Question

5．已知a＜-1，函数f（x）=|x³-1|+x³+ax（x∈R）．
（Ⅰ）求函数f（x）的最小值；
（Ⅱ）已知存在实数m，n（m＜n≤1），对任意t₀∈（m，n），总存在两个不同的t₁，t₂∈（1，+∞），
使得f（t₀）-2=f（t₁）=f（t₂），求证：$n-m≤\frac{4}{27}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）运用分段函数的形式写出f（x），讨论$\sqrt{-\frac{a}{6}}≤1，即-6≤a＜-1时$，$\sqrt{-\frac{a}{6}}＞1，即a＜-6时$，判断单调性，即可得到所求最小值；
（Ⅱ）不妨设t₁＜t₂，则由（1）知，若-6≤a＜-1，则f₂（x）在（1，+∞）上递增，不满足题意，所以a＜-6．讨论（i）a+1-2＞$\frac{2a}{3}\sqrt{-\frac{a}{6}}-1$，（ii）a+1-2≤$\frac{2a}{3}\sqrt{-\frac{a}{6}}-1$，运用不等式的性质，求出n-m的不等式，即可得到证明．

解答 解：（Ⅰ）$f（x）=|{x^3}-1|+{x^3}+ax=\left\{\begin{array}{l}ax+1，x＜1\\ 2{x^3}+ax-1，x≥1\end{array}\right.$，
记${f_1}（x）=ax+1（x＜1），{f_2}（x）=2{x^3}+ax-1（x≥1）$，
则f₂′（x）=6x²+a，
因为 a＜-1则由f₂′（x）=0可得x=±$\sqrt{-\frac{a}{6}}$，
（i）$\sqrt{-\frac{a}{6}}≤1，即-6≤a＜-1时$，f₁（x）在（-∞，1）上递减，
f₂（x）在[1，+∞）上递增，
所以[f（x）]_min=f（1）=a+1；
（ii）$\sqrt{-\frac{a}{6}}＞1，即a＜-6时$，f₁（x）在（-∞，1）上递减，${f_2}（x）在[1，\sqrt{-\frac{a}{6}}）上递减，在[\sqrt{-\frac{a}{6}，}+∞）递增$，
所以$f{（x）_{min}}={f_2}（\sqrt{-\frac{a}{6}}）=\frac{2a}{3}\sqrt{-\frac{a}{6}}-1$．
综上，$f{（x）_{min}}=\left\{\begin{array}{l}\frac{2a}{3}\sqrt{-\frac{a}{6}}-1，a＜-6\\ a+1，-6≤a＜-1\end{array}\right.$；
（Ⅱ）证明：不妨设t₁＜t₂，则由（1）知，若-6≤a＜-1，则f₂（x）在（1，+∞）上递增，
不满足题意，所以a＜-6．
所以${t_1}∈（1，\sqrt{-\frac{a}{6}}），{t_2}∈（\sqrt{-\frac{a}{6}}，+∞）$，且 $f{（x）_{min}}={f_2}（\sqrt{-\frac{a}{6}}）=\frac{2a}{3}\sqrt{-\frac{a}{6}}-1$，
（i）a+1-2＞$\frac{2a}{3}\sqrt{-\frac{a}{6}}-1$，即$a＜-\frac{27}{2}时，由\left\{\begin{array}{l}{f_1}（x）-2＜{f_2}（1）\\ x＜1\end{array}\right.$
即$\left\{\begin{array}{l}ax+1-2＜a+1\\ x＜1\end{array}\right.$，解得$1+\frac{2}{a}＜x＜1$，即${t_0}∈（1+\frac{2}{a}，1）$，
所以$（m，n）⊆（1+\frac{2}{a}，1）$，所以$m≥1+\frac{2}{a}，n≤1$，
所以$n-m≤-\frac{2}{a}＜\frac{4}{27}$；
（ii）a+1-2≤$\frac{2a}{3}\sqrt{-\frac{a}{6}}-1$，即$-\frac{27}{2}≤a＜-6时，由\left\{\begin{array}{l}{f_1}（x）-2＜{f_2}（1）\\{f_1}（x）-2＞{f_2}（\sqrt{-\frac{a}{6}}）\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}ax+1-2＜a+1\\ ax+1-2＞\frac{2a}{3}\sqrt{-\frac{a}{6}}-1\end{array}\right.$，解得$1+\frac{2}{a}＜x＜\frac{2}{3}\sqrt{-\frac{a}{6}}$，
所以$（m，n）⊆（1+\frac{2}{a}，\frac{2}{3}\sqrt{-\frac{a}{6}}）$，所以m≥1+$\frac{2}{a}$，n≤$\frac{2}{3}$$\sqrt{-\frac{a}{6}}$，
所以n-m≤$\frac{2}{3}$$\sqrt{-\frac{a}{6}}$-1-$\frac{2}{a}$
令$\sqrt{-\frac{a}{6}}$=u∈（1，$\frac{3}{2}$]，则$\frac{2}{3}$$\sqrt{-\frac{a}{6}}$-1-$\frac{2}{a}$=$\frac{2}{3}$u-1+$\frac{1}{3{u}^{2}}$，
令φ（u）=$\frac{2}{3}$u-1+$\frac{1}{3{u}^{2}}$，则${ϕ^'}（u）=\frac{2}{3}（1-\frac{1}{u^3}）＞0$，
所以φ（u）=$\frac{2}{3}$u-1+$\frac{1}{3{u}^{2}}$在u∈（1，$\frac{3}{2}$]递增，
所以φ（u）≤φ（$\frac{3}{2}$）=$\frac{4}{27}$，所以n-m≤φ（u）≤$\frac{4}{27}$．

点评 本题考查函数的最值的求法，注意运用绝对值的定义和函数的导数判断单调性，考查不等式的证明，注意运用分类讨论思想方法和构造函数法，考查运算能力，属于难题．