（14分）（2016•天津）设函数 f ( x )=( x…——2016 高考数学第 20 题答案解析

【解答】
（14分）（2016•天津）设函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=(\mathrm{x}-1)^{3}-\mathrm{ax}-\mathrm{b}, \mathrm{x} \in \mathrm{R}$，其中 $\mathrm{a}, \mathrm{b} \in \mathrm{R}$。
（1）求 $f(x)$ 的单调区间；
（2）若 $f(x)$ 存在极值点 $x_{0}$，且 $f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{0}\right)$，其中 $x_{1} \neq x_{0}$，求证：$x_{1}+2 x_{0}=3$；
③设 $\mathrm{a}>0$，函数 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=|\mathrm{f}(\mathrm{x})|$，求证： $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 在区间 $[0,2]$ 上的最大值不小于 $\frac{1}{4}$．
【分析】（1）求出 $f(x)$ 的导数，讨论 $a \leqslant 0$ 时，$f^{\prime}(x) \geqslant 0, f(x)$ 在 $R$ 上递增；当 $a>0$ 时，由导数大于 0，可得增区间；导数小于 0，可得减区间；
②$f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$，可得 $3\left(x_{0}-1\right)^{2}=a$，分别计算 $f\left(x_{0}\right), f\left(3-2 x_{0}\right)$，化简整理即可得证；
（3）要证 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 在区间 $[0,2]$ 上的最大值不小于 $\frac{1}{4}$，即证在 $[0,2]$ 上存在 $\mathrm{x}_{1}, \mathrm{x}_{2}$，使得 g （x1）$-\mathrm{g}\left(\mathrm{x}_{2}\right) \geqslant \frac{1}{2}$．讨论当 $\mathrm{a} \geqslant 3$ 时，当 $0<\mathrm{a}<3$ 时，运用单调性和极值，化简整理即可得证．
【解答】解：（1）函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=(\mathrm{x}-1)^{3}-\mathrm{ax}-\mathrm{b}$ 的导数为
$\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=3(\mathrm{x}-1)^{2}-\mathrm{a}$，
当 $a \leqslant 0$ 时，$f^{\prime}(x) \geqslant 0, f(x)$ 在 $R$ 上递增；
当 $a>0$ 时，当 $x>1+\sqrt{\frac{a}{3}}$ 或 $x<1-\sqrt{\frac{a}{3}}$ 时，$f^{\prime}(x)>0$，
当 $1-\sqrt{\frac{\mathrm{a}}{3}}<\mathrm{x}<1+\sqrt{\frac{\mathrm{a}}{3}}, \mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})<0$，
可得 $f(x)$ 的增区间为 $\left(-\infty, 1-\sqrt{\frac{a}{3}}\right),\left(1+\sqrt{\frac{a}{3}},+\infty\right)$，减区间为 $\left(1-\sqrt{\frac{a}{3}}, 1+\sqrt{\frac{a}{3}}\right.$ ）；
（2）证明：$f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$，可得 $3\left(x_{0}-1\right)^{2}=a$，
由f $\left(\mathrm{x}_{0}\right)=\left(\mathrm{x}_{0}-1\right)^{3}-3 \mathrm{x}_{0}\left(\mathrm{x}_{0}-1\right)^{2}-\mathrm{b}=\left(\mathrm{x}_{0}-1\right)^{2}\left(-2 \mathrm{x}_{0}-1\right)-\mathrm{b}$，
$\mathrm{f}\left(3-2 \mathrm{x}_{0}\right)=\left(2-2 \mathrm{x}_{0}\right)^{3}-3\left(3-2 \mathrm{x}_{0}\right)\left(\mathrm{x}_{0}-1\right)^{2}-\mathrm{b}$
$=\left(\mathrm{x}_{0}-1\right)^{2}\left(8-8 \mathrm{x}_{0}-9+6 \mathrm{x}_{0}\right)-\mathrm{b}=\left(\mathrm{x}_{0}-1\right)^{2}\left(-2 \mathrm{x}_{0}-1\right)-\mathrm{b}$，
即为 $\mathrm{f}\left(3-2 \mathrm{x}_{0}\right)=\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{1}\right)$，
即有 $3-2 x_{0}=x_{1}$，即为 $x_{1}+2 x_{0}=3$；
（3）证明：要证 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 在区间 $[0,2]$ 上的最大值不小于 $\frac{1}{4}$，
即证在 $[0,2]$ 上存在 $\mathrm{x}_{1}, \mathrm{x}_{2}$，使得 $\mathrm{g}(\mathrm{x} 1)-\mathrm{g}\left(\mathrm{x}_{2}\right) \geqslant \frac{1}{2}$．
当 $a \geqslant 3$ 时，$f(x)$ 在 $[0,2]$ 递减，$f(2)=1-2 a-b, f(0)=-1-b$，
$\mathrm{f}(0)-\mathrm{f}(2)=2 \mathrm{a}-2 \geqslant 4>\frac{1}{2}$，递减，成立；
当 $0$=\frac{2 \mathrm{a}}{3} \sqrt{\frac{\mathrm{a}}{3}}-\mathrm{a}-\mathrm{b}$,
$\mathrm{f}\left(1+\sqrt{\frac{\mathrm{a}}{3}}\right)=\left(\sqrt{\frac{\mathrm{a}}{3}}\right)^{3}-\mathrm{a}\left(1+\sqrt{\frac{\mathrm{a}}{3}}\right)-\mathrm{b}=\frac{\mathrm{a}}{3} \sqrt{\frac{\mathrm{a}}{3}}-\mathrm{a}-\mathrm{a} \sqrt{\frac{\mathrm{a}}{3}}-\mathrm{b}$

$=-\frac{2 \mathrm{a}}{3} \sqrt{\frac{\mathrm{a}}{3}}-\mathrm{a}-\mathrm{b}$，
$\mathrm{f}(2)=1-2 \mathrm{a}-\mathrm{b}, \mathrm{f}(0)=-1-\mathrm{b}$，
$\mathrm{f}(2)-\mathrm{f}(0)=2-2 \mathrm{a}$，
若 $0<\mathrm{a} \leqslant \frac{3}{4}$ 时， $\mathrm{f}(2)-\mathrm{f}(0)=2-2 \mathrm{a} \geqslant \frac{1}{2}$ 成立；
若 $a>\frac{3}{4}$ 时，$f\left(1-\sqrt{\frac{a}{3}}\right)-f\left(1+\sqrt{\frac{a}{3}}\right)=\frac{4 a}{3} \sqrt{\frac{a}{3}}>\frac{1}{2}$ 成立。
综上可得， $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 在区间 $[0,2]$ 上的最大值不小于 $\frac{1}{4}$．
【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和最值，考查不等式的证明，注意运用分类讨论的思想方法和转化思想，考查分析法的证明，以及化简整理的运算能力，属于难题。

参与本试卷答题和审题的老师有：sllwyn；双曲线；qiss；546278733＠qq．com；sxs123；翔宇老师；沂蒙松；maths；ww方（排名不分先后）

2016年8月18日