Question

10．对于函数f（x），若存在实数x₀满足f（x₀）=x₀，则称x₀为函数f（x）的一个不动点．已知函数f（x）=x³+ax²+bx+3，其中a，b∈R
（Ⅰ）当a=0时，
（ⅰ）求f（x）的极值点；
（ⅱ）若存在x₀既是f（x）的极值点，又是f（x）的不动点，求b的值；
（Ⅱ）若f（x）有两个相异的极值点x₁，x₂，试问：是否存在a，b，使得x₁，x₂ 均为f（x）的不动点？证明你的结论．

Answer 1

分析 （Ⅰ）（i）求出函数的导数，通过讨论b的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值点，
（ii）得到函数g（x）有且仅有一个零点x=1，即方程2${{x}_{0}}^{3}$+x₀-3=0的根为x₀=1，从而求出b的值即可；
（Ⅱ）假设存在，根据题意得到${{x}_{1}}^{3}$+a${{x}_{1}}^{2}$+（b-1）x₁+3=0．①，3${{x}_{1}}^{2}$+2ax₁+b=0．②，得到a²-3b=-$\frac{9}{2}$，这与a²-3b＞0相矛盾！判断结论即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定义域为R，且f′（x）=3x²+2ax+b．[（1分）]
当a=0时，f′（x）=3x²+b；
（ⅰ）①当b≥0时，显然f（x）在R上单调递增，无极值点．[（2分）]
②当b＜0时，令f′（x）=0，解得：x=±$\sqrt{-\frac{b}{3}}$．[（3分）]
f（x）和f′（x）的变化情况如下表：

x	（-∞，-$\sqrt{-\frac{b}{3}}$）	-$\sqrt{-\frac{b}{3}}$	（-$\sqrt{-\frac{b}{3}}$，$\sqrt{-\frac{b}{3}}$）	$\sqrt{-\frac{b}{3}}$	（$\sqrt{-\frac{b}{3}}$，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	↗		↘		↗

所以，x=-$\sqrt{-\frac{b}{3}}$是f（x）的极大值点；x=$\sqrt{-\frac{b}{3}}$是f（x）的极小值点．[（5分）]
（ⅱ）若x=x₀是f（x）的极值点，则有3${{x}_{0}}^{2}$+b=0；
若x=x₀是f（x）的不动点，则有${{x}_{0}}^{3}$+bx₀+3=x₀，
从上述两式中消去b，
整理得：2${{x}_{0}}^{3}$+x₀-3=0．[（6分）]
设g（x）=2x³+x-3．
所以g′（x）=6x²+1＞0，g（x）在R上单调递增．
又g（1）=0，所以函数g（x）有且仅有一个零点x=1，
即方程2${{x}_{0}}^{3}$+x₀-3=0的根为x₀=1，
所以 b=-3${{x}_{0}}^{2}$=-3．[（8分）]
（Ⅱ）因为f（x（有两个相异的极值点x₁，x₂，
所以方程3x²+2ax+b=0有两个不等实根x₁，x₂，
所以△=4a²-12b＞0，即a²-3b＞0．[（9分）]
假设存在实数a，b，使得x₁，x₂均为f（x）的不动点，则x₁，x₂是方程
x³+ax²+（b-1）x+3=0的两个实根，显然x₁，x₂≠0．
对于实根x₁，有${{x}_{1}}^{3}$+a${{x}_{1}}^{2}$+（b-1）x₁+3=0．①
又因为3${{x}_{1}}^{2}$+2ax₁+b=0．②
①×3-②×x₁，得a${{x}_{1}}^{2}$+（2b-3）x₁+9=0．
同理可得a${{x}_{2}}^{2}$+（2b-3）x₂+9=0．
所以，方程ax²+（2b-3）x+9=0也有两个不等实根x₁，x₂．[（11分）]
所以x₁+x₂=-$\frac{2b-3}{a}$．
对于方程3x²+2ax+b=0，有 x₁+x₂=-$\frac{2a}{3}$，
所以-$\frac{2a}{3}$=-$\frac{2b-3}{a}$，即a²-3b=-$\frac{9}{2}$，
这与a²-3b＞0相矛盾！
所以，不存在a，b，使得x₁，x₂均为f（x）的不动点．[（13分）]

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及新定义问题，分类讨论思想，是一道综合题．