2017_江苏卷 (2017)
20．（16 分）已知函数 $f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+1(a>0, b \in R)$ 有极值，且导函数 $f^{\prime}$ （ $x$ ）的极值点是 $f(x)$ 的零点。（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）
（1）求 b 关于 a 的函数关系式，并写出定义域；
（2）证明：$b^{2}>3 a$ ；
（3）若 $f(x), f^{\prime}(x)$ 这两个函数的所有极值之和不小于 $-\frac{7}{2}$ ，求 a 的取值范围．
二．非选择题，附加题（21－24 选做题）【选修 4－1：几何证明选讲】（本小题满分 0分）
【解答】
（16 分）（2017 • 江苏）已知函数 $f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+1(a>0, b \in R)$ 有极值，且导函数 $f^{\prime}(x)$ 的极值点是 $f(x)$ 的零点。（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）
（1）求 b 关于 a 的函数关系式，并写出定义域；
（2）证明： $\mathrm{b}^{2}>3 \mathrm{a}$ ；
（3）若 $f(x), f^{\prime}(x)$ 这两个函数的所有极值之和不小于 $-\frac{7}{2}$ ，求 a 的取值范围．
【分析】（1）通过对 $f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+1$ 求导可知 $g(x)=f^{\prime}(x)=3 x^{2}+2 a x+b$ ，进而再求导可知 $g^{\prime}(x)=6 x+2 a$ ，通过令 $g^{\prime}(x)=0$ 进而可知 $f^{\prime}(x)$ 的极小值点为 $x=-\frac{a}{3}$ ，从而 $f\left(-\frac{a}{3}\right)=0$ ，整理可知 $b=\frac{2 a^{2}}{9}+\frac{3}{a}(a>0)$ ，结合 $f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+1 (a>0, b \in R)$ 有极值可知 $f^{\prime}(x)=0$ 有两个不等的实根，进而可知 $a>3$ ．
（2）通过（1）构造函数 $h(a)=b^{2}-3 a=\frac{4 a^{4}}{81}-\frac{5 a}{3}+\frac{9}{a^{2}}=\frac{1}{81 a^{2}}\left(4 a^{3}-27\right)$ （ $a^{3}-27$ ），结合 $a>3$ 可知 $h(a)>0$ ，从而可得结论；
（3）通过（1）可知 $f^{\prime}(x)$ 的极小值为 $f^{\prime}\left(-\frac{a}{3}\right)=b-\frac{a^{2}}{3}$ ，利用韦达定理及完全平方关系可知 $y=f(x)$ 的两个极值之和为 $\frac{4 a^{3}}{27}-\frac{2 a b}{3}+2$ ，进而问题转化为解不
等式 $b-\frac{a^{2}}{3}+\frac{4 a^{3}}{27}-\frac{2 a b}{3}+2=\frac{3}{a}-\frac{a^{2}}{9} \geqslant-\frac{7}{2}$ ，因式分解即得结论。
【解答】（1）解：因为 $f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+1$ ，
所以 $g(x)=f^{\prime}(x)=3 x^{2}+2 a x+b, g^{\prime}(x)=6 x+2 a$ ，
令 $g^{\prime}(x)=0$ ，解得 $x=-\frac{a}{3}$ ．
由于当 $x>-\frac{a}{3}$ 时 $g^{\prime}(x)>0, g(x)=f^{\prime}(x)$ 单调递增；当 $x<-\frac{a}{3}$ 时 $g^{\prime}(x)<$
$0, g(x)=f^{\prime}(x)$ 单调递减；
所以 $f^{\prime}(x)$ 的极小值点为 $x=-\frac{a}{3}$ ，
由于导函数 $f^{\prime}(x)$ 的极值点是原函数 $f(x)$ 的零点，
所以 $f\left(-\frac{a}{3}\right)=0$ ，即 $-\frac{a^{3}}{27}+\frac{a^{3}}{9}-\frac{a b}{3}+1=0$ ，
所以 $b=\frac{2 a^{2}}{9}+\frac{3}{a} \quad(a>0)$ 。
因为 $f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+1(a>0, b \in R)$ 有极值，
所以 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+2 a x+b=0$ 有两个不等的实根，
所以 $4 a^{2}-12 b>0$ ，即 $a^{2}-\frac{2 a^{2}}{3}+\frac{9}{a}>0$ ，解得 $a>3$ ，
所以 $b=\frac{2 a^{2}}{9}+\frac{3}{a}(a>3)$ ．
