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2b(b?1)?x1b?1?2?b?b?1? ?[3x?2(b?1)x1?b]???x?1?9?99?321??2?b2?b?1?(b?1)27b(b?1)2??927?b?b?12?
3b(b?1)2(b?1)2(b?1)2???(b(b?1)?1)3
272727?b(b?1)244．因此M?． ??27272727解法二：
因为0?b?1，所以x1?(0,1)．
当x?(0,1)时，f(x)?x(x?b)(x?1)?x(x?1)． 令g(x)?x(x?1),x?(0,1)，则g'(x)?3?x??(x?1)． 令g'(x)?0，得x?22??1?3?1．列表如下： 3x g'(x) 1(0,) 3+ 1 30 极大值 1(,1) 3– g(x) 所以当x?1?1?4时，g(x)取得极大值，且是最大值，故g(x)max?g???． 3?3?27所以当x?(0,1)时，f(x)?g(x)?44，因此M?． 2727【举一反三】 (2018·江苏卷)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点，求f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和.
【解析】f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)， 当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立， 则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1， 所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意. aa
当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得0 33 aa 0，?上单调递减，在?，＋∞?上单调递增，又f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点， 则f(x)在??3??3? a?所以f??3?＝－27＋1＝0，得a＝3， a3 所以f(x)＝2x3－3x2＋1，则f′(x)＝6x(x－1)， 当x∈(－1，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减. 则f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0， 则f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3. 【变式4】(2019·湖南湘潭一中调研)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R. (1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程； (2)讨论f(x)的单调性； (3)若f(x)有两个零点，求a的取值范围． 11 【解析】(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，f(e)＝e＋1，f′(x)＝＋1，f′(e)＝1＋，∴曲线y＝f(x)在点(e，f(e)) xe11 1＋?(x－e)，即y＝?＋1?x. 处的切线方程为y－(e＋1)＝??e??e? －2ax2＋x＋1 (2)f′(x)＝(x＞0)， x ①当a≤0时，显然f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； －2ax2＋x＋1 ②当a＞0时，令f′(x)＝＝0，则－2ax2＋x＋1＝0，易知Δ＞0恒成立． x1 设方程的两根分别为x1，x2(x1＜x2)，则x1x2＝－＜0，∴x1＜0＜x2， 2a－2ax2＋x＋1－2ax－x1 ∴f′(x)＝＝ xx x－x2 (x＞0)． 1＋8a＋1 由f′(x)＞0得x∈(0，x2)，由f′(x)＜0得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝， 4a ?1＋8a＋1?上单调递增，在?1＋8a＋1? ∴函数f(x)在?0，??，＋∞?上单调递减． 4a4a???? ln x＋x (3)函数f(x)有两个零点，等价于方程a＝2有两解． xln x＋x1－2ln x－x 令g(x)＝2(x＞0)，则g′(x)＝. xx3由g′(x)＝ 1－2ln x－x ＞0，得2ln x＋x＜1，解得0＜x＜1， x3 ∴g(x)在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减， 又∵当x≥1时，g(x)＞0，当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0， ∴作出函数g(x)的大致图象如图，结合函数值的变化趋势猜想：当a∈(0,1)时符合题意． 下面给出证明： 当a≥1时，a≥g(x)max，方程至多一解，不符合题意； 当a≤0时，方程至多一解，不符合题意； 1??1?－a＜0， 当a∈(0,1)时，g?＜0，∴g?e??e?2?a?22?a?22? g??a?＝4?lna＋a?＜4?a＋a?＝a， 2 2 2?∴g??a?－a＜0. 1??2?∴方程在??e，1?与?1，a?上各有一个根， ∴若f(x)有两个零点，a的取值范围为(0,1)．