Question

20．已知函数f（x）=$\frac{1}{3}$x³+$\frac{1}{2}$ax²+bx+1（a，b∈R，且b≥-2）当x∈[-$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$]时，总有f′（x）≤0．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）设函数g（x）=-3f（x）+mx²-6x（m∈R），求证：当x∈[0，1]时，若|g′（x）|≤1恒成立，则|g（x）|≤3.5也恒成立．

Answer 1

分析 （1）先求导f′（x）=x²+ax+b，从而可得$\left\{\begin{array}{l}{f′（-\sqrt{2}）=2-a\sqrt{2}+b≤0}\\{f′（\sqrt{2}）=2+\sqrt{2}a+b≤0}\end{array}\right.$，从而可求得b=-2，代回可得a=0；从而求出函数f（x）的解析式；
因此f（x）=$\frac{1}{3}$x³-2x+1．
（2）化简g（x）=-3（$\frac{1}{3}$x³-2x+1）+mx²-6x=-x³+mx²-3，再求导可得g′（x）=-3x²+2mx，从而化当x∈[0，1]时，|g′（x）|≤1为$\left\{\begin{array}{l}{|g′（1）|=|-3+2m|≤1}\\{0≤\frac{m}{3}≤1}\\{|g′（m）=\frac{{m}^{2}}{3}≤1|}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{|g′（1）|=|-3+2m|≤1}\\{\frac{m}{3}＞1}\\{|g′（0）|=0≤1}\end{array}\right.$ 或$\left\{\begin{array}{l}{|g′（1）|=|-3+2m|≤1}\\{\frac{m}{3}＜0}\\{|g′（0）|=0≤1}\end{array}\right.$；
从而解出1≤m≤$\sqrt{3}$；从而转化为证明1≤m≤$\sqrt{3}$时，|g（x）|≤3.5恒成立即可．

解答 解：（1）由题意得，f′（x）=x²+ax+b，
当x∈[-$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$]时，总有f′（x）≤0，
故$\left\{\begin{array}{l}{f′（-\sqrt{2}）=2-a\sqrt{2}+b≤0}\\{f′（\sqrt{2}）=2+\sqrt{2}a+b≤0}\end{array}\right.$，
化简可得，4+2b≤0，又∵b≥-2，
∴b=-2，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2-\sqrt{2}a-2≤0}\\{2+\sqrt{2}a-2≤0}\end{array}\right.$，
解得，a=0；
因此f（x）=$\frac{1}{3}$x³-2x+1．
（2）证明：g（x）=-3（$\frac{1}{3}$x³-2x+1）+mx²-6x=-x³+mx²-3，
g′（x）=-3x²+2mx是关于x的二次函数，
当x∈[0，1]时，|g′（x）|≤1可化为
$\left\{\begin{array}{l}{|g′（1）|=|-3+2m|≤1}\\{0≤\frac{m}{3}≤1}\\{|g′（m）=\frac{{m}^{2}}{3}≤1|}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{|g′（1）|=|-3+2m|≤1}\\{\frac{m}{3}＞1}\\{|g′（0）|=0≤1}\end{array}\right.$  或$\left\{\begin{array}{l}{|g′（1）|=|-3+2m|≤1}\\{\frac{m}{3}＜0}\\{|g′（0）|=0≤1}\end{array}\right.$；
解得，1≤m≤$\sqrt{3}$．
因此，当x∈[0，1]时，|g′（x）|≤1的恒成立，则1≤m≤$\sqrt{3}$；
由g′（x）=-3x²+2mx＞0（0≤x≤1）可知，
当1≤m≤$\frac{3}{2}$时，g（x）在[0，$\frac{2m}{3}$]为增函数，在[$\frac{2m}{3}$，1]上为减函数，
|g（0）|=3≤3.5，|g（1）|=|m-4|≤3，|g（$\frac{2m}{3}$）|=|$\frac{4{m}^{3}}{27}+3$|≤3.5，
即|g（x）|≤3.5；
当$\frac{3}{2}$≤m≤$\sqrt{3}$时，g（x）在[0，1]为增函数，
|g（0）|=3≤3.5，|g（1）|=|m-4|≤2.5，即|g（x）|≤3.5．
综上所述，当x∈[0，1]时，若|g′（x）|≤1恒成立，则|g（x）|≤3.5也恒成立．

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题，同时考查了分类讨论的思想应用，属于难题．