Question

18．设函数f（x）=-x³+6ax²-9a²x+3，0＜a＜1．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）记函数f（x）的导函数为f′（x），若x∈[1-a，1+a]时，恒有|f′（x）|≤3a成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）对函数求导，结合f′（x）＞0，f′（x）＜0，f′（x）=0可求解
（2）由题意可得-a≤-x²+4ax-3a²≤a在[1-a，1+a]恒成立，结合二次函数的对称轴x=2a与区间[1-a，1+a]与的位置分类讨论进行求解．

解答 解：（1）f′（x）=-3x²+12ax-9a²，且0＜a＜1，
当f′（x）＞0时，得a＜x＜3a；
当f′（x）＜0时，得x＜a或x＞3a；
∴f（x）的单调递增区间为（a，3a）；
f（x）的单调递减区间为（-∞，a）和（3a，+∞）．
（2）f′（x）=-3x²+12ax-9a²=3[-（x-2a）²+a²]，
令g（x）=-（x-2a）²+a²，
①当2a≤1-a时，即0＜a≤$\frac{1}{3}$时，f′（x）在区间[1-a，1+a]内单调递减．
∴[g（x）]_max=g（1-a）=-24a²+18a-3，[g（x）]_min=f′（1+a）=6a-3．
∵|f′（x）|≤3a，
∴-a≤g（x）≤a，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-{8a}^{2}+6a-1≤a}\\{2a-1≥-a}\end{array}\right.$，
∴a≥$\frac{1}{3}$，
此时，a=$\frac{1}{3}$．
②当2a＞1-a，且2a＜a+1时，即$\frac{1}{3}$＜a＜1，[g（x）]_max=g（2a）=a²．
∵-a≤g（x）≤a，
∴$\left\{\begin{array}{l}{g（1+a）≥-a}\\{g（1-a）≥-a}\\{g（2a）≤a}\end{array}\right.$，
即 $\left\{\begin{array}{l}{2a-1≥-a}\\{-{8a}^{2}+6a-1≥-a}\\{{a}^{2}≤a}\end{array}\right.$，
∴$\frac{1}{3}$≤a≤$\frac{7+\sqrt{17}}{16}$．
此时，$\frac{1}{3}$＜a≤$\frac{7+\sqrt{17}}{16}$，
③当2a≥1+a时，得a≥1与已知0＜a＜1矛盾，
综上所述，实数a的取值范围为[$\frac{1}{3}$，$\frac{7+\sqrt{17}}{16}$]．

点评 本题综合考查了函数的导数的运用及二次函数在闭区间上的最值问题，（2）的求解的关键是要对二次函数的对称轴相对区间的位置分类讨论，体现了分类讨论的思想在解题中的应用．