题目

已知a∈R，函数f(x)＝4x3－2ax＋a． (1)求f(x)的单调区间； (2)证明：当0≤x≤1时，f(x)＋|2－a|＞0． 答案：解：由题意得f′(x)＝12x2－2a． 当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)． 当a＞0时，， 此时函数f(x)的单调递增区间为 和． 单调递减区间为． 证明：由于0≤x≤1，故当a≤2时，f(x)＋|a－2|＝4x3－2ax＋2≥4x3－4x＋2． 当a＞2时，f(x)＋|a－2|＝4x3＋2a(1－x)－2≥4x3＋4(1－x)－2＝4x3－4x＋2． 设g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1， 则g′(x)＝6x2－2＝， 于是在x∈(0,1)上，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表： x 0 1 g′(x) － 0 ＋ g(x) 1 单调递减 极小值 单调递增 1 所以，g(x)min＝＞0． 所以当0≤x≤1时，2x3－2x＋1＞0． 故f(x)＋|a－2|≥4x3－4x＋2＞0．

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