Question

1．已知函数f（x）=$\frac{1}{3}$x³+f′（1）x²-x-1，x∈R，其中f′（x）为f（x）的导函数
（Ⅰ）若函数f（x）在区间（-a，1+a）上存在极小值点，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）设函数f（x）在区间[t，t+3]上的最大值为M（t），最小值为m（t），记g（t）=M（t）-m（t），若g（t）≥b+t，对任意t∈[-3，-2]恒成立，求实数b的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导数f′（x），然后求f′（1），从而得到f′（1）=0，从而得出f（x）=$\frac{1}{3}{x}^{3}-x-1$，f′（x）=x²-1，从而可求得极小值点为x=1，从而可得到$\left\{\begin{array}{l}{-a＜1}\\{1+a＞1}\end{array}\right.$，这样解出实数a的取值范围即可；
（Ⅱ）由t的范围求出t+3的范围，这样可得到t+3≤1，且-1∈[t，t+3]，从而可得出M（t）=f（-1）=-$\frac{1}{3}$，再通过作差比较f（t+3）和f（t）的大小，从而得出m（t）=f（t）=$\frac{1}{3}{t}^{3}-t-1$，从而得出g（t）=$-\frac{1}{3}{t}^{3}+t+\frac{2}{3}$．然后通过求导数，根据导数符号便能判断出g（t）在[-3，-2]上单调递减，从而g（-2）=$\frac{4}{3}$是g（t）的最小值，而b+t在[-3，-2]上的最大值显然为b-2，从而可得出$\frac{4}{3}≥b-2$，这样便可得出实数t的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=x²+2f′（1）x-1，∴f′（1）=2f′（1）；
∴f′（1）=0；
∴$f（x）=\frac{1}{3}{x}^{3}-x-1$，f′（x）=x²-1；
∴x＜-1时，f′（x）＞0，-1＜x＜1时，f′（x）＜0，x＞1时，f′（x）＞0；
∴x=-1是f（x）的极大值点，x=1是f（x）的极小值点；
又f（x）在区间（-a，1+a）上存在极小值点；
∴$\left\{\begin{array}{l}{-a＜1}\\{1+a＞1}\end{array}\right.$；
∴a＞0；
∴实数a的取值范围为（0，+∞）；
（Ⅱ）-3≤t≤-2；
∴0≤t+3≤1；
∴-1∈[t，t+3]；
∴x=-1f（x）取到最大值M（t）=$-\frac{1}{3}$；
$f（t+3）-f（t）=\frac{1}{3}（t+3）^{3}-（t+3）$$-\frac{1}{3}{t}^{3}+t$=3（t²+3t+2）；
设h（t）=3（t²+3t+2），对称轴为t=$-\frac{3}{2}$，在t∈[-3，-2]上单调递减，且h（-2）=0；
∴h（t）≥0；
∴f（t+3）≥f（t）；
∴f（x）在[t，t+3]上的最小值m（t）=f（t）=$\frac{1}{3}{t}^{3}-t-1$；
∴$g（t）=M（t）-m（t）=-\frac{1}{3}-\frac{1}{3}{t}^{3}+t+1$=$-\frac{1}{3}{t}^{3}+t+\frac{2}{3}$，g′（t）=-t²+1=-（t+1）（t-1）；
∴t∈[-3，-2]时，g′（t）＜0；
∴g（t）在[-3，-2]上单调递减；
∴g（t）在[-3，-2]上的最小值为g（-2）=$\frac{4}{3}$，b+t在t∈[-3，-2]上的最大值为b-2；
∵g（t）≥b+t对任意的t∈[-3，-2]恒成立；
∴$\frac{4}{3}≥b-2$；
∴$b≤\frac{10}{3}$；
∴实数b的取值范围为：$（-∞，\frac{10}{3}]$．

点评 考查函数极大值点，极小值点的定义及求法，函数极值的概念及求法，根据导数求函数在闭区间上最值的方法和过程，以及根据导数符号判断函数单调性的方法，以及根据函数的单调性定义求函数的最值．