查看数据源：599165c32bfec200011e0835
设 $a \in \left[ - 2,0\right]$，已知函数 $f\left(x\right) = {\begin{cases}
{x^3} - \left(a + 5\right)x,&x \leqslant 0, \\
{x^3} - \dfrac{a + 3}{2}{x^2} + ax,&x > 0. \\
\end{cases}}$
【难度】
【出处】
2013年高考天津卷（文）
【标注】
  1. 证明：$f\left(x\right)$ 在区间 $\left( - 1,1\right)$ 内单调递减，在区间 $\left(1, + \infty \right)$ 内单调递增；
    标注
    答案
    略
    解析
    本题考查导数研究函数单调性的相关知识．设函数\[\begin{split}{f_1} \left(x \right) &= {x^3} - \left(a + 5 \right)x \left(x \leqslant 0 \right) ,\\ {f_2} \left(x \right) &= {x^3} - \dfrac{a + 3}{2}{x^2} + ax \left(x \geqslant 0 \right),\end{split}\]（i）\[f_1^\prime \left(x\right) = 3{x^2} - \left(a + 5 \right),\]由于 $a \in \left[ { - 2,0} \right]$，从而当 $ - 1 < x \leqslant 0$ 时，\[\begin{split}f_1^\prime \left(x\right) &= 3{x^2} - \left(a + 5 \right) \\& < 3 - a - 5 \\& \leqslant 0,\end{split}\]所以函数 ${f_1}\left(x\right)$ 在区间 $\left( { - 1,0} \right]$ 内单调递减．
    （ii）\[\begin{split}f_2^\prime \left(x\right) &= 3{x^2} - \left(a + 3\right)x + a \\& = \left(3x - a \right) \left(x - 1 \right),\end{split}\]由于 $a \in \left[ - 2,0 \right]$，所以当 $0 < x < 1$ 时，\[f_2^\prime \left(x\right) < 0;\]当 $x > 1$ 时，\[f_2^\prime \left(x\right) > 0,\]即函数 ${f_2}\left(x\right)$ 在区间 $ \left[0,1 \right)$ 内单调递减，在区间 $ \left(1, + \infty \right)$ 内单调递增．
    综合（i）（ii）及 ${f_1}\left(0\right) = {f_2}\left(0\right)$，可知函数 $f\left(x\right)$ 在区间 $ \left(-1,1\right)$ 内单调递减，在区间 $ \left(1, + \infty \right)$ 内单调递增．
  2. 设曲线 $y = f\left(x\right)$ 在点 ${P_i}\left({x_i},f\left({x_i}\right)\right)\left(i = 1,2,3\right)$ 处的切线相互平行，且 ${x_1}{x_2}{x_3} \ne 0$，
    证明：${x_1} + {x_2} + {x_3} > - \dfrac{1}{3}$．
    标注
    答案
    略
    解析
    结合已知条件，构造这三个切点横坐标所满足的方程，研究其性质．由（1）知 $f' \left(x \right)$ 在区间 $ \left( - \infty ,0 \right)$ 内单调递减，在区间 $\left( {0,\dfrac{a + 3}{6}} \right)$ 内单调递减，在区间 $\left( {\dfrac{a + 3}{6}, + \infty } \right)$ 内单调递增．
    因为曲线 $y = f \left(x \right)$ 在点 ${P_i} \left({x_i},f \left({x_i} \right) \right) \left(i = 1,2,3 \right)$ 处的切线相互平行，从而由导数的几何意义知 ${x_1},{x_2},{x_3}$ 互不相等，且\[f' \left({x_1} \right) = f' \left({x_2} \right) = f' \left({x_3} \right).\]不妨设 ${x_1} < 0 < {x_2} < {x_3}$，由\[\begin{split}3x_1^2 - \left(a + 5 \right) &= 3x_2^2 - \left(a + 3 \right){x_2} + a \\&= 3x_3^2 - \left(a + 3 \right){x_3} + a,\end{split}\]可得\[3x_2^2 - 3x_3^2 - \left(a + 3 \right) \left({x_2} - {x_3} \right) = 0,\]解得\[{x_2} + {x_3} = \frac{a + 3}{3},\]从而\[0 < {x_2} < \dfrac{a + 3}{6} < {x_3}.\]设 $g\left(x\right) = 3{x^2} - \left(a + 3 \right)x + a$，则由 $g\left(x\right) $ 的单调性得\[g\left( {\dfrac{a + 3}{6}} \right) < g\left({x_2}\right) < g\left(0\right) = a.\]由 $3x_1^2 - \left(a + 5 \right) = g \left({x_2} \right) < a$，解得\[ - \sqrt {\dfrac{2a + 5}{3}} < {x_1} < 0,\]所以\[{x_1} + {x_2} + {x_3} > - \sqrt {\dfrac{2a + 5}{3}} + \dfrac{a + 3}{3}.\]设 $t = \sqrt {\dfrac{2a + 5}{3}} $，则\[a = \dfrac{{3{t^2} - 5}}{2},\]因为 $a \in \left[ - 2,0\right]$，所以 $t \in \left[ {\dfrac{\sqrt 3 }{3},\dfrac{{\sqrt {15} }}{3}} \right]$，故\[\begin{split}{x_1} + {x_2} + {x_3} &> - t + \dfrac{{3{t^2} + 1}}{6} \\&= \dfrac{1}{2}{ \left(t - 1 \right)^2} - \dfrac{1}{3} \\&\geqslant - \dfrac{1}{3},\end{split}\]即\[{x_1} + {x_2} + {x_3} > - \dfrac{1}{3}.\]
题目 问题1 答案1 解析1 备注1 问题2 答案2 解析2 备注2
0.109851s