Question

設函數(shù)f(x)=

1

3

x3-

a

2

x2+bx+c(a＞0)，曲線y=f（x）在點P（0，f（0））處的切線方程為y=1
（1）確定b，c的值
（2）若過點（0，2）可做曲線f（x）的三條不同切線，求a的取值范圍
（3）設曲線y=f（x）在點（x₁，f（x₁）），（x₂，f（x₂））處的切線都過點（0，2），證明：當x₁≠x₂時，f/(x1)≠f/(x2)．

Answer 1

分析：（1）利用曲線y=f（x）在點P（0，f（0））處的切線方程為y=1，可得

f′(0)=b=0 f(0)=c=1

，解出即可；
（2）由于過點（0，2）可作曲線f（x）的三條不同切線，設曲線上的任意一點為P(x0，

1

3

x

3 0

-

a

2

x

2 0

+1)，則在點P處的切線的方程為y-(

1

3

x

2 0

-

a

2

x

2 0

+1)=(

x

2 0

-ax0)(x-x0)，又直線過點（0，2），化為g（x₀）=0，因此函數(shù)g（x₀）有三個零點，利用導數(shù)研究其單調(diào)性極值，要求極大值大于0，極小值小于0即可得出．
（3）利用（2）和反證法即可證明．

解答：（1）解：f′（x）=x²-ax+b，
∵曲線y=f（x）在點P（0，f（0））處的切線方程為y=1，
∴

f′(0)=b=0 f(0)=c=1

，解得b=0，c=1，
∴f(x )=

1

3

x3-

a

2

x2+1．
（2）解：f′（x）=x²-ax，設曲線上的任意一點為P(x0，

1

3

x

3 0

-

a

2

x

2 0

+1)，
則在點P處的切線的方程為y-(

1

3

x

2 0

-

a

2

x

2 0

+1)=(

x

2 0

-ax0)(x-x0)，又直線過點（0，2），
∴2-(

1

3

x

3 0

-

a

2

x

2 0

+1)=(

x

2 0

-ax0)(-x0)，化簡得

2

3

x

3 0

-

a

2

x

2 0

+1=0，
設g(x)=

2

3

x3-

a

2

x2+1，
由于過點（0，2）可作曲線f（x）的三條不同切線，
因此函數(shù)g（x）有三個零點．
令g′（x）=2x²-ax=2x（x-

a

2

）=0，解得x=0，或x=

a

2

，
當x＜0時，g′（x）＞0，此時函數(shù)g（x）單調(diào)遞增；
當0＜x＜

a

2

時，g′（x）＜0，此時函數(shù)g（x）單調(diào)遞減；
當x＞

a

2

0時，g′（x）＞0，此時函數(shù)g（x）單調(diào)遞增．
因此函數(shù)g（x）在x=0處取得極大值，在x=

a

2

處取得極小值．
由于函數(shù)g（x）有三個零點，必須滿足：

g(0)＞0 g( a 2 )＜0

，
極大值g（0）=1＞0，由極小值g(

a

2

)=

2a3

24

-

a3

8

+1＜0，a3＞24，
解得a＞2

3	3

．
故a的取值范圍是(2

3	3

，+∞)．
（3）證明：反證法：由（2）可知：

2

3

x

3 1

-

a

2

x

2 1

+1=0，

2

3

x

3 2

-

a

2

x

2 2

+1=0，
兩式作差得

2

3

(

x

2 1

+

x

2 2

+x1x2)=

a

2

(x1+x2)，*
若f′(x1)=f′(x2)，∴x₁+x₂=a，將其代入*得

2

3

(

x

2 1

+

x

2 2

+x1x2)=

1

2

(x1+x2)2，
化為

1

3

(x1-x2)2=0．
∴x₁=x₂，與已知x₁≠x₂矛盾．
故原結(jié)論成立．

點評：本題中考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、函數(shù)零點問題、切線方程、反證法等基礎知識與基本技能方法，考查了推理能力和計算能力，屬于難題．