分析 (1)求出f(x)的導數(shù),討論a≤0時,f′(x)≥0,f(x)在R上遞增;當a>0時,由導數(shù)大于0,可得增區(qū)間;導數(shù)小于0,可得減區(qū)間;
(2)f′(x0)=0,可得3(x0-1)2=a,分別計算f(x0),f(3-2x0),化簡整理即可得證;
(3)要證g(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值不小于$\frac{1}{4}$,即證在[0,2]上存在x1,x2,使得f(x1)-f(x2)≥$\frac{1}{2}$.討論當a≥3時,當0<a<3時,運用單調性和極值,化簡整理即可得證.
解答 解:(1)函數(shù)f(x)=(x-1)3-ax-b的導數(shù)為
f′(x)=3(x-1)2-a,
當a≤0時,f′(x)≥0,f(x)在R上遞增;
當a>0時,當x>1+$\sqrt{\frac{a}{3}}$或x<1-$\sqrt{\frac{a}{3}}$時,f′(x)>0,
當1-$\sqrt{\frac{a}{3}}$<x<1+$\sqrt{\frac{a}{3}}$,f′(x)<0,
可得f(x)的增區(qū)間為(-∞,1-$\sqrt{\frac{a}{3}}$),(1+$\sqrt{\frac{a}{3}}$,+∞),減區(qū)間為(1-$\sqrt{\frac{a}{3}}$,1+$\sqrt{\frac{a}{3}}$);
(2)證明:f′(x0)=0,可得3(x0-1)2=a,
由f(x0)=(x0-1)3-3x0(x0-1)2-b=(x0-1)2(-2x0-1)-b,
f(3-2x0)=(2-2x0)3-3(3-2x0)(x0-1)2-b
=(x0-1)2(8-8x0-9+6x0)-b=(x0-1)2(-2x0-1)-b,
即為f(3-2x0)=f(x0)=f(x1),
即有3-2x0=x1,即為x1+2x0=3;
(3)證明:要證g(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值不小于$\frac{1}{4}$,
即證在[0,2]上存在x1,x2,使得f(x1)-f(x2)≥$\frac{1}{2}$.
當a≥3時,f(x)在[0,2]遞減,f(2)=1-2a-b,f(0)=-1-b,
f(0)-f(2)=2a-2≥4>$\frac{1}{2}$,遞減,成立;
當0<a<3時,f(1-$\sqrt{\frac{a}{3}}$)=(-$\sqrt{\frac{a}{3}}$)3-a(1-$\sqrt{\frac{a}{3}}$)-b=-$\frac{a}{3}$$\sqrt{\frac{a}{3}}$-a+a$\sqrt{\frac{a}{3}}$-b
=$\frac{2a}{3}$$\sqrt{\frac{a}{3}}$-a-b,
f(1+$\sqrt{\frac{a}{3}}$)=($\sqrt{\frac{a}{3}}$)3-a(1+$\sqrt{\frac{a}{3}}$)-b=$\frac{a}{3}$$\sqrt{\frac{a}{3}}$-a-a$\sqrt{\frac{a}{3}}$-b
=-$\frac{2a}{3}$$\sqrt{\frac{a}{3}}$-a-b,
f(2)=1-2a-b,f(0)=-1-b,
f(2)-f(0)=2-2a,
若0<a≤$\frac{3}{4}$時,f(2)-f(0)=2-2a≥$\frac{1}{2}$成立;
若a>$\frac{3}{4}$時,f(1-$\sqrt{\frac{a}{3}}$)-f(1+$\sqrt{\frac{a}{3}}$)=$\frac{4a}{3}$$\sqrt{\frac{a}{3}}$>$\frac{1}{2}$成立.
綜上可得,g(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值不小于$\frac{1}{4}$.
點評 本題考查導數(shù)的運用:求單調區(qū)間和最值,考查不等式的證明,注意運用分類討論的思想方法和轉化思想,考查分析法的證明,以及化簡整理的運算能力,屬于難題.
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:填空題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | 1 | B. | -1 | C. | $\frac{4}{5}$+$\frac{3}{5}$i | D. | $\frac{4}{5}$-$\frac{3}{5}$i |
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