Question

10．已知a∈R，函數(shù)f（x）=x³-ax+a．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）證明：當0≤x≤1時，f（x）+|1-a|＞0．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）構(gòu)造函數(shù)，利用放縮法的思想來求證不等式的成立．

解答 解：（1）由題意得f'（x）=3x²-a…（2分）
當a≤0時，f'（x）≥0恒成立，此時f（x）的單調(diào)區(qū)間為（-∞，+∞）…（4分）
當a＞0時，$f'（x）=3（{x-\sqrt{\frac{a}{3}}}）（{x+\sqrt{\frac{a}{3}}}）$，
此時f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（{-∞，-\sqrt{\frac{a}{3}}}]$和$[{\sqrt{\frac{a}{3}}，+∞}）$，
單調(diào)遞減區(qū)間為$[{-\sqrt{\frac{a}{3}}，\sqrt{\frac{a}{3}}}]$…（6分）
（2）證明：由于0≤x≤1，所以當a≤1時，f（x）+|1-a|=x³-ax+1≥x³-x+1…（8分）
當a＞1時，f（x）+|1-a|=x³+a（2-x）-1≥x³+（2-x）-1=x³-x+1…（10分）
設g（x）=x³-x+1，0≤x≤1，則$g'（x）=3{x^2}-1=3（{x-\frac{{\sqrt{3}}}{3}}）（{x+\frac{{\sqrt{3}}}{3}}）$，
于是g'（x），g（x）隨x的變化情況如下表：

x	0	$（{0，\frac{{\sqrt{3}}}{3}}）$	$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$	$（{\frac{{\sqrt{3}}}{3}，1}）$	1
g'（x）		-	0	+
g（x）	1	減	極小值	增	1

所以，$g{（x）_{min}}=g（{\frac{{\sqrt{3}}}{3}}）=1-\frac{{2\sqrt{3}}}{9}＞0$…（12分）
所以，當0≤x≤1時，x³-x+1＞0，
故f（x）+|1-a|≥x³-x+1＞0…（13分）
（2）另解：由于0≤x≤1，所以當a≤1時，f（x）+|1-a|=x³-ax+1．
令g（x）=x³-ax+1，則g'（x）=3x²-a．
當a≤0時，g'（x）≥0，g（x）在[0，1]上遞增，g（x）≥g（0）=1＞0…（8分）
當0＜a≤1時，$g'（x）=3（{x-\sqrt{\frac{a}{3}}}）（{x+\sqrt{\frac{a}{3}}}）$，g（x）在$[{0，\sqrt{\frac{a}{3}}}]$上遞減，在$[{\sqrt{\frac{a}{3}}，1}]$上遞增，所以$g（x）≥g{（x）_{min}}=g（{\sqrt{\frac{a}{3}}}）=1-\sqrt{\frac{{4{a^3}}}{27}}＞0$．
故當a≤1時，f（x）+|1-a|=x³-ax+1＞0…（10分）
當a＞1時，f（x）+|1-a|=x³-ax+2a-1．
設h（x）=x³-ax+2a-1，則$h'（x）=3{x^2}-a=3（{x+\sqrt{\frac{a}{3}}}）（{x-\sqrt{\frac{a}{3}}}）$，
③當a≥3時，h'（x）≤0，h（x）在[0，1]上遞減，h（x）≥h（x）_min=h（1）=a＞0…（11分）
④當1＜a＜3時，h（x）在$[{0，\sqrt{\frac{a}{3}}}]$上遞減，在$[{\sqrt{\frac{a}{3}}，1}]$上遞增，所以$h（x）≥h{（x）_{min}}=h（{\sqrt{\frac{a}{3}}}）=2a（{1-\frac{{\sqrt{3a}}}{9}}）-1＞0$．
故當a＞1時，f（x）+|1-a|=x³-ax+1＞0．
故f（x）+|1-a|≥x³-x+1＞0…（13分）

點評 對于含有參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的求解，這一點是高考的重點，同時對于參數(shù)的分類討論思想，這是解決這類問題的難點，而分類的標準一般要考慮到函數(shù)的定義域?qū)τ趨��?shù)的制約，進而分析得到．而不等式的恒成立問題，常常轉(zhuǎn)化為分離參數(shù)思想，求解函數(shù)的最值來完成．屬于難題．