Question

設函數(shù)f(x)=x3-tx+

t-1

2

，t∈R．
（I）試討論函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，1]上的單調(diào)性：
（II）求最小的實數(shù)h，使得對任意x∈[0，1]及任意實數(shù)t，f(x)+|

t-1

2

|+h≥0恒成立．

Answer 1

分析：（1）對t分類討論，利用導數(shù)與單調(diào)性的關系即可得出；
（2）把問題正確等價轉化，通過分類討論，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值，即可得出．

解答：解：（1）∵函數(shù)f(x)=x3-tx+

t-1

2

，t∈R，∴f^′（x）=3x²-t．
1°若t≤0，則f^′（x）≥0（不恒等于0）在[0，1]上恒成立，∴f（x）在[0，1]上單調(diào)遞增；
2°若t≥3時，∵3x²≤3，∴f^′（x）≤0在[0，1]上恒成立，∴f（x）在[0，1]上單調(diào)遞減；
3°若0＜t＜3，則f′(x)=3(x+

t 3

)(x-

t 3

)，令f^′（x）=0，解得x=

t 3

，
當x∈[0，

t 3

)時，f^′（x）＜0，∴f（x）在x∈[0，

t 3

)上單調(diào)遞減；
當x∈(

t 3

，1]時，f^′（x）＞0，∴f（x）在x∈(

t 3

，1]上單調(diào)遞增．
（2）f(x)+|

t-1

2

|+h≥0?f(x)+|

t-1

2

|≥-h，因此，只需求出當x∈[0，1]，t∈R時，f(x)+|

t-1

2

|的最小值即可．
方法一：令g（x）=f（x）+|

t-1

2

|，x∈[0，1]，
而g^′（x）=f^′（x），由（1）的結論可知：
當t≤0或t≥3時，則g（x）在[0，1]上單調(diào)，故g（x）_min=min{g（0），g（1）}=min{

t-1

2

+|

t-1

2

|，

1-t

2

+|

t-1

2

|}=0．
當0＜t＜3時，則g(x)min=g(

t 3

)=-

2

3

t

t 3

+

t-1

2

+|

t-1

2

|．
∴h（t）=

0，當t≤0或t≥3時 - 2 3 t t 3 + t-1 2 +| t-1 2 |，當0＜t＜3時

．
下面求當t∈R時，關于t的函數(shù)h（t）的最小值．
當t∈（0，1）時，h（t）=-

2t

3

t 3

在（0，1）上單調(diào)遞減；
當1＜t＜3時，h（t）=-

2t

3

t 3

+t-1，h′(t)=1-

t 3

＞0，∴h（t）在（1，3）上單調(diào)遞增．又h（t）在t=1處連續(xù)，故h（t）在t∈（0，3）上的最小值是h（1）=-

2 3

9

．
綜上可知：當t∈[0，1]且t∈R時，f(x)+|

t-1

2

|的最小值為m=-

2 3

9

，即得h的最小值為-m=

2 3

9

．
方法2：對于給定的x∈[0，1]，求關于t的函數(shù)（t∈R），
g（t）=f（x）+|

t-1

2

|=-xt+

t-1

2

+|

t-1

2

|+x³=

-xt+x3，當t＜1時 (1-x)t+x3-1，當t≥1時

的最小值．
由于-x≤0，當t∈（-∞，1）時，g^′（t）≤0；由于1-x≥0，故當t∈（1，+∞）時，g^′（t）≥0．
考慮到g（t）在t=1處連續(xù)，∴g（t）的最小值h（x）=x³-x．
下面再求關于x的函數(shù)h（x）=x³-x在x∈[0，1]時的最小值．
h^′（x）=3x²-1，令h^′（x）=0，解得x=

3

3

．
當x∈(0，

3

3

)時，h^′（x）＜0，函數(shù)h（x）在此區(qū)間上單調(diào)遞減；當x∈(

3

3

，1)時，h^′（x）＞0，函數(shù)h（x）在此區(qū)間上單調(diào)遞增．
故h（x）的最小值為h(

3

3

)=-

2 3

9

．
綜上可得：當x∈（0，1）時，且t∈R.f(x)+|

t-1

2

|的最小值m=-

2 3

9

，即得h的最小值為-m=

2 3

9

．

點評：熟練掌握分類討論的思想方法、利用導數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性、極值、最值、及把問題正確等價轉化是解題的關鍵．