（2）证明：由（1）可知 $h(a)=b^{2}-3 a=\frac{4 a^{4}}{81}-\frac{5 a}{3}+\frac{9}{a^{2}}=\frac{1}{81 a^{2}}\left(4 a^{3}-27\right) \left(\mathrm{a}^{3}-27\right)$,
由于 $a>3$ ，所以 $h(a)>0$ ，即 $b^{2}>3 a$ ；
（3）解：由（1）可知 $f^{\prime}(x)$ 的极小值为 $f^{\prime}\left(-\frac{a}{3}\right)=b-\frac{a^{2}}{3}$ ，
设 $\mathrm{x}_{1}, \mathrm{x}_{2}$ 是 $\mathrm{y}=\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的两个极值点，则 $\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=-\frac{2 \mathrm{a}}{3}, \mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}=\frac{\mathrm{b}}{3}$ ，
所以 $f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)=x_{1}{ }^{3+} x_{2}{ }^{3+} a\left(x_{1}{ }^{2+} x_{2}{ }^{2}\right)+b\left(x_{1}+x_{2}\right)+2$
$=\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}\right)\left[\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}\right)^{2}-3 \mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}\right]+\mathrm{a}\left[\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}\right)^{2}-2 \mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}\right]+\mathrm{b}\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}\right)+2$
$=\frac{4 a^{3}}{27}-\frac{2 a b}{3}+2$,
又因为 $f(x), f^{\prime}(x)$ 这两个函数的所有极值之和不小于 $-\frac{7}{2}$ ，
所以 $\mathrm{b}-\frac{\mathrm{a}^{2}}{3}+\frac{4 \mathrm{a}^{3}}{27}-\frac{2 \mathrm{ab}}{3}+2=\frac{3}{\mathrm{a}}-\frac{\mathrm{a}^{2}}{9} \geqslant-\frac{7}{2}$ ，
因为 $a>3$ ，所以 $2 a^{3}-63 a-54 \leqslant 0$ ，
所以 $2 a\left(a^{2}-36\right)+9(a-6) \leqslant 0$ ，
所以 $(a-6)\left(2 a^{2}+12 a+9\right) \leqslant 0$ ，
由于 $a>3$ 时 $2 a^{2}+12 a+9>0$ ，
所以 $a-6 \leqslant 0$ ，解得 $a \leqslant 6$ ，
所以 a 的取值范围是 $(3,6]$ ．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题．
二．非选择题，附加题（21－24 选做题）【选修 4－1：几何证明选讲】（本小题满分 0分）
设函数 $f(x)=x \ln x$ ．
（1）求 $f(x)$ 图象上点 $(1, f(1))$ 处的切线方程；
（2）若 $f(x) \geq a(x-\sqrt{x})$ 在 $x \in(0,+\infty)$ 时恒成立，求 $a$ 的取值范围；
（3）若 $x_{1}, x_{2} \in(0,1)$ ，证明 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| \leq\left|x_{1}-x_{2}\right|^{\frac{1}{2}}$ ．
已知函数 $f(x)=\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{2}\right) \ln (x+1)$ ．
（1）求曲线 $y=f(x)$ 在 $x=2$ 处切线的斜率；
（2）当 $x>0$ 时，证明：$f(x)>1$ ；
（3）证明：$\frac{5}{6}<\ln (n!)-\left(n+\frac{1}{2}\right) \ln (n)+n \leq 1$ ．
已知函数 $f(x)=x \mathrm{e}^{a x}-\mathrm{e}^{x}$ ．
①当 $a=1$ 时，讨论 $f(x)$ 的单调性；
②当 $x>0$ 时，$f(x)<-1$ ，求 $a$ 的取值范围；
③设 $n \in \mathbf{N}^{*}$ ，证明：$\frac{1}{\sqrt{1^{2}+1}}+\frac{1}{\sqrt{2^{2}+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+n}}>\ln (n+1)$ ．