2011-江西卷理-19 解-切线斜率

本题导读

本题考查导数的运算。

📌【题干】

Question

（2011年江西卷(理)） 设 $f(x)=-\frac{1}{3}{x}^3+\frac{1}{2}{x}^2+2ax$.

(1) 若 $f(x)$ 在 $\left(\frac{2}{3},+\infty \right)$ 上存在单调递增区间，求 $a$ 的取值范围；

(2) 当 $0<a<2$ 时，$f(x)$ 在 $[1,4]$ 上的最小值为 $-\frac{16}{3}$，求 $f(x)$ 在该区间上的最大值.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 对 (1)：对 $f(x)$ 求导得 $f^{\prime }(x)=-x^2+x+2a$。$f(x)$ 在 $\left(\frac{2}{3},+\infty \right)$ 上存在增区间等价于不等式 $f^{\prime }(x)>0$ 在 $\left(\frac{2}{3},+\infty \right)$ 内有解。通过分离参数 $2a>x^2-x$ 或借助开口向下的抛物线在区间内的最大值求解。
2. 对 (2)：当 $0<a<2$ 时，$f^{\prime }(x)$ 的两根异号，记正根为 $x_2$。分析 $f(x)$ 在 $[1,4]$ 上的单调性变化，比较端点 $x=1$ 和 $x=4$ 处的值，确定最小值点以求出参数 $a$ 的值，进而计算该区间上的极大值（最大值）。

✅【答案】

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✍【详细解析】

Abstract

(1) 对 $f(x)$ 求导，得： $f^{\prime }(x)=-x^2+x+2a$ $f(x)$ 在 $\left(\frac{2}{3},+\infty \right)$ 上存在单调递增区间，等价于导函数不等式 $f^{\prime }(x)>0$ 在 $\left(\frac{2}{3},+\infty \right)$ 上有解， 即： $2a>x^2-x\text{在 }x\in \left(\frac{2}{3},+\infty \right)\text{ 上有解}$ 记函数 $g(x)=x^2-x={\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2-\frac{1}{4}$。 当 $x>\frac{2}{3}>\frac{1}{2}$ 时，$g(x)$ 严格单调递增， 故 $g(x)>g\left(\frac{2}{3}\right)={\left(\frac{2}{3}\right)}^2-\frac{2}{3}=-\frac{2}{9}$。 因此，$2a>{\inf }_{x>\frac{2}{3}}g(x)=-\frac{2}{9}$， 解得： $a>-\frac{1}{9}$ 所以，$a$ 的取值范围是 $\left(-\frac{1}{9},+\infty \right)$。

(2) 令 $f^{\prime }(x)=0$，即 $-x^2+x+2a=0⟺x^2-x-2a=0$。 判别式 $\Delta =1+8a$。 因为 $0<a<2$，所以 $\Delta >0$，方程有两个不相等的实数根： $x_1=\frac{1-\sqrt{1+8a}}{2},x_2=\frac{1+\sqrt{1+8a}}{2}$ 因为 $a>0$，所以 $x_1<0$。 又由 $0<a<2$，得 $1<1+8a<17$， 则： $1<x_2=\frac{1+\sqrt{1+8a}}{2}<\frac{1+\sqrt{17}}{2}<\frac{1+5}{2}=3<4$ 由此可知：

• 当 $x\in (1,x_2)$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增；
• 当 $x\in (x_2,4)$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减。 因此，$f(x)$ 在 $[1,4]$ 上的极小值点不在区间内部，最小值只能在端点 $x=1$ 或 $x=4$ 处取得。 计算两端点处的函数值： $f(1)=-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}+2a=2a+\frac{1}{6}$ $f(4)=-\frac{1}{3}\times 64+\frac{1}{2}\times 16+8a=-\frac{64}{3}+8+8a=8a-\frac{40}{3}$ 作差比较： $f(4)-f(1)=\left(8a-\frac{40}{3}\right)-\left(2a+\frac{1}{6}\right)=6a-\frac{81}{6}=6a-\frac{27}{2}=6\left(a-\frac{9}{4}\right)$ 因为 $0<a<2<\frac{9}{4}$，所以 $f(4)-f(1)<0$，即 $f(4)<f(1)$。 故 $f(x)$ 在 $[1,4]$ 上的最小值为 $f(4)$。 由已知： $f(4)=8a-\frac{40}{3}=-\frac{16}{3}$ $8a=\frac{24}{3}=8⟹a=1\in (0,2)$ 当 $a=1$ 时，$x_2=\frac{1+\sqrt{1+8\times 1}}{2}=\frac{1+3}{2}=2\in (1,4)$。 因 $f(x)$ 在 $[1,2]$ 上递增，在 $[2,4]$ 上递减， 故 $f(x)$ 在 $[1,4]$ 上的最大值为： $f(2)=-\frac{1}{3}\times 8+\frac{1}{2}\times 4+2\times 1\times 2=-\frac{8}{3}+2+4=\frac{10}{3}$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：存在单调增区间转化为导数大于0有解、端点最值比较与极值点代入。
• 核心方法：
• “存在单调递增区间”等价于 $f^{\prime }(x)>0$ 有交集，而不是“在区间上恒为增函数”（后者对应 $f^{\prime }(x)⩾0$ 恒成立）；
• 先用端点值大小判定最小值发生点，反求出参数 $a$ 后，再回代求最大值。
• 避坑指南：第 (1) 问严禁将“存在增区间”误读为“在区间上单调递增”；第 (2) 问必须验证两端点大小关系，确认哪一点才是绝对最小值。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 试题探源：常规三次多项式在闭区间上的单调性、极值与最值的典型导数综合题。
• 结论推广：函数在闭区间 $[m,n]$ 上单峰（先增后减）时，最大值为极值点处函数值，最小值为 $\min \{f(m),f(n)\}$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值

类题演练 (Links)

• 1987-全国卷理-05 单-函数的单调性
• 1991-全国卷理-13
• 2004-重庆理-20 解-导数与极值判别