Question

已知函數(shù)f（x）=2x³+3（1-a）x²-6ax-3a，g（x）=3x²+kx．
（Ⅰ）對(duì)任意a≥1，使得f（-1）是函數(shù)f（x）在區(qū)間[-1，b]（b＞-1）上的最大值，試求最大的實(shí)數(shù)b．
（Ⅱ）若0＜a＜1，對(duì)于區(qū)間[-1，0]上的任意兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)x₁、x₂，且x₁＜x₂，都有|g（x₁）-g（x₂）|＜f（x₁）-f（x₂）成立，求k的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,函數(shù)恒成立問題

專題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）由已知，f（x）-f（-1）=（x+1）[2x²+（1-3a）x-1-3a]≤0在區(qū)間[-1，b]（b＞-1）上恒成立，只需h（x）=2x²+（1-3a）x-1-3a≤0在區(qū)間[-1，b]（b＞-1）上恒成立，而h（-1）=0，只需h（b）=2b²+（1-3a）b-1-3a≤0對(duì)一切a≥1恒成立，即可求最大的實(shí)數(shù)b．
（Ⅱ）判斷p（x）=f（x）+g（x）和q（x）=f（x）-g（x）在區(qū)間[-1，0]上是減函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)，可得k≤6a；k≥6，根據(jù)0＜a＜1，可得k不存在．

解答： 解：（Ⅰ）由已知，f（x）-f（-1）=（x+1）[2x²+（1-3a）x-1-3a]≤0在區(qū)間[-1，b]（b＞-1）上恒成立，
只需h（x）=2x²+（1-3a）x-1-3a≤0在區(qū)間[-1，b]（b＞-1）上恒成立，
∵h(yuǎn)（-1）=0，
∴只需h（b）=2b²+（1-3a）b-1-3a≤0對(duì)一切a≥1恒成立，
記m（a）=h（b）=-3（b+1）a+2b²+b-1，
只需m（1）=2b²-2b-4≤0，
解得-1＜b≤2，
∴最大的實(shí)數(shù)b為2．
（Ⅱ）當(dāng)x∈[-1，0]時(shí)，∵a＞0，
∴f′（x）=6（x+1）（x-a）≤0，
∴函數(shù)f（x）在區(qū)間[-1，0]上是減函數(shù)，
∵x₁＜x₂，|g（x₁）-g（x₂）|＜f（x₁）-f（x₂）成立，
∴f（x₂）-f（x₁）＜g（x₁）-g（x₂）＜f（x₁）-f（x₂）成立，
即f（x₁）+g（x₁）＞f（x₂）+g（x₂），f（x₁）-g（x₁）＞f（x₂）-g（x₂），
∴p（x）=f（x）+g（x）和q（x）=f（x）-g（x）在區(qū)間[-1，0]上是減函數(shù)．
由p′（x）=6（x+1）（x-a）+6x+k≤0，可得6-k≥6（x+1）（x-a+1）在區(qū)間[-1，0]上恒成立，
∴6-k≥6（1-a），即k≤6a；
由q′（x）=6（x+1）（x-a）-6x-k≤0，可得k-6≥6（x+1）（x-a+1）在區(qū)間[-1，0]上恒成立，
∴k-6≥0，即k≥6；
∵0＜a＜1，
∴k不存在．

點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的綜合運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查恒成立問題，考查小時(shí)分析解決問題的能力，有難度．