题目内容

已知函数f（x）=x³-ax²+4（a∈R）．
（I）若x= $数学公式$ 是f（x）的一个极值点，求实数a的值及f（x）在区间（-1，a）上的极大值；
（II）若在区间[1，2]内至少存在一个实数x，使得f（x）＜0成立，求实数a的取值范围．

解：（Ⅰ）由已知有f′（x）=3x²-2ax，
∵x= $\text{[math]}$ 是f（x）的一个极值点
∴ $\text{[math]}$ =0，解得a=4． …（2分）
于是f′（x）=3x²-8x=x（3x-8），令f′（x）=0，得x=0或x= $\text{[math]}$ ．

x	（-1，0）	0	（0， $\text{[math]}$ ）	$\text{[math]}$	（ $\text{[math]}$ ，4）
f′（x）	+	0	-	0	+
f （x）	↗	极大值	↘	极小值	↗

于是当x=0时，f（x）在（-1，4）上有极大值f（0）=4．…（7分）
（Ⅱ）要使f（x）在区间[1，2]内至少有一个实数x，使得f（x）＜0，只需f（x）在[1，2]内的最小值小于0．
∵f′（x）=3x²-2ax=x（3x-2a），且由f′（x）=0，知x₁=0， $\text{[math]}$ ，
①当 $\text{[math]}$ ≤0即a≤0时，f′（x）＞0，∴f（x）在[1，2]上是增函数，
由f（x）_min=f（1）=3-2a＜0，解得 $\text{[math]}$ ．这与a＜0矛盾，舍去．
②当 $\text{[math]}$ ≤1即0＜a≤ $\text{[math]}$ 时，f′（x）＞0，∴f（x）在[1，2]上是增函数．
由f（x）_min=f（1）=3-2a＜0，解得 $\text{[math]}$ ．这与0＜a≤ $\text{[math]}$ 矛盾，舍去．
③当1＜ $\text{[math]}$ ＜2即 $\text{[math]}$ 时，
当1≤ $\text{[math]}$ 时，f′（x）＜0，∴f（x）在 $\text{[math]}$ 上是减函数，
当 $\text{[math]}$ ≤x＜2时，f′（x）＞0，∴f（x）在 $\text{[math]}$ 上是增函数．
∴ $\text{[math]}$ ，解得a＞3．这与 $\text{[math]}$ ＜a＜3矛盾，舍去．
④ $\text{[math]}$ ≥2即a≥3时，f′（x）＜0，f（x）在[1，2]上是减函数，
∴f（x）_min=f（2）=12-4a＜0，解得a＞3．结合a≥3得a＞3．
综上，a＞3时满足题意．…（12分）
分析：（Ⅰ）求导函数f′（x）=3x²-2ax，根据x= $\text{[math]}$ 是f（x）的一个极值点可得 $\text{[math]}$ =0，从而可求a的值，确定函数的单调性，进而可求f（x）在（-1，4）上的极大值；
（Ⅱ）要使f（x）在区间[1，2]内至少有一个实数x，使得f（x）＜0，只需f（x）在[1，2]内的最小值小于0．利用f′（x）=3x²-2ax=x（3x-2a），且由f′（x）=0，知x₁=0， $\text{[math]}$ ，故进行分类讨论：①当 $\text{[math]}$ ≤0即a≤0；②当 $\text{[math]}$ ≤1即0＜a≤ $\text{[math]}$ ；③当1＜ $\text{[math]}$ ＜2即 $\text{[math]}$ ；④ $\text{[math]}$ ≥2即a≥3，求出相应的最小值，从而可求实数a的取值范围．
点评：本题以函数为载体，考查导数的运用，考查函数的极值，考查学生分析解决问题的能力，解题的关键是将f（x）在区间[1，2]内至少有一个实数x，使得f（x）＜0，转化为f（x）在[1，2]内的最小值小于0