Question

设函数f（x）=-xⁿ+ax+b（a，b∈R，n∈N^*），函数g（x）=sinx．
（Ⅰ）当a=b=n=3时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当a=b=1，n=2时，求函数h（x）=g（x）-f（x）的最小值；
（Ⅲ）当n=4时，已知|f（x）|≤

1

2

对任意x∈[-1，1]恒成立，且关于x的方程f（x）=g（x）有且只有两个实数根x₁，x₂．试证明：x₁+x₂＜0．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）当a=b=n=3时，f（x）=-x³+3x+3，f′（x）=-3x²+3，从而f（x）在（-1，1）递增，在（-∞，-1），（1，+∞）递减，
（Ⅱ）a=b=1且n=2时，h（x）=sinx+x²-x-1，则h′（x）=c0sx+2x-1，令k（x）=h′（x），得h（x）=g（x）-f（x）的最小值h（x）_min=h（0）=-1；
（Ⅲ）?x∈[-1，1]，有|f（x）|≤

1

2

，从而|f（0）|≤

1

2

，|f（1）|≤

1

2

，|f（-1）|≤

1

2

，解得b=

1

2

，a=0，从而f（x）=-x⁴+

1

2

，经过检验符合题意，设F（x）=f（x）-g（x）=-x⁴+

1

2

-sinx，由F（-2），F（-1），F（0），F（1）且x的方程f（x）=g（x）有且只有两个实数根x₁，x₂，故x₁+x₂＜0．

解答： 解；（Ⅰ）当a=b=n=3时，f（x）=-x³+3x+3，f′（x）=-3x²+3，
令f′（x）＞0，解得：-1＜x＜1，
令f′（x）＜0，解得：x＞1或x＜-1，
∴f（x）在（-1，1）递增，在（-∞，-1），（1，+∞）递减，
（Ⅱ）a=b=1且n=2时，h（x）=sinx+x²-x-1，
则h′（x）=cosx+2x-1，
令k（x）=h′（x），则k′（x）=-sinx+2，
∵k′（x）＞0，∴k（x）在R上递增，
又k（0）=0，
∴x＞0时，k（x）=h′（x）＞h′（0）=0，h（x）在（0，+∞）递增，
x＜0时，k（x）=h′（x）＜h′（0）=0，h（x）在（-∞，0）递减，
∴h（x）=g（x）-f（x）的最小值h（x）_min=h（0）=-1；
（Ⅲ）∵?x∈[-1，1]，有|f（x）|≤

1

2

，
∴|f（0）|≤

1

2

，|f（1）|≤

1

2

，|f（-1）|≤

1

2

，
∴

- 1 2 ≤b≤ 1 2 ，     ① 1 2 ≤a+b≤ 3 2 ，   ② 1 2 ≤-a+b≤ 3 2    ③

，
由②+③得

1

2

≤b≤

3

2

，④，再由①④得b=

1

2

，∴a=0，
∴f（x）=-x⁴+

1

2

，经过检验符合题意，
设F（x）=f（x）-g（x）=-x⁴+

1

2

-sinx，
∵F（-2）=-16+

1

2

-sin（-2）＜0，
F（-1）=sin1-

1

2

＞sin

π

6

-

1

2

=0，
F（0）=

1

2

-sin0＞0，
F（1）=-

1

2

-sin1＜0，
∵x的方程f（x）=g（x）有且只有两个实数根x₁，x₂，
∴-2＜x₁＜-1，0＜x₂＜1，
故x₁+x₂＜0．

点评：本题考察了函数，导数，函数的零点，考察推理论证能力，运算求解能力，考察函数与方程思想，数形结合思想，化归与转化思想，是一道综合题．