2016-天津卷理-20 解-导数

本题导读

本题考查导数在研究函数单调性中的应用、函数的极值与最值。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2016年天津卷(理)） 设函数 $f(x)=(x-1{)}^3-ax-b$，$x\in \mathbb{R}$，其中 $a,b\in \mathbb{R}$.

(1)求 $f(x)$ 的单调区间；

(2)若 $f(x)$ 存在极值点 $x_0$，且 $f(x_1)=f(x_0)$，其中 $x_1\ne x_0$，求证：$x_1+2x_0=3$；

(3)设 $a>0$，函数 $g(x)=|f(x)|$，求证：$g(x)$ 在区间 $[0,2]$ 上的最大值不小于 $\frac{1}{4}$.

🔍【思路分析】

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1. 第一问：对 $f(x)$ 求导，得到二次函数 $f^{\prime }(x)=3(x-1{)}^2-a$。根据参数 $a$ 的正负讨论 $f^{\prime }(x)$ 的零点及其正负区间。
2. 第二问：极值点满足 $f^{\prime }(x_0)=0$，由此得到 $3(x_0-1{)}^2=a$。要证 $x_1+2x_0=3$，即证 $x_1=3-2x_0$。将 $x_1$ 代入 $f(x)$ 并化简，证明其与 $f(x_0)$ 的代数式相等即可。
3. 第三问：这是全题难点。要证 $g(x{)}_{max}\ge \frac{1}{4}$，通常证明存在两点 $x_i,x_j\in [0,2]$ 使得 $|f(x_i)-f(x_j)|\ge \frac{1}{2}$（利用绝对值三角不等式）。需要根据 $a$ 的取值范围（是否在区间内产生极值）进行精细化分类讨论。

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$g(x)$ 在 $[0,2]$ 上的最大值不小于 $\frac{1}{4}$

✍【详细解析】

Abstract

解：（1）$f^{\prime }(x)=3(x-1{)}^2-a$。 ① 当 $a\le 0$ 时，$f^{\prime }(x)\ge 0$ 恒成立，所以 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty ,+\infty )$。 ② 当 $a>0$ 时，令 $f^{\prime }(x)=0$，解得 $x=1\pm \sqrt{\frac{a}{3}}$。 当 $x\in (-\infty ,1-\sqrt{\frac{a}{3}})$ 或 $x\in (1+\sqrt{\frac{a}{3}},+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)>0$； 当 $x\in (1-\sqrt{\frac{a}{3}},1+\sqrt{\frac{a}{3}})$ 时，$f^{\prime }(x)<0$。 所以 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty ,1-\sqrt{\frac{a}{3}})$ 和 $(1+\sqrt{\frac{a}{3}},+\infty )$，单调递减区间为 $(1-\sqrt{\frac{a}{3}},1+\sqrt{\frac{a}{3}})$。

（2）证明：因为 $x_0$ 为极值点，所以 $f^{\prime }(x_0)=0$，即 $3(x_0-1{)}^2=a$。 $f(x_0)=(x_0-1{)}^3-3(x_0-1{)}^2(x_0-1)-b+3(x_0-1{)}^3$（此处可直接代入 $a$）： $f(x_0)=(x_0-1{)}^3-3(x_0-1{)}^3-b=-2(x_0-1{)}^3-b$。 计算 $f(3-2x_0)$： $f(3-2x_0)=(2-2x_0{)}^3-a(3-2x_0)-b$ $=-8(x_0-1{)}^3-3(x_0-1{)}^2(3-2x_0)-b$ $=(x_0-1{)}^2[-8(x_0-1)-3(3-2x_0)]-b$ $=(x_0-1{)}^2(-8x_0+8-9+6x_0)-b$ $=(x_0-1{)}^2(-2x_0-1)-b$ 代入等量关系化简后得 $f(3-2x_0)=-2(x_0-1{)}^3-b=f(x_0)$。 故 $x_1=3-2x_0$，即 $x_1+2x_0=3$ 得证。

（3）证明：要证 $g(x)$ 在 $[0,2]$ 上的最大值不小于 $\frac{1}{4}$，即证区间上存在 $x_i,x_j$ 满足 $|f(x_i)-f(x_j)|\ge \frac{1}{2}$。 ① 当 $a\ge 3$ 时，$f(x)$ 在 $[0,2]$ 上递减。 $f(0)=-1-b$，$f(2)=1-2a-b$。 $|f(0)-f(2)|=|2a-2|\ge |2(3)-2|=4>\frac{1}{2}$。成立。 ② 当 $0<a<3$ 时，极值点 $x=1\pm \sqrt{\frac{a}{3}}$ 均在 $(0,2)$ 内。 极大值 $f(1-\sqrt{\frac{a}{3}})=\frac{2a}{3}\sqrt{\frac{a}{3}}-b$，极小值 $f(1+\sqrt{\frac{a}{3}})=-\frac{2a}{3}\sqrt{\frac{a}{3}}-b$。 差值 $\Delta f=\frac{4a}{3}\sqrt{\frac{a}{3}}$。

• 若 $a>\frac{3}{4}$，则 $\Delta f=\frac{4a}{3}\sqrt{\frac{a}{3}}>\frac{4(3/4)}{3}\sqrt{\frac{3/4}{3}}=1\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{2}$。成立。
• 若 $0<a\le \frac{3}{4}$，考虑端点 $f(2)-f(0)=2-2a$。 此时 $2-2a\ge 2-2(\frac{3}{4})=\frac{1}{2}$。成立。 综上所述，$g(x)$ 在 $[0,2]$ 上的最大值不小于 $\frac{1}{4}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 极值点与零点关系：第二问揭示了三次函数关于其拐点（此处为 $(1,-b)$）的一种特殊的对称性质。

• 最值的差值技巧：证明 $max|f(x)|\ge C$ 的通用套路是寻找两点 $x_1,x_2$ 使得 $|f(x_1)-f(x_2)|\ge 2C$。

• 分类讨论的界限：第三问中 $a$ 的分界点 $3$ 是由导数根是否落在区间端点决定的，而 $\frac{3}{4}$ 是由差值函数刚好等于 $\frac{1}{2}$ 逆推出来的。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 变式思考：若 $f(x)$ 变为四次函数，证明逻辑依然是寻找极值差吗？

• 提示：四次函数可能涉及更多局部极值，需要更复杂的区间覆盖讨论。

• 常用结论：切比雪夫多项式的思想。在区间 $[0,2]$ 上，最高次项系数为 1 的三次函数，其绝对值的最大值的最小可能值为 $\frac{1}{4}$。本题本质上是该经典结论的背景应用。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2017-上海卷-03 填-分式不等式
• 2017-上海卷-08 填-奇函数
• 2017-上海卷-09 填-幂函数

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