Question

8．設(shè)函數(shù)f（x）=-$\frac{1}{3}$x³+$\frac{1}{2}$x²+2ax，x∈R．
（1）當a=-1時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若f（x）在（$\frac{2}{3}$，+∞）內(nèi)存在單調(diào)遞增區(qū)間，求a的取值范圍；
（3）當0＜a＜2時，f（x）在[1，4]上的最小值為-$\frac{16}{3}$，求f（x）在該區(qū)間上的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，得到導函數(shù)的符號，求出函數(shù)的單調(diào)性即可；
（2）求出函數(shù)的導數(shù)，得到函數(shù)的極大值點，解關(guān)于a的不等式，求出a的范圍即可；
（3）求出x₂的范圍，解關(guān)于a的方程，求出a的值和x₂的值，從而求出f（x）在區(qū)間[1，4]上的最大值．

解答 解：（1）a=-1時，f（x）=）=-$\frac{1}{3}$x³+$\frac{1}{2}$x²-2x，
∵f′（x）=-${（x-\frac{1}{2}）}^{2}$-$\frac{7}{4}$＜0，
∴f（x）在R遞減；
（2）由f′（x）=-x²+x+2a=0，
解得：x₁=$\frac{1-\sqrt{1+8a}}{2}$，x₂=$\frac{1+\sqrt{1+8a}}{2}$，
則極大值點是x₂，令$\frac{1+\sqrt{1+8a}}{2}$＞$\frac{2}{3}$，
解得：a＞-$\frac{1}{9}$，
∴a的范圍是（-$\frac{1}{9}$，+∞）；
（3）由（2）得f（x）在（-∞，x₁），（x₂，+∞）遞減，在（x₁，x₂）遞增，
當0＜a＜2時，x₁∈（$\frac{1-\sqrt{17}}{2}$，0），x₂∈（1，$\frac{1+\sqrt{17}}{2}$），
故x₁＜1＜x₂＜4，∴f（x）在[1，4]上的最大值是f（x₂），
∵f（4）-f（1）=-$\frac{27}{2}$+6a＜0，
∴f（x）在[1，4]上的最小值是f（4）=-$\frac{40}{3}$+8a=-$\frac{16}{3}$，
解得：a=1，x₂=2，
∴f（x）在區(qū)間[1，4]上的最大值是f（2）=$\frac{10}{3}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用，是一道中檔題．