题目 设函数 $f(x)=x^3-ax-b,x\in \mathbb R$，其中 $a,b\in \mathbb R$． 问题1 求 $f(x)$ 的单调区间； 答案1 <case>情形一</case> $a\leqslant 0$．<br/>函数 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty,+\infty)$，没有单调递减区间．<br/><case>情形二</case> $a>0$．<br/>函数 $f(x)$ 的单调递增区间是 $\left(-\infty,-\dfrac{\sqrt{3a}}3\right)$ 和 $\left(\dfrac{\sqrt{3a}}3,+\infty\right)$，单调递减区间是 $\left(-\dfrac{\sqrt{3a}}3,\dfrac{\sqrt{3a}}3\right)$ 解析1 函数 $f(x)$ 的导函数 $f'(x)=3x^2-a$．<br/><case>情形一</case> $a\leqslant 0$．<br/>此时恒有$$f'(x)\geqslant 0,$$于是函数 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty,+\infty)$，没有单调递减区间．<br/><case>情形二</case> $a>0$．<br/>此时函数 $f(x)$ 的单调递增区间是 $\left(-\infty,-\dfrac{\sqrt{3a}}3\right)$ 和 $\left(\dfrac{\sqrt{3a}}3,+\infty\right)$，单调递减区间是 $\left(-\dfrac{\sqrt{3a}}3,\dfrac{\sqrt{3a}}3\right)$． 备注1 问题2 若 $f(x)$ 存在极值点 $x_0$，且 $f(x_1)=f(x_0)$，其中 $x_1\ne x_0$，求证：$x_1+2x_0=0$； 答案2 略 解析2 因为 $x_0$ 是 $f(x)$ 的极值点，故由第（1）问可知，$$a>0,且 f'(x_0)=0,$$即$$a=3x_0^2 >0.$$由题意可知，关于 $x$ 的方程 $f(x)=f \left(x_0\right) $ 有且只有两个不同的实根 $x_0,x_1$．<br/>因为$$f \left(-2x_0\right) =\left(-2x_0\right)^3-3x_0^2\left(-2x_0\right)-b=-2x_0^3-b=x_0^3-ax_0-b=f\left(x_0\right), $$且$$-2x_0\ne x_0$$（否则由 $x_0=0$ 可推出 $a=0$，矛盾），故$$-2x_0=x_1, \text{即} x_1+2x_0=0.$$ 备注2 问题3 设 $a>0$，函数 $g(x)=|f(x)|$，求证：$g(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上的最大值不小于 $\dfrac 14$． 答案3 略 解析3 用反证法．<br/>假设 $g(x)$ 在区间 $[0,2]$ 上的最大值小于 $\dfrac 14$．<br/>考虑$$\begin{cases}f(-1)=-1+a-b,\\f(1)=1-a-b,\\f \left(-\dfrac{1}{2} \right)=-\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{2}a-b,\\f \left(\dfrac{1}{2} \right)=\dfrac{1}{8}-\dfrac{1}{2}a-b, \end{cases}$$我们有$$\begin{cases}2-2a=f(1)-f(-1),\\a- \dfrac{1}{4}=f \left(-\dfrac{1}{2} \right)-f \left(\dfrac{1}{2} \right), \end{cases}$$所以$$2f \left(-\dfrac{1}{2} \right)-2f \left(\dfrac{1}{2} \right)+f(1)-f(-1)=\dfrac{3}{2}, $$但是$$\left|2f \left(-\dfrac{1}{2} \right)-2f \left(\dfrac{1}{2} \right)+f(1)-f(-1)\right|\leqslant 2\left|f\left(-\dfrac{1}{2} \right) \right|+2\left|f\left(\dfrac{1}{2} \right) \right|+\left|f\left(1 \right) \right|+\left|f\left(-1\right) \right|<\dfrac{3}{2}, $$矛盾．<br/>因此 $g(x)$ 在区间 $[-1,1]$ 上的最大值不小于 $\dfrac 14$． 备注3