Question

8．设函数f（x）=（x-1）³-ax-b，x∈R，其中a，b∈R．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）存在极值点x₀，且f（x₁）=f（x₀），其中x₁≠x₀，求证：x₁+2x₀=3；
（3）设$\frac{3}{4}≤a＜3$，函数g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间[0，2]上的最大值不小于$\frac{1}{4}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；
（2）求出${（{x_0}-1）^2}=\frac{a}{3}$，得到f（x₀）的解析式，求出f（3-2x₀）=f（x₀）=f（x₁），从而证出结论即可；
（3）求出f（x）在区间[0，2]上的取值范围，求出M的最大值，从而证出结论即可．

解答 （1）解：由f（x）=（x-1）³-ax-b，可得f'（x）=3（x-1）²-a．
下面分两种情况讨论：
①当a≤0时，有f'（x）=3（x-1）²-a≥0恒成立，所以f（x）的单调递增区间为（-∞，+∞）；
②当a＞0时，令f'（x）=0，解得$x=1+\frac{{\sqrt{3a}}}{3}$，或$x=1-\frac{{\sqrt{3a}}}{3}$．
当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：

x	$（-∞，1-\frac{{\sqrt{3a}}}{3}）$	$1-\frac{{\sqrt{3a}}}{3}$	$（1-\frac{{\sqrt{3a}}}{3}，1+\frac{{\sqrt{3a}}}{3}）$	$1+\frac{{\sqrt{3a}}}{3}$	$（1+\frac{{\sqrt{3a}}}{3}，+∞）$
f'（x）	+	0	-	0	+
f（x）		极大值		极小值

所以f（x）的单调递减区间为$（1-\frac{{\sqrt{3a}}}{3}，1+\frac{{\sqrt{3a}}}{3}）$，单调递增区间为$（-∞，1-\frac{{\sqrt{3a}}}{3}）$，$（1+\frac{{\sqrt{3a}}}{3}，+∞）$．
（2）证明：因为f（x）存在极值点，所以由（1）知a＞0，且x₀≠1，
由题意，得$f'（{x_0}）=3{（{x_0}-1）^2}-a=0$，即${（{x_0}-1）^2}=\frac{a}{3}$，
进而$f（{x_0}）=-\frac{2a}{3}{x_0}-\frac{a}{3}-b$，
又$f（3-2{x_0}）={（2-2{x_0}）^3}-3（3-2{x_0}）{（{x_0}-1）^2}-b$=${（{x_0}-1）^2}（8-8{x_0}-9+6{x_0}）-b$=${（{x_0}-1）^2}（-2{x_0}-1）-b$，
即为f（3-2x₀）=f（x₀）=f（x₁），即有3-2x₀=x₁，即为x₁+2x₀=3．
（3）证明：设g（x）在区间[0，2]上的最大值为M，max{x，y}表示x，y两数的最大值；
当$\frac{3}{4}≤a＜3$时，$1-\frac{{2\sqrt{3a}}}{3}≤0＜1-\frac{{\sqrt{3a}}}{3}1+\frac{{\sqrt{3a}}}{3}＜2≤1+\frac{{2\sqrt{3a}}}{3}$，
由（1）（2）知，$f（0）≥f（1-\frac{{2\sqrt{3a}}}{3}）=f（1+\frac{{\sqrt{3a}}}{3}）$，$f（2）≤f（1+\frac{{2\sqrt{3a}}}{3}）=f（1-\frac{{\sqrt{3a}}}{3}）$，
所以f（x）在区间[0，2]上的取值范围为$[{f（1+\frac{{\sqrt{3a}}}{3}），f（1-\frac{{\sqrt{3a}}}{3}）}]$，
因此$M=max\left\{{|f（1+\frac{{\sqrt{3a}}}{3}）|，|f（1-\frac{{\sqrt{3a}}}{3}）|}\right\}$
=$max\left\{{|1-\frac{2a}{9}\sqrt{3a}-a-b|，|\frac{2a}{9}\sqrt{3a}-a-b|}\right\}$
=$max\left\{{|1-\frac{2a}{9}\sqrt{3a}-（a+b）|，|\frac{2a}{9}\sqrt{3a}-（a+b）|}\right\}$
=$\frac{2a}{9}\sqrt{3a}+|a+b|≥\frac{2}{9}×\frac{3}{4}×\sqrt{3×\frac{3}{4}}=\frac{1}{4}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道综合题．