Question

10．已知a∈R，函数f（x）=x³-ax+a．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）证明：当0≤x≤1时，f（x）+|1-a|＞0．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）构造函数，利用放缩法的思想来求证不等式的成立．

解答 解：（1）由题意得f'（x）=3x²-a…（2分）
当a≤0时，f'（x）≥0恒成立，此时f（x）的单调区间为（-∞，+∞）…（4分）
当a＞0时，$f'（x）=3（{x-\sqrt{\frac{a}{3}}}）（{x+\sqrt{\frac{a}{3}}}）$，
此时f（x）的单调递增区间为$（{-∞，-\sqrt{\frac{a}{3}}}]$和$[{\sqrt{\frac{a}{3}}，+∞}）$，
单调递减区间为$[{-\sqrt{\frac{a}{3}}，\sqrt{\frac{a}{3}}}]$…（6分）
（2）证明：由于0≤x≤1，所以当a≤1时，f（x）+|1-a|=x³-ax+1≥x³-x+1…（8分）
当a＞1时，f（x）+|1-a|=x³+a（2-x）-1≥x³+（2-x）-1=x³-x+1…（10分）
设g（x）=x³-x+1，0≤x≤1，则$g'（x）=3{x^2}-1=3（{x-\frac{{\sqrt{3}}}{3}}）（{x+\frac{{\sqrt{3}}}{3}}）$，
于是g'（x），g（x）随x的变化情况如下表：

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

所以，$g{（x）_{min}}=g（{\frac{{\sqrt{3}}}{3}}）=1-\frac{{2\sqrt{3}}}{9}＞0$…（12分）
所以，当0≤x≤1时，x³-x+1＞0，
故f（x）+|1-a|≥x³-x+1＞0…（13分）
（2）另解：由于0≤x≤1，所以当a≤1时，f（x）+|1-a|=x³-ax+1．
令g（x）=x³-ax+1，则g'（x）=3x²-a．
当a≤0时，g'（x）≥0，g（x）在[0，1]上递增，g（x）≥g（0）=1＞0…（8分）
当0＜a≤1时，$g'（x）=3（{x-\sqrt{\frac{a}{3}}}）（{x+\sqrt{\frac{a}{3}}}）$，g（x）在$[{0，\sqrt{\frac{a}{3}}}]$上递减，在$[{\sqrt{\frac{a}{3}}，1}]$上递增，所以$g（x）≥g{（x）_{min}}=g（{\sqrt{\frac{a}{3}}}）=1-\sqrt{\frac{{4{a^3}}}{27}}＞0$．
故当a≤1时，f（x）+|1-a|=x³-ax+1＞0…（10分）
当a＞1时，f（x）+|1-a|=x³-ax+2a-1．
设h（x）=x³-ax+2a-1，则$h'（x）=3{x^2}-a=3（{x+\sqrt{\frac{a}{3}}}）（{x-\sqrt{\frac{a}{3}}}）$，
③当a≥3时，h'（x）≤0，h（x）在[0，1]上递减，h（x）≥h（x）_min=h（1）=a＞0…（11分）
④当1＜a＜3时，h（x）在$[{0，\sqrt{\frac{a}{3}}}]$上递减，在$[{\sqrt{\frac{a}{3}}，1}]$上递增，所以$h（x）≥h{（x）_{min}}=h（{\sqrt{\frac{a}{3}}}）=2a（{1-\frac{{\sqrt{3a}}}{9}}）-1＞0$．
故当a＞1时，f（x）+|1-a|=x³-ax+1＞0．
故f（x）+|1-a|≥x³-x+1＞0…（13分）

点评 对于含有参数的函数的单调区间的求解，这一点是高考的重点，同时对于参数的分类讨论思想，这是解决这类问题的难点，而分类的标准一般要考虑到函数的定义域对于参数的制约，进而分析得到．而不等式的恒成立问题，常常转化为分离参数思想，求解函数的最值来完成．属于难题．