Question

已知函數f（x）=

1

3

x³+x²+ax+1（a∈R）．
（1）求函數f（x）的單調區(qū)間；
（2）當a＜0時，試討論是否存在x₀∈（0，

1

2

）∪（

1

2

，1），使得f（x₀）=f（

1

2

）．

Answer 1

考點：利用導數研究函數的單調性,導數在最大值、最小值問題中的應用

專題：函數的性質及應用,導數的綜合應用

分析：對第（1）問，先求導，再通過一元二次方程的實根討論單調性；
對第（2）問，可將f（x₀）=f（

1

2

）轉化為f（x₀）-f（

1

2

）=0，即將“函數問題”化為“方程是否有實根問題”處理．

解答： 解：（1）由f（x）得f′（x）=x²+2x+a，
令f′（x）=0，即x²+2x+a=0，判別式△=4-4a，
①當△≤0即a≥1時，f′（x）≥0，則f（x）在（-∞，+∞）上為增函數．
②當△＞0即a＜1時，方程f′（x）=0的兩根為

-2± △

2

，即-1±

1-a

，
當x∈（-∞，-1-

1-a

）時，f′（x）＞0，則f（x）為增函數；
當x∈(-1-

1-a

，-1+

1-a

)時，f′（x）＜0，則f（x）為減函數；
當x∈(-1+

1-a

，+∞）時，f′（x）＞0，則f（x）為增函數．
綜合①、②知，a≥1時，f（x）的單調遞增區(qū)間為（-∞，+∞），
a＜1時，f（x）的單調遞增區(qū)間為（-∞，-1-

1-a

)和(-1+

1-a

，+∞），
f（x）的單調遞減區(qū)間為(-1-

1-a

，-1+

1-a

)．

（2）∵f(x)-f(

1

2

)=

1

3

x3+x2+ax+1-[

1

3

×(

1

2

)3+(

1

2

)2+a×

1

2

+1]
=

1

3

[x3-(

1

2

)3]+[x2-(

1

2

)2]+a(x-

1

2

)
=

1

3

[(x-

1

2

)(x2+

x

2

+

1

4

)]+(x+

1

2

)(x-

1

2

)+a(x-

1

2

)
=(x-

1

2

)(

x2

3

+

7x

6

+

7

12

+a)
=

1

12

(x-

1

2

)(4x2+14x+7+12a)．
∴若存在x0∈(0，

1

2

)∪(

1

2

，1)，使得f(x0)=f(

1

2

)，即f(x0)-f(

1

2

)=0，
則關于x的方程4x²+14x+7+12a=0在(0，

1

2

)∪(

1

2

，1)內必有實數解．
∵a＜0，∴△=14²-16（7+12a）=4（21-48a）＞0，
方程4x²+14x+7+12a=0的兩根為

-14±2 21-48a

8

，即

-7± 21-48a

4

，
∵x₀＞0，∴x0=

-7+ 21-48a

4

，
依題意有0＜

-7+ 21-48a

4

＜1，且

-7+ 21-48a

4

≠

1

2

，
即7＜

21-48a

＜11，且

21-48 a

≠9，∴49＜21-48a＜121，且21-48a≠81，
得-

25

12

＜a＜-

7

12

，且a≠-

5

4

．
∴當a∈(-

25

12

，-

5

4

)∪(-

5

4

，-

7

12

)時，存在唯一的x0∈(0，

1

2

)∪(

1

2

，1)，使得f(x0)=f(

1

2

)成立；
當a∈(-∞，-

25

12

]∪[-

7

12

，0)∪{-

5

4

}時，不存在x0∈(0，

1

2

)∪(

1

2

，1)，使得f(x0)=f(

1

2

)成立．

點評：1．求含參數的函數的單調區(qū)間時，導函數的符號往往難以確定，如果受到參數的影響，應對參數進行討論，討論的標準要根據導函數解析式的特征而定．如本題中導函數為一元二次函數，就有必要考慮對應方程中的判別式△．
2．對于存在性問題，一般先假設所判斷的問題成立，再由假設去推導，若求得符合題意的結果，則存在；若得出矛盾，則不存在．