已知函数f（x）=13ax3-14x2+cx+d（a，c，d∈R）满足f（0）=0，f‘（1）=0，且f‘（x）≥0在R上恒成立．（1）求a，c，d的值；（2）若h(x)=34x2-bx+b2-14，解不等式f‘（x）+h（x）＜0；（3）是否存在实-数学试题及答案

1、试题题目：已知函数f（x）=13ax3-14x2+cx+d（a，c，d∈R）满足f（0）=0，f‘（1）=0，..

发布人：繁体字网（www.fantiz5.com）发布时间：2015-12-08 07:30:00

试题原文

已知函数f（x）=

1

3

ax3-

1

4

x2+cx+d（a，c，d∈R）满足f（0）=0，f'（1）=0，且f'（x）≥0在R上恒成立．
（1）求a，c，d的值；
（2）若h(x)=

3

4

x2-bx+

b

2

-

1

4

，解不等式f'（x）+h（x）＜0；
（3）是否存在实数m，使函数g（x）=f'（x）-mx在区间[m，m+2]上有最小值-5？若存在，请求出实数m的值；若不存在，请说明理由．

试题来源：嘉定区二模试题题型：解答题试题难度：中档适用学段：高中考察重点：函数的奇偶性、周期性

2、试题答案：该试题的参考答案和解析内容如下：

（1）∵f（0）=0，∴d=0
∴f′(x)=ax2-

1

2

x+c及f′(1)=0，有a+c=

1

2

∵f′(x)≥0在R上恒成立，即ax2-

1

2

x+c≥0恒成立
显然a=0时，上式不能恒成立∴a≠0，函数f′(x)=ax2-

1

2

x+

1

2

-a是二次函数
由于对一切x∈R，都有f'（x）≥0，于是由二次函数的性质可得

a＞0

(-

1

2

)2-4a(

1

2

-a)≤0.

即

a＞0

a2-

1

2

a+

1

16

≤0

，即

a＞0

(a-

1

4

)2≤0

，解得：a=

1

4

a=c=

1

4

．
（2）∵a=c=

1

4

.∴f′(x)=

1

4

x2-

1

2

x+

1

4

.
∴由f′(x)+h(x)＜0，即

1

4

x2-

1

2

x+

1

4

+

3

4

x2-bx+

b

2

-

1

4

＜0
即x2-(b+

1

2

)x+

b

2

＜0，即(x-b)(x-

1

2

)＜0
当b＞

1

2

时，解集为(

1

2

，b)，当b＜

1

2

时，解集为(b，

1

2

)，当b=

1

2

时，解集为?．
（3）∵a=c=

1

4

，∴f′(x)=

1

4

x2-

1

2

x+

1

4

∴g(x)=f′(x)-mx=

1

4

x2-(

1

2

+m)x+

1

4

.
该函数图象开口向上，且对称轴为x=2m+1．
假设存在实数m使函数g(x)=f′(x)-mx=

1

4

x2-(

1

2

+m)x+

1

4

区间[m．m+2]上有最小值-5．
①当m＜-1时，2m+1＜m，函数g（x）在区间[m，n+2]上是递增的．
∴g(m)=-5，即

1

4

m2-(

1

2

+m)m+

1

4

=-5.
解得m=-3或m=

7

3

.∵

7

3

＞-1，∴m=

7

3

舍去
②当-1≤m＜1时，m≤2m+1＜m+2，函数g（x）在区间[m，2m+1]上是递减的，
而在区间[2m+1，m+2]上是递增的，∴g（2m+1）=-5．
即

1

4

(2m+1)2-(

1

2

+m)(2m+1)+

1

4

=-5
解得m=-

1

2

-

1

2

21

或m=-

1

2

+

1

2

21

，均应舍去
③当m≥1时，2m+1≥m+2，函数g（x）在区间[m，m+2]上递减的∴g（m+2）=-5
即

1

4

(m+2)2-(

1

2

+m)(m+2)+

1

4

=-5.
解得m=-1-2

2

或m-1+2

2

．其中m-1-2

2

应舍去．
综上可得，当m=-3或m=-1+2

2

时，
函数g（x）=f'（x）-mx在区间[m，m+2]上有最小值-5．

3、扩展分析：该试题重点查考的考点详细输入如下：

经过对同学们试题原文答题和答案批改分析后，可以看出该题目“已知函数f（x）=13ax3-14x2+cx+d（a，c，d∈R）满足f（0）=0，f‘（1）=0，..”的主要目的是检查您对于考点“高中函数的奇偶性、周期性”相关知识的理解。有关该知识点的概要说明可查看：“高中函数的奇偶性、周期性”。

4、其他试题：看看身边同学们查询过的数学试题：