Question

3．已知函数$f（x）={x^3}-\frac{3}{2}a{x^2}\;（a＞0），x∈R$
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和极值；
（Ⅱ）已知f′（x）是f（x）的导函数，若?x₁，x₂∈[0，1]，使得f（x₁）≤f′（x₂）+3x₂-2a，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）先求出函数f（x）的导数，解方程f′（x）=0，从而得到函数的单调区间和极值；
（2）问题转化为f（x）在[0，1]上最小值M与g（x）在[0，1]上最大值N满足M≤N，通过讨论a的范围，结合函数的单调性，从而得到答案．

解答 解：（1）由已知，有f′（x）=3x²-3ax=3x（x-a），（a＞0）．-------------（1分）
令f′（x）=0，解得x=0或x=a．-------------（2分）
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

x	（-∞，0）	0	（0，a）	a	（a，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	单增Φ	0	Γ单减	$-\frac{a^3}{2}$	单增Φ

所以，f（x）的单调递增区间是（-∞，0），（a，+∞）；单调递减区间是（0，a）．-------------（4分）
当x=0时，f（x）有极大值，且极大值f（0）=0；-------------（5分）
当x=a时，f（x）有极小值，且极小值$f（a）=-\frac{1}{2}{a^3}$．-------------（6分）
（2）法1：?x₁，x₂∈[0，1]，使得f（x₁）≤f'（x₂）+3x₂-2a，
等价于f（x）在[0，1]上最小值M与$g（{x_{\;}}）=f'（{x_{\;}}）+3{x_{\;}}-2a=3{x^2}-（3a-3）x-2a$在[0，1]上最大值N满足M≤N．----------（7分）
由函数y=f（x）的变化情况及y=g（x）在$（-∞，\frac{a-1}{2}）$上单减，在$（\frac{a-1}{2}，+∞）$上单增；
（a）当0＜a＜1时，f（x）在[0，a]上为减函数，在[a，1]上为增函数，$M=f（a）=-\frac{a^3}{2}$，
由于当0＜a＜1时$\frac{a-1}{2}≤0$，g（x）在[0，1]上为增函数，N=g（1）=6-5a，
由M≤N得$-\frac{a^3}{2}+5a-6≤0$，
即a³-10a+12≥0，因为a³+10（1-a）+2＞0（或$-\frac{a^3}{2}+5a-6≤-\frac{a^3}{2}+5-6＜0$）
所以M≤N对任意的0＜a＜1成立．---------------------------（9分）
（也可以对ϕ（a）=a³-10a+12求导，判定ϕ（a）=a³-10a+12≥0在0＜a＜1上恒成立）
（b）当1≤a＜3时，$0＜\frac{a-1}{2}＜1$f（x）在[0，1]上为减函数，g（x）在[0，1]上先减后增，$M=f（1）=1-\frac{3a}{2}$，N=g（0）=-2a或者N=g（1）=6-5a，
由M≤N得，只需满足$1-\frac{3a}{2}≤-2a$或者$1-\frac{3a}{2}≤6-5a$，
所以$1≤a≤\frac{10}{7}$---------------------------（11分）
（c）当a≥3时，$\frac{a-1}{2}≥1$，f（x），g（x）均在[0，1]上均为减函数$M=f（1）=1-\frac{3a}{2}$，N=g（0）=-2a，
由M≤N得$1-\frac{3a}{2}≤-2a$，即a≤-2舍---------------------------（13分）
由（a），（b），（c）得，$0＜a≤\frac{10}{7}$---------------------------（14分）
方法二：?x₁，x₂∈[0，1]，使得f（x₁）≤f'（x₂）+3x₂-2a，
等价于f（x）在[0，1]上最小值M与$g（{x_{\;}}）=f'（{x_{\;}}）+3{x_{\;}}-2a=3{x^2}-（3a-3）x-2a$在[0，1]上最大值N满足M≤N．----------（7分）
由函数y=f（x）的变化情况及y=g（x）在$（-∞，\frac{a-1}{2}）$上单减，在$（\frac{a-1}{2}，+∞）$上单增；
（a）当0＜a＜1时，f（x）在[0，a]上为减函数，在[a，1]上为增函数，$M=f（a）=-\frac{a^3}{2}$，
由于当0＜a＜1时$\frac{a-1}{2}≤0$，g（x）在[0，1]上为增函数，N=g（1）=6-5a，
由M≤N得$-\frac{a^3}{2}+5a-6≤0$，
即a³-10a+12≥0，因为a³+10（1-a）+2＞0（或$-\frac{a^3}{2}+5a-6≤-\frac{a^3}{2}+5-6＜0$）
所以M≤N对任意的0＜a＜1成立．---------------------------（9分）
（也可对ϕ（a）=a³-10a+12求导，判定ϕ（a）=a³-10a+12≥0在0＜a＜1上恒成立）
（b）当a≥1时，f（x）在[0，1]上为减函数，$M=f（1）=1-\frac{3a}{2}$，---------------------------（10分）
因为g（x）是开口向上的二次函数且对称轴$x=\frac{a-1}{2}≥0$---------------------------（11分）
所以N=g（0）=-2a或者N=g（1）=6-5a，---------------------------（12分）
由M≤N得，只需满足$1-\frac{3a}{2}≤-2a$或者$1-\frac{3a}{2}≤6-5a$，
所以$1≤a≤\frac{10}{7}$---------------------------（13分）
由（a），（b）得，$0＜a≤\frac{10}{7}$---------------------------（14分）

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，考查分类讨论思想，本题有一定的难度．