Question

1．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{3}$x³+f′（1）x²-x-1，x∈R，其中f′（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（-a，1+a）上存在極小值點，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）設(shè)函數(shù)f（x）在區(qū)間[t，t+3]上的最大值為M（t），最小值為m（t），記g（t）=M（t）-m（t），若g（t）≥b+t，對任意t∈[-3，-2]恒成立，求實數(shù)b的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導(dǎo)數(shù)f′（x），然后求f′（1），從而得到f′（1）=0，從而得出f（x）=$\frac{1}{3}{x}^{3}-x-1$，f′（x）=x²-1，從而可求得極小值點為x=1，從而可得到$\left\{\begin{array}{l}{-a＜1}\\{1+a＞1}\end{array}\right.$，這樣解出實數(shù)a的取值范圍即可；
（Ⅱ）由t的范圍求出t+3的范圍，這樣可得到t+3≤1，且-1∈[t，t+3]，從而可得出M（t）=f（-1）=-$\frac{1}{3}$，再通過作差比較f（t+3）和f（t）的大小，從而得出m（t）=f（t）=$\frac{1}{3}{t}^{3}-t-1$，從而得出g（t）=$-\frac{1}{3}{t}^{3}+t+\frac{2}{3}$．然后通過求導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號便能判斷出g（t）在[-3，-2]上單調(diào)遞減，從而g（-2）=$\frac{4}{3}$是g（t）的最小值，而b+t在[-3，-2]上的最大值顯然為b-2，從而可得出$\frac{4}{3}≥b-2$，這樣便可得出實數(shù)t的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=x²+2f′（1）x-1，∴f′（1）=2f′（1）；
∴f′（1）=0；
∴$f（x）=\frac{1}{3}{x}^{3}-x-1$，f′（x）=x²-1；
∴x＜-1時，f′（x）＞0，-1＜x＜1時，f′（x）＜0，x＞1時，f′（x）＞0；
∴x=-1是f（x）的極大值點，x=1是f（x）的極小值點；
又f（x）在區(qū)間（-a，1+a）上存在極小值點；
∴$\left\{\begin{array}{l}{-a＜1}\\{1+a＞1}\end{array}\right.$；
∴a＞0；
∴實數(shù)a的取值范圍為（0，+∞）；
（Ⅱ）-3≤t≤-2；
∴0≤t+3≤1；
∴-1∈[t，t+3]；
∴x=-1f（x）取到最大值M（t）=$-\frac{1}{3}$；
$f（t+3）-f（t）=\frac{1}{3}（t+3）^{3}-（t+3）$$-\frac{1}{3}{t}^{3}+t$=3（t²+3t+2）；
設(shè)h（t）=3（t²+3t+2），對稱軸為t=$-\frac{3}{2}$，在t∈[-3，-2]上單調(diào)遞減，且h（-2）=0；
∴h（t）≥0；
∴f（t+3）≥f（t）；
∴f（x）在[t，t+3]上的最小值m（t）=f（t）=$\frac{1}{3}{t}^{3}-t-1$；
∴$g（t）=M（t）-m（t）=-\frac{1}{3}-\frac{1}{3}{t}^{3}+t+1$=$-\frac{1}{3}{t}^{3}+t+\frac{2}{3}$，g′（t）=-t²+1=-（t+1）（t-1）；
∴t∈[-3，-2]時，g′（t）＜0；
∴g（t）在[-3，-2]上單調(diào)遞減；
∴g（t）在[-3，-2]上的最小值為g（-2）=$\frac{4}{3}$，b+t在t∈[-3，-2]上的最大值為b-2；
∵g（t）≥b+t對任意的t∈[-3，-2]恒成立；
∴$\frac{4}{3}≥b-2$；
∴$b≤\frac{10}{3}$；
∴實數(shù)b的取值范圍為：$（-∞，\frac{10}{3}]$．

點評 考查函數(shù)極大值點，極小值點的定義及求法，函數(shù)極值的概念及求法，根據(jù)導(dǎo)數(shù)求函數(shù)在閉區(qū)間上最值的方法和過程，以及根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號判斷函數(shù)單調(diào)性的方法，以及根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性定義求函數(shù)的最值．