Question

已知函数f（x）=-x³+ax²+b（a，b∈R）．
（1）若f（x）在[0，2]上是增函数，x=2是方程f（x）=0的一个实根，求证：f（1）≤-2；
（2）若f（x）的图象上任意不同两点的连线斜率小于1，求实数的取值范围．

Answer 1

分析：（1）由题意可知f'（x）=-3x²+2ax≥0在[0，2]上恒成立，2a≥3x恒成立，由3x的最大值等于6，可得2a≥6，由f（2）=0得b=8-4a，故f（1）=7-3a≤-2成立．
（2）设P（x，f（x）），Q（y，f（y））是f（x）图象上的两个不同点，则

f(x)-f(y)

x-y

＜1，即x²+（y-a）x+（y²-ay+1）＞0 恒成立．由△＜0 得到 3y²-2ay-a²+4＞0恒成立，故此式的判别式△′＜0，解不等式求得a的范围．

解答：解：（1）f'（x）=-3x²+2ax，由题可知f'（x）=-3x²+2ax≥0在[0，2]上恒成立．
由f'（x）=-3x²+2ax≥0 得，2ax≥3x²，当x=0时此式显然成立，a∈R；
当x∈（0，2]时，有2a≥3x恒成立，易见应当有2a≥6，∴a≥3，
可见，f'（x）=-3x²+2ax≥0在[0，2]上恒成立，须有a≥3．又f（2）=0，∴b=8-4a，
故 f（1）=a+b-1=7-3a≤-2．
（2）设P（x，f（x）），Q（y，f（y））是f（x）图象上的两个不同点，则

f(x)-f(y)

x-y

＜1，
∴

(-x3+ax2+b)-(-y3+ay2+b)

x-y

＜1，∴-（x²+y²+xy）+a（x+y）＜1，
∴x²+（y-a）x+（y²-ay+1）＞0 恒成立，从而△＜0，∴3y²-2ay-a²+4＞0，
从而此式的判别式△′＜0，∴a²＜3，∴a∈(-

3

，

3

)．

点评：本题考查函数的恒成立问题，利用导数研究函数的单调性，直线的斜率，把握好恒成立的条件是解题的关键和难点．