题目

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已知 $a \in {\mathbb{R}}$，函数 $f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} + 3ax - 3a + 3$

【难度】

【出处】

2013年高考浙江卷（理）

【标注】

知识点
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微积分初步
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利用导数研究函数的性质
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利用导数研究函数的切线
知识点
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微积分初步
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利用导数研究函数的性质
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利用导数研究函数的极值
知识点
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微积分初步
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导数问题中的技巧
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参数的讨论

求曲线 $y = f\left(x\right)$ 在点 $\left( {1,f\left( 1 \right)} \right)$ 处的切线方程；
标注
- 知识点
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  微积分初步
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  利用导数研究函数的性质
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  利用导数研究函数的切线
答案

$y = \left( {{ 3 }a - { 3 }} \right)x - { 3 }a + { 4 }$

解析

利用导数求切线的斜率．由题意\[f'\left( x \right) = { 3 }{x^{ 2 }} - { 6 }x + { 3 }a,\]故\[f'\left( { 1 } \right) = { 3 }a - { 3 }.\]又 $f\left( { 1 } \right) = { 1 }$，所以所求的切线方程为\[y = \left( {{ 3 }a - { 3 }} \right)x - { 3 }a + { 4 }.\]
当 $x \in \left[ {0,2} \right]$ 时，求 $\left| {f\left( x \right)} \right|$ 的最大值．
标注
- 知识点
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 微积分初步
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 利用导数研究函数的性质
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 利用导数研究函数的极值
- 知识点
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 微积分初步
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 导数问题中的技巧
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 参数的讨论
答案

${\left| {f\left( x \right)} \right|_\max} = {\begin{cases}
3 - 3a,&a \leqslant 0, \\
1 + 2\left( {1 - a} \right)\sqrt {1 - a} ,&0 < a < \dfrac{3}{4}, \\
3a - 1,&a \geqslant \dfrac{3}{4} .\\
\end{cases}}$

