Answer 1

分析：（1）a=-8时，求f（x）的导数f′（x），由f′（x）＞0，得f（x）单调递增；f′（x）＜0，f（x）单调递减；
（2）（方法一）由根的存在性定理判定f（x）在[-4，4]上有零点，再利用f′（x）判定f（x）的单调性，从而确定f（x）在[-4，4]上有且只有一个零点．
（方法二）先由f′（x）判定f（x）的增减性，再由根的存在性定理判定f（x）在[-4，4]上有且只有一个零点．

解答：解：（1）a=-8时，f（x）=

1

3

x³+x²-8x+1，x∈R，∴f′（x）=x²+2x-8，
令f′（x）=0，得x₁=-4，x₂=2，
当x＜-4时，f′（x）＞0；当-4＜x＜2时，f′（x）＜0；当x＞2时，f′（x）＞0，
∴f（x）的单调递减区间为[-4，2]，单调递增区间为（-∞，-4）和（2，+∞）；
（2）（方法一）?a∈（-24，-10），f(-4)=-

13

3

-4a＞-

13

3

+40＞0，f(4)=

115

3

+4a＜

115

3

-40＜0，
因为y=f（x）在区间[-4，4]上是连续不断的曲线，且f（-4）•f（4）＜0，
所以f（x）在区间[-4，4]上有零点；
解f′（x）=x²+2x+a=0（a∈（-24，-10））得x1=-1-

1-a

＜-4（舍去），x2=-1+

1-a

∈(-4，4)，
当-4＜x＜-1+

1-a

时，f′（x）＜0；
当-1+

1-a

＜x＜4时，f′（x）＞0；
因为f（4）＜0，所以?x∈[-1+

1-a

，4]，f（x）＜0，f（x）在区间[-1+

1-a

，4]上无零点；
f(-4)•f(-1+

1-a

)＜0，f（x）在[-4，-1+

1-a

]上单调递减，
所以f（x）在区间[-4，-1+

1-a

]上有且只有一个零点，从而在区间[-4，4]上有且只有一个零点．
（方法二）f′（x）=x²+2x+a，解f′（x）=x²+2x+a=0得x1=-1-

1-a

＜-4（舍去），x2=-1+

1-a

∈(-4，4)；
当-4＜x＜-1+

1-a

时，f′（x）＜0；
当-1+

1-a

＜x＜4时，f′（x）＞0；
因为f(4)=

115

3

+4a＜

115

3

-40＜0，
所以?x∈[-1+

1-a

，4]，f（x）＜0，f（x）在区间[-1+

1-a

，4]上无零点．
因为f（0）=1＞0，f(0)f(-1+

1-a

)＜0，所以f（x）在区间[0，-1+

1-a

]上有零点．
因为f（x）在[-4，-1+

1-a

]上单调递减，
所以f（x）在区间[-4，-1+

1-a

]上有且只有一个零点，从而在区间[-4，4]上有且只有一个零点．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调区间以及根据函数的增减性研究函数的零点问题，是易错题．