题目内容
（2013•韶关二模）设函数f（x）=ax3-（a+b）x2+bx+c，其中a≥0，b，c∈R
（1）若f（
）=0，求f（x）的单调区间；
（2）设M表示f′（0）与f′（1）两个数中的最大值，求证：当0≤x≤1时，|f′（x）|≤M．
（1）若f（
| 1 | 3 |
（2）设M表示f′（0）与f′（1）两个数中的最大值，求证：当0≤x≤1时，|f′（x）|≤M．
分析：（1）由f(
)=0，得a=b．当a＞0时，通过求导，利用导数与单调性的关系列出表格即可得出单调区间；
（2）对a，b分类讨论，利用二次函数的单调性即可证明．
| 1 |
| 3 |
（2）对a，b分类讨论，利用二次函数的单调性即可证明．
解答：解：（1）由f(
)=0，得a=b．
当a=0时，则b=0，f（x）=c不具备单调性．
当a＞0时，可得f（x）=ax3-2ax2+ax+c．
由f′（x）=a（3x2-4x+1）=0得x1=
，x2=1．
列表：
由表可得，函数f（x）的单调增区间是（-∞，
）及（1，+∞）．单调减区间是[
，1]．
（2）当a=0时，f′（x）=-2bx+b，
若b=0，则f′（x）=0，
若b＞0，或b＜0，f′（x）在[0，1]是单调函数，-f′（0）=f′（1）≤f′（x）≤f′（0），
或-f′（1）=f′（0）≤f′（x）≤f′（1）．
∴|f′（x）|≤M．
当a＞0时，f′（x）=3ax2-2（a+b）x+b=3a(x-
)2-
．
①当
≥1或
≤0时，则f′（x）在[0，1]上是单调函数，
∴f′（1）≤f′（x）≤f′（0）或f′（0）≤f′（x）≤f′（1），且f′（0）+f′（1）=a＞0．
∴-M≤f′（x）≤M．
②当0＜
＜1，即-a＜b＜2a，则-
≤f′(x)≤M．
（i） 当-a＜b≤
时，则0＜a+b≤
．
∴f′(1)-
=
=
≥
a2＞0＞0．
∴-M＜f′（x）≤M．
（ii） 当
＜b＜2a时，则(b-
)(b-2a)＜0，即a2+b2-
ab＜0．
∴b-
=
＞
＞0，即f′(0)＞
．
∴-M＜f′（x）≤M．
综上所述：当0≤x≤1时，|f′（x）|≤M．
| 1 |
| 3 |
当a=0时，则b=0，f（x）=c不具备单调性．
当a＞0时，可得f（x）=ax3-2ax2+ax+c．
由f′（x）=a（3x2-4x+1）=0得x1=
| 1 |
| 3 |
列表：
| x | （-∞，
|
|
（
|
1 | （1，+∞） | ||||||
| f′（x） | + | 0 | - | 0 | + | ||||||
| f（x） | 单调递增 | 极大值 | 单调递减 | 极小值 | 单调递增 |
| 1 |
| 3 |
| 1 |
| 3 |
（2）当a=0时，f′（x）=-2bx+b，
若b=0，则f′（x）=0，
若b＞0，或b＜0，f′（x）在[0，1]是单调函数，-f′（0）=f′（1）≤f′（x）≤f′（0），
或-f′（1）=f′（0）≤f′（x）≤f′（1）．
∴|f′（x）|≤M．
当a＞0时，f′（x）=3ax2-2（a+b）x+b=3a(x-
| a+b |
| 3a |
| a2+b2-ab |
| 3a |
①当
| a+b |
| 3a |
| a+b |
| 3a |
∴f′（1）≤f′（x）≤f′（0）或f′（0）≤f′（x）≤f′（1），且f′（0）+f′（1）=a＞0．
∴-M≤f′（x）≤M．
②当0＜
| a+b |
| 3a |
| a2+b2-ab |
| 3a |
（i） 当-a＜b≤
| a |
| 2 |
| 3a |
| 2 |
∴f′(1)-
| a2+b2-ab |
| 3a |
| 2a2-b2-2ab |
| 3a |
| 3a2-(a+b)2 |
| 3a |
| 1 |
| 4 |
∴-M＜f′（x）≤M．
（ii） 当
| a |
| 2 |
| a |
| 2 |
| 5 |
| 2 |
∴b-
| a2+b2-ab |
| 3a |
| 4ab-a2-b2 |
| 3a |
| ||
| 3a |
| a2+b2-ab |
| 3a |
∴-M＜f′（x）≤M．
综上所述：当0≤x≤1时，|f′（x）|≤M．
点评：熟练掌握导数与单调性的关系并列出表格、分类讨论的思想方法、二次函数的单调性设解题的关键．
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