Question

14．設(shè)函數(shù)f（x）=-$\frac{1}{3}$x³+ax²+bx+ab，x∈R，其中a，b∈R．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在x=1處有極小值-$\frac{22}{3}$，求a．b的值；
（Ⅱ）若|a|＞1，設(shè)g（x）=|f′（x）|，求證：當(dāng)x∈[-1，1]時(shí)，g（x）_max＞2；
（Ⅲ）若a＞1，b＜1-2a，對(duì)于給定x₁，x₂∈（-∞，1），x₁＜x₂，α=mx₁+（1-m）x₂，β=（1-m）x₁+mx₂，其中m∈R，α＜1，β＜1，若|f（α）-f（β）|＜|f（x₁）-f（x₂）|，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求導(dǎo)，根據(jù)f′（1）=-1+2a+b=0，且f（1）=-$\frac{1}{3}$+a+b+ab=-$\frac{22}{3}$，解得，并驗(yàn)證即可求出a，b的值，
（Ⅱ）g（x）=|f′（x）|=|-x²+2ax+b|=|-（x-a）²+b+a²|，根據(jù)函數(shù)f′（x）的對(duì)稱軸為x=a位于區(qū)間[-1，1]之外，得到g（x）_max=max{g（-1），g（1）}，繼而求證，
（Ⅲ）由題設(shè)知，f（x）在（-∞，1）上單調(diào)遞減，分①m∈（0，1）②m≤0③m≥1三種情況討論求解m得范圍即可

解答 解：（Ⅰ）∵＜f′（x）=-x²+2ax+b，
由已知可得f′（1）=-1+2a+b=0，且f（1）=-$\frac{1}{3}$+a+b+ab=-$\frac{22}{3}$，
解得a=2，b=-3或a=-2，b=5，
當(dāng)a=2，b=-3時(shí)，f′（x）=-x²+4x-3，x=1是f（x）的極小值點(diǎn)，
當(dāng)a=-2，b=5時(shí)，f′（x）=-x²-4x+5，x=1是f（x）的極大值點(diǎn)，故舍去，
∴a=2，b=-3；
（Ⅱ）g（x）=|f′（x）|=|-x²+2ax+b|=|-（x-a）²+b+a²|，
∵|a|＞1，
∴函數(shù)f′（x）的對(duì)稱軸為x=a位于區(qū)間[-1，1]之外，
于是g（x）在[-1，1]上的最大值在兩端點(diǎn)處取得，
即g（x）_max=max{g（-1），g（1）}，
于是2g（x）_max≥g（1）+g（-1）=|b-1+2a|+|b-1-2a|≥4|a|＞4，
故g（x）_max＞2；
（Ⅲ）由題設(shè)知，f′（x）=-x²+2ax+b＜-x²+2ax+2a-1=（x+1-2a）（-x+1），
∴當(dāng)x∈（-∞，1）時(shí)，f′（x）＜0，
∴f（x）在（-∞，1）上單調(diào)遞減，
①m∈（0，1），α=mx₁+（1-m）x₂＞mx₁+（1-m）x₁=x₁
α=mx₁+（1-m）x₂=x₂-m（x₂-x₁）x₂＜x₂，
∴α∈（x₁，x₂），
同理可得β∈（x₁，x₂），
∵f（x）在（-∞，1）上單調(diào)遞減，
∴f（x₁）＞f（α）＞f（x₂）且f（x₁）＞f（β）＞f（x₂），
從而有|f（α）-f（β）|＜|f（x₁）-f（x₂）|符合題意，
即m∈（0，1）符合題意，
②m≤0時(shí)，α=mx₁+（1-m）x₂≥mx₂+（1-m）x₂=x₂
β=（1-m）x₁+mx₂≤（1-m）x₁+mx₁=x₁
于是可知f（β）≥f（x₁）≤f（x₂）≤f（α），
∴進(jìn)而可得|f（α）-f（β）|≥|f（x₁）-f（x₂）|與題設(shè)不符
③m≥1時(shí)，同理可得α=mx₁+（1-m）x₂≤mx₁+（1-m）x₁=x₁，
β=（1-m）x₁+mx₂≥（1-m）x₂+mx₂=x₂，
進(jìn)而可得|f（α）-f（β）|≥|f（x₁）-f（x₂）|與題設(shè)不符
綜合①②③可得m∈（0，1）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)的概念、性質(zhì)、圖象及導(dǎo)數(shù)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查靈活運(yùn)用數(shù)形結(jié)合、分類討論的思想方法進(jìn)行探索、分析與解決問(wèn)題的綜合能力，屬于難題