（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 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{3}-\mathrm{ax}-\mathrm{b}, \mathrm{x} \in \mathrm{R}$ ，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：$x_{1}+2 x_{0}=0$ ；

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

【分析】（1）求出 $f(x)$ 的导数，讨论 $a \leq 0$ 时 $f^{\prime}(x) \geq 0, f(x)$ 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由条件判断出 $\mathrm{a}>0$ ，且 $\mathrm{x}_{0} \neq 0$ ，由 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$ 求出 $\mathrm{x}_{0}$ ，分别代入解析式化简 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right), \mathrm{f}( -2 \mathrm{x}_{0}$ ），化简整理后可得证；
③设 $g(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上的最大值 $M$ ，根据极值点与区间的关系对 $a$ 分三种情况讨论，运用 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 单调性和前两问的结论，求出 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 在区间上的取值范围，利用 a 的范围化简整理后求出 M ，再利用不等式的性质证明结论成立。
【解答】解：（1）若 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{3}-\mathrm{ax}-\mathrm{b}$ ，则 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=3 \mathrm{x}^{2}-\mathrm{a}$ ，
分两种情况讨论：
①、当 $\mathrm{a} \leq 0$ 时，有 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=3 \mathrm{x}^{2}-\mathrm{a} \geq 0$ 恒成立，
此时 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的单调递增区间为 $(-\infty,+\infty)$ ，
②、当 $a>0$ 时，令 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-a=0$ ，解得 $x=-\frac{\sqrt{3 a}}{3}$ 或 $x=\frac{\sqrt{3 a}}{3}$ ，
当 $x>\frac{\sqrt{3 a}}{3}$ 或 $x<-\frac{\sqrt{3 a}}{3}$ 时，$f^{\prime}(x)=3 x^{2}-a>0, f(x)$ 为增函数，
当 $-\frac{\sqrt{3 a}}{3}故 $(x)$ 的增区间为 $\left(-\infty,-\frac{\sqrt{3 a}}{3}\right),\left(\frac{\sqrt{3 a}}{3},+\infty\right)$ ，减区间为 $\left(-\frac{\sqrt{3 a}}{3}, \frac{\sqrt{3 a}}{3}\right)$ ；
（2）若 $f(x)$ 存在极值点 $x_{0}$ ，则必有 $a>0$ ，且 $x_{0} \neq 0$ ，
由题意可得，$f^{\prime}(x)=3 x^{2}-a$ ，则 $x_{0}{ }^{2}=\frac{a}{3}$ ，
进而 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}{ }^{3}-a x_{0}-b=-\frac{2 a}{3} x_{0}-b$ ，
又 $f\left(-2 x_{0}\right)=-8 x_{0}{ }^{3}+2 a x_{0}-b=-\frac{8}{3} x_{0}+2 a x_{0}-b=f\left(x_{0}\right)$ ，
由题意及（I）可得：存在唯一的实数 $\mathrm{x}_{1}$ ，满足 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{1}\right)=\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ ，其中 $\mathrm{x}_{1} \neq \mathrm{x}_{0}$ ，则有 $\mathrm{x}_{1}=-2 \mathrm{x}_{0}$ ，故有 $\mathrm{x}_{1}+2 \mathrm{x}_{0}=0$ ；
（III）设 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 在区间 $[-1,1]$ 上的最大值 $\mathrm{M}, \max \{\mathrm{x}, \mathrm{y}\}$ 表示 $\mathrm{x} , \mathrm{y}$ 两个数的最大值，下面分三种情况讨论：
①当 $a \geq 3$ 时，$-\frac{\sqrt{3 a}}{3} \leq-1<1 \leq \frac{\sqrt{3 a}}{3}$ ，
由（I）知 $f(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上单调递减，
所以 $f(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上的取值范围是 $[f(1), f(-1)]$ ，
因此 $M=\max \{|f(1)|,|f(-1)|\}=\max \{|1-a-b|,|-1+a-b|\}$
$=\max \{|\mathrm{a}-1+\mathrm{b}|, \quad|\mathrm{a}-1-\mathrm{b}|\}=\left\{\begin{array}{l}\mathrm{a}-1+\mathrm{b}, \quad \mathrm{b} \geqslant 0 \\ \mathrm{a}-1-\mathrm{b}, \quad \mathrm{b}<0\end{array}\right.$,
所以 $\mathrm{M}=\mathrm{a}-1+|\mathrm{b}| \geq 2$
②当 $\frac{3}{4} \leqslant a<3$ 时，$\quad-\frac{2 \sqrt{3 a}}{3} \leqslant-1<-\frac{\sqrt{3 a}}{3}<\frac{\sqrt{3 a}}{3}<1 \leqslant \frac{2 \sqrt{3 a}}{3}$ ，