解析

注意带绝对值时需要考虑区间端点与极值点的函数值，特别注意分类讨论的合理性与简便性．由于 $f'\left( x \right) = { 3 }{\left( {x - { 1 }} \right)^{ 2 }} + { 3 }\left( {a - { 1 }} \right)$，$0 \leqslant x \leqslant { 2 }$．故
① 当 $a \leqslant 0$ 时，有 $f'\left( x \right) \leqslant 0$，此时 $f\left( x \right)$ 在 $\left[ {0,2} \right]$ 上单调递减，故\[{\left| {f\left( x \right)} \right|_{ \max\limits }} = { \max\limits }\left\{ {\left| {f\left( 0 \right)} \right|,\left| {f\left( { 2 } \right)} \right|} \right\} = 3 - { 3 }a.\]② 当 $a \geqslant 1$ 时，有 $f'\left( x \right) \geqslant 0$，此时 $f\left( x \right)$ 在 $\left[ {0,2} \right]$ 上单调递增，故\[{\left| {f\left( x \right)} \right|_{\max }} = { \max }\left\{ {\left| {f\left( 0 \right)} \right|,\left| {f\left( { 2 } \right)} \right|} \right\} = { 3 }a - 1.\]③ 当 $0 < a < 1$ 时，设 ${x_1} = 1 - \sqrt {1 - a} $，${x_2} = 1 + \sqrt {1 - a} $，则\[0 < {x_{ 1 }} < {x_{ 2 }} < { 2 },f'\left( x \right) = { 3 }\left( {x - {x_{ 1 }}} \right)\left( {x - {x_{ 2 }}} \right).\]列表如下：\[\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline x&0&\left(0,x_1\right)&x_1& \left(x_1,x_2 \right)&x_2& \left(x_2,2 \right)&2\\ \hline f'\left(x\right)& &+&0&-&0&+& \\ \hline f\left(x\right)&3-3a&单增&极大值&单减&极小值&单增&3a-1\\ \hline\end{array}\]由于\[\begin{split}f\left( {{x_{ 1 }}} \right) &= { 1 } + { 2 }\left( {{ 1 } - a} \right)\sqrt {1 - a},\\ f\left( {{x_{ 2 }}} \right) &= { 1 } - { 2 }\left( {{ 1 } - a} \right)\sqrt {1 - a},\end{split}\]故\[\begin{split}f\left( {{x_{ 1 }}} \right) + f\left( {{x_{ 2 }}} \right) &= { 2 } > 0,\\ f\left( {{x_{ 1 }}} \right) - f\left( {{x_{ 2 }}} \right) &= { 4 }\left( {{ 1 } - a} \right)\sqrt {1 - a} > 0,\end{split}\]从而\[f\left( {{x_{ 1 }}} \right) > \left| {f\left( {{x_{ 2 }}} \right)} \right|.\]所以\[{\left| {f\left( x \right)} \right|_{ \max\limits }} = { \max\limits }\left\{ {f\left( 0 \right),\left| {f\left( { 2 } \right)} \right|,f\left( {{x_{ 1 }}} \right)} \right\}.\]① 当 $0 < a < \dfrac{2}{3}$ 时，$f\left( 0 \right) > \left| {f\left( { 2 } \right)} \right|$．
又\[\begin{split}f\left( {{x_{ 1 }}} \right) - f\left( 0 \right) &= { 2 }\left( {{ 1 } - a} \right)\sqrt {1 - a} - \left( {2 - 3a} \right) \\& = \dfrac{{{a^2}\left( {3 - 4a} \right)}}{{2\left( {1 - a} \right)\sqrt {1 - a} + 2 - 3a}} \\ & > 0,\end{split}\]故 ${\left| {f\left( x \right)} \right|_{ \max\limits }} = f\left( {{x_{ 1 }}} \right) = { 1 } + { 2 }\left( {{ 1 } - a} \right)\sqrt {1 - a} $．
② 当 $\dfrac{2}{3} \leqslant a < 1$ 时，$\left| {f\left( { 2 } \right)} \right| = f\left( { 2 } \right)$，且 $f\left( { 2 } \right) \geqslant f\left( 0 \right)$．
又\[\begin{split}f\left( {{x_{ 1 }}} \right) - \left| {f\left( { 2 } \right)} \right| &= { 2 }\left( {{ 1 } - a} \right)\sqrt {1 - a} - \left( {3a - 2} \right) \\ &= \dfrac{{{a^2}\left( {3 - 4a} \right)}}{{2\left( {1 - a} \right)\sqrt {1 - a} + 3a - 2}},\end{split}\]所以
1）当 $\dfrac{2}{3} \leqslant a < \dfrac{3}{4}$ 时，$f\left( {x_1} \right) > \left| {f\left( 2 \right)} \right|$．故\[{\left| {f\left( x \right)} \right|_{ \max\limits }} = f\left( {{x_{ 1 }}} \right) = { 1 } + { 2 }\left( {{ 1 } - a} \right)\sqrt {1 - a} .\]2）当 $\dfrac{3}{4} \leqslant a < 1$ 时，$f\left( {{x_{ 1 }}} \right) \leqslant \left| {f\left( { 2 } \right)} \right|$．故\[{\left| {f\left( x \right)} \right|_{ \max\limits }} = \left| {f\left( { 2 } \right)} \right| = { 3 }a - { 1 }.\]综上所述，\[{\left| {f\left( x \right)} \right|_\max} = {\begin{cases}
3 - 3a,&a \leqslant 0, \\
1 + 2\left( {1 - a} \right)\sqrt {1 - a} ,&0 < a < \dfrac{3}{4}, \\
3a - 1,&a \geqslant \dfrac{3}{4} .\\
\end{cases}}\]

