Question

5．设函数f（x）=-x³+2ax²-a²x（x∈R），其中a∈R
（Ⅰ）当a=1时，求曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程；
（Ⅱ）当a≠0时，求函数f（x）的极大值和极小值；
（Ⅲ）当a＞3时，证明存在k∈[-1，0]，使得不等式f（k-cosx）≥f（k²-cos²x）对任意的x∈R恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）将a=1代入函数f（x）的解析式，求出f（2）和f′（2）的值，从而求出切线方程；
（Ⅱ）先求出函数f（x）的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调区间，进而求出函数的最值；
（Ⅲ）问题转化为cos²x-cosx≤k²-k（x∈R），设$g（x）={cos^2}x-cosx={（{cosx-\frac{1}{2}}）^2}-\frac{1}{4}$，求出g（x）的最大值，得到关于k的不等式，解出即可．

解答 （Ⅰ）解：当a=1时，f（x）=-x³+2x²-x，得f（2）=-2，
且f′（x）=-3x²+4x-1，f′（2）=-5，
所以，曲线y=-x³+2x²-x在点（2，-2）处的切线方程是y+2=-5（x-2），
整理得5x+y-8=0．
（Ⅱ）解：f（x）=-x³+2ax²-a²x，f′（x）=-3x²+4ax-a²=-（3x-a）（x-a），
令f′（x）=0，解得$x=\frac{a}{3}$或x=a，
由于a≠0，以下分两种情况讨论：
（1）若a＞0，当x变化时，f′（x）的正负如下表：

x	$（{-∞，\frac{a}{3}}）$	$\frac{a}{3}$	$（{\frac{a}{3}，a}）$	a	（a，+∞）
f′（x）	-	0	+	0	-

因此，函数f（x）在$x=\frac{a}{3}$处取得极小值$f（{\frac{a}{3}}）$，且$f（{\frac{a}{3}}）=-\frac{4}{27}{a^3}$，
函数f（x）在x=a处取得极大值f（a），且f（a）=0；
（2）若a＜0，当x变化时，f′（x）的正负如下表：

x	（-∞，a）	a	$（{a，\frac{a}{3}}）$	$\frac{a}{3}$	$（{\frac{a}{3}，+∞}）$
f′（x）	-	0	+	0	-

因此，函数f（x）在x=a处取得极小值f（a），且f（a）=0；
函数f（x）在$x=\frac{a}{3}$处取得极大值$f（{\frac{a}{3}}）$，且$f（{\frac{a}{3}}）=-\frac{4}{27}{a^3}$；
（Ⅲ）证明：由a＞3，得$\frac{a}{3}＞1$，当k∈[-1，0]时，k-cosx≤1，k²-cos²x≤1，
由（Ⅱ）知，f（x）在（-∞，1]上是减函数，要使f（k-cosx）≥f（k²-cos²x），x∈R，
只要k-cosx≤k²-cos²x（x∈R），即cos²x-cosx≤k²-k（x∈R）①，
设$g（x）={cos^2}x-cosx={（{cosx-\frac{1}{2}}）^2}-\frac{1}{4}$，则函数g（x）在R上的最大值为2，
要使①式恒成立，必须k²-k≥2，即k≥2或k≤-1，
所以，在区间[-1，0]上存在k=-1，使得f（k-cosx）≥f（k²-cos²x）对任意的x∈R恒成立．

点评 本小题主要考查运用导数研究函数的性质、曲线的切线方程，函数的极值、解不等式等基础知识，考查综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法．