Question

已知函數(shù)f（x）=

1

3

x³-

1

2

（a+1）x²+ax，g（x）=f′（x）是函數(shù)f（x）的導函數(shù)，其中實數(shù)a是不等1的常數(shù)．
（1）設a＞1，討論函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，a+1]內零點的個數(shù)；
（2）求證：當-1＜a＜1時，g（x）＜e^x在[0，+∞）內恒成立．

Answer 1

分析：（1）先求出導數(shù)f′（x）=x²-（a+1）x+a=（x-1）（x-a），得到：當a＞1時，函數(shù)f（x）在（-∞，1）及（a，a+1）上單調遞增，在（1，a）上單調遞減，由于f（0）=0，求出f（a+1）解不等式f（a）＞0，得1＜a＜3，解不等式f（a+1）＞0，得a＜2+

3

，從而得出函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，a+1]內零點的個數(shù)；
（2）令h（x）=g（x）-e^x，z則h（0）=g（0）-1=a-1＜0，下面我們只需證明h（x）在[0，+∞）上單調遞減．
令t（x）=h′（x）=2x-（a+1）-e^x，求出其導數(shù)，先研究t（x）的單調性，再利用導數(shù)求解t（x）在R上的最大值問題即可，故只要先求出函數(shù)的極值，比較極值和端點處的函數(shù)值的大小，最后確定出最大值即得．

解答：解：（1）f′（x）=x²-（a+1）x+a=（x-1）（x-a）
當a＞1時，函數(shù)f（x）在（-∞，1）及（a，a+1）上單調遞增，在（1，a）上單調遞減，
f（a+1）=-

1

6

(a+1)3+（a+1）a=-

1

6

(a+1)(a2-4a+1)，
解不等式f（a）＞0，得1＜a＜3，解不等式f（a+1）＞0，得a＜2+

3

函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，a+1]的零點，當1＜a＜3時只有一個；當a=3時有兩個；當3＜a≤2+

3

時有三個零點，當a＞2+

3

時有兩個零點．
（2）令h（x）=g（x）-e^x，z則h（0）=g（0）-1=a-1＜0
我們只需證明h（x）在[0，+∞）上單調遞減．
令t（x）=h′（x）=2x-（a+1）-e^x，則t′（x）=2-e^x，令2-e^x=0得x=ln2．
∴t（x）的最大值是t（ln2）=2ln2-（a+1）-e^ln2=2ln2-（a+1）-2＜2ln2-2＜0
∴t（x）＜0在[0，+∞）上恒成立
∴g（x）-e^x在（0，+∞）上單調遞減，g（x）＜e^x在[0，+∞）上恒成立．

點評：本題考查的知識點是函數(shù)零點的判定定理，函數(shù)恒成立問題，利用導數(shù)求閉區(qū)間上的函數(shù)最值，（1）中根據(jù)已知條件構造構造關于b的不等式組是證明的關鍵；（2）中將不等式f（x）≤g（x）在 x∈(

1

2

，+∞)恒成立，轉化為函數(shù)恒成立問題是解答的關鍵．