题目问题1 答案1 解析1 备注1 问题2 答案2 解析2

注意带绝对值时需要考虑区间端点与极值点的函数值，特别注意分类讨论的合理性与简便性．由于 $f'\left( x \right) = { 3 }{\left( {x - { 1 }} \right)^{ 2 }} + { 3 }\left( {a - { 1 }} \right)$，$0 \leqslant x \leqslant { 2 }$．故 ① 当 $a \leqslant 0$ 时，有 $f'\left( x \right) \leqslant 0$，此时 $f\left( x \right)$ 在 $\left[ {0,2} \right]$ 上单调递减，故\[{\left| {f\left( x \right)} \right|_{ \max\limits }} = { \max\limits }\left\{ {\left| {f\left( 0 \right)} \right|,\left| {f\left( { 2 } \right)} \right|} \right\} = 3 - { 3 }a.\]② 当 $a \geqslant 1$ 时，有 $f'\left( x \right) \geqslant 0$，此时 $f\left( x \right)$ 在 $\left[ {0,2} \right]$ 上单调递增，故\[{\left| {f\left( x \right)} \right|_{\max }} = { \max }\left\{ {\left| {f\left( 0 \right)} \right|,\left| {f\left( { 2 } \right)} \right|} \right\} = { 3 }a - 1.\]③ 当 $0 < a < 1$ 时，设 ${x_1} = 1 - \sqrt {1 - a} $，${x_2} = 1 + \sqrt {1 - a} $，则\[0 < {x_{ 1 }} < {x_{ 2 }} < { 2 },f'\left( x \right) = { 3 }\left( {x - {x_{ 1 }}} \right)\left( {x - {x_{ 2 }}} \right).\]列表如下：\[\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline x&0&\left(0,x_1\right)&x_1& \left(x_1,x_2 \right)&x_2& \left(x_2,2 \right)&2\\ \hline f'\left(x\right)& &+&0&-&0&+& \\ \hline f\left(x\right)&3-3a&单增&极大值&单减&极小值&单增&3a-1\\ \hline\end{array}\]由于\[\begin{split}f\left( {{x_{ 1 }}} \right) &= { 1 } + { 2 }\left( {{ 1 } - a} \right)\sqrt {1 - a},\\ f\left( {{x_{ 2 }}} \right) &= { 1 } - { 2 }\left( {{ 1 } - a} \right)\sqrt {1 - a},\end{split}\]故\[\begin{split}f\left( {{x_{ 1 }}} \right) + f\left( {{x_{ 2 }}} \right) &= { 2 } > 0,\\ f\left( {{x_{ 1 }}} \right) - f\left( {{x_{ 2 }}} \right) &= { 4 }\left( {{ 1 } - a} \right)\sqrt {1 - a} > 0,\end{split}\]从而\[f\left( {{x_{ 1 }}} \right) > \left| {f\left( {{x_{ 2 }}} \right)} \right|.\]所以\[{\left| {f\left( x \right)} \right|_{ \max\limits }} = { \max\limits }\left\{ {f\left( 0 \right),\left| {f\left( { 2 } \right)} \right|,f\left( {{x_{ 1 }}} \right)} \right\}.\]① 当 $0 < a < \dfrac{2}{3}$ 时，$f\left( 0 \right) > \left| {f\left( { 2 } \right)} \right|$． 又\[\begin{split}f\left( {{x_{ 1 }}} \right) - f\left( 0 \right) &= { 2 }\left( {{ 1 } - a} \right)\sqrt {1 - a} - \left( {2 - 3a} \right) \\& = \dfrac{{{a^2}\left( {3 - 4a} \right)}}{{2\left( {1 - a} \right)\sqrt {1 - a} + 2 - 3a}} \\ & > 0,\end{split}\]故 ${\left| {f\left( x \right)} \right|_{ \max\limits }} = f\left( {{x_{ 1 }}} \right) = { 1 } + { 2 }\left( {{ 1 } - a} \right)\sqrt {1 - a} $． ② 当 $\dfrac{2}{3} \leqslant a < 1$ 时，$\left| {f\left( { 2 } \right)} \right| = f\left( { 2 } \right)$，且 $f\left( { 2 } \right) \geqslant f\left( 0 \right)$． 又\[\begin{split}f\left( {{x_{ 1 }}} \right) - \left| {f\left( { 2 } \right)} \right| &= { 2 }\left( {{ 1 } - a} \right)\sqrt {1 - a} - \left( {3a - 2} \right) \\ &= \dfrac{{{a^2}\left( {3 - 4a} \right)}}{{2\left( {1 - a} \right)\sqrt {1 - a} + 3a - 2}},\end{split}\]所以 1）当 $\dfrac{2}{3} \leqslant a < \dfrac{3}{4}$ 时，$f\left( {x_1} \right) > \left| {f\left( 2 \right)} \right|$．故\[{\left| {f\left( x \right)} \right|_{ \max\limits }} = f\left( {{x_{ 1 }}} \right) = { 1 } + { 2 }\left( {{ 1 } - a} \right)\sqrt {1 - a} .\]2）当 $\dfrac{3}{4} \leqslant a < 1$ 时，$f\left( {{x_{ 1 }}} \right) \leqslant \left| {f\left( { 2 } \right)} \right|$．故\[{\left| {f\left( x \right)} \right|_{ \max\limits }} = \left| {f\left( { 2 } \right)} \right| = { 3 }a - { 1 }.\]综上所述，\[{\left| {f\left( x \right)} \right|_\max} = {\begin{cases} 3 - 3a,&a \leqslant 0, \\ 1 + 2\left( {1 - a} \right)\sqrt {1 - a} ,&0 < a < \dfrac{3}{4}, \\ 3a - 1,&a \geqslant \dfrac{3}{4} .\\ \end{cases}}\]