由（I）、（II）知，$f(-1) \geq f\left(-\frac{2 \sqrt{3 a}}{3}\right)=f\left(\frac{\sqrt{3 a}}{3}\right), f(1) \leq f\left(\frac{2 \sqrt{3 a}}{3}\right)= f\left(-\frac{\sqrt{3 a}}{3}\right)$,
所以 $f(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上的取值范围是 $\left[f\left(\frac{\sqrt{3 a}}{3}\right), f\left(-\frac{\sqrt{3 a}}{3}\right)\right]$ ，
因此M $=\max \left\{\left|\mathrm{f}\left(\frac{\sqrt{3 \mathrm{a}}}{3}\right)\right|,\left|\mathrm{f}\left(-\frac{\sqrt{3 \mathrm{a}}}{3}\right)\right|\right\}=\max \left\{\left|-\frac{2 \mathrm{a}}{9} \sqrt{3 \mathrm{a}}-\mathrm{b}\right|,\left|\frac{2 \mathrm{a}}{9} \sqrt{3 \mathrm{a}}-\mathrm{b}\right|\right\}$
$=\max \left\{\left|\frac{2 \mathrm{a}}{9} \sqrt{3 \mathrm{a}}+\mathrm{b}\right|,\left|\frac{2 \mathrm{a}}{9} \sqrt{3 \mathrm{a}}-\mathrm{b}\right|\right\}=\frac{2 \mathrm{a}}{9} \sqrt{3 \mathrm{a}}+|\mathrm{b}| \geqslant \frac{2}{9} \times \frac{3}{4} \times \sqrt{3 \times \frac{3}{4}}=\frac{1}{4}$ ，
（3）当 $0<\mathrm{a}<\frac{3}{4}$ 时，$\quad-1<-\frac{2 \sqrt{3 a}}{3}<\frac{2 \sqrt{3 a}}{3}<1$ ，
由（I）、（II）知， $\mathrm{f}(-1)<\mathrm{f}\left(-\frac{2 \sqrt{3 \mathrm{a}}}{3}\right)=\mathrm{f}\left(\frac{\sqrt{3 \mathrm{a}}}{3}\right), \mathrm{f}(1)>\mathrm{f}\left(\frac{2 \sqrt{3 \mathrm{a}}}{3}\right)=$
$f\left(-\frac{\sqrt{3 a}}{3}\right)$,
所以 $f(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上的取值范围是 $[f(-1), f(1)]$ ，
因此 $M=\max \{|f(-1)|,|f(1)|\}=\max \{|-1+a-b|,|1-a-b|\}$
$=\max \{|1-\mathrm{a}+\mathrm{b}|,|1-\mathrm{a}-\mathrm{b}|\}=1-\mathrm{a}+|\mathrm{b}|>\frac{1}{4}$ ，
综上所述，当 $\mathrm{a}>0$ 时， $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 在区间 $[-1,1]$ 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，不等式的证明，注意运用分类讨论的思想方法和转化思想，考查分析法在证明中的应用，以及化简整理、运算能力，属于难题