Question

（2010•成都一模）設函數(shù)f（x）=-x³+3mx+1+m（m∈R），且f（x）+f（-x）=4對任意x∈R恒成立．
（I）求m的值；
（II）求函數(shù)f（x）在[-1，3]上的最大值；
（III）設實數(shù)a，b，c∈[0，+∞）且a+b+c=3，證明：

1

(1+a)2

+

1

(1+b)2

+

1

(1+c)2

≥

3

4

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）可令x=0，即可求得m的值；
（Ⅱ）m=1，f（x）=-x³+3x+2，f′（x）=-3x²+3，先求函數(shù)f（x）在[-1，3]上的極值，再求其在端點的函數(shù)值，其中最大的就是所求；
（Ⅲ）由（Ⅰ）得m=1，f（x）=-x³+3x+2=（1+x）²（2-x），（Ⅱ）知，當x∈[0，3]時，（1+x）²（2-x）≤4，于是

1

(1+x)2

≥

1

4

(2-x)，當a，b，c∈[0，+∞）且a+b+c=3時，0≤a≤3，0≤b≤3，0≤c≤3，

1

(1+a)2

≥

1

4

(2-a)，

1

(1+b)2

≥

1

4

(2-b)，

1

(1+c)2

≥

1

4

(2-c)，利用同向不等式相加即可．

解答：解：（Ⅰ）∵對任意x∈R都有f（x）+f（-x）=4對任意x∈R恒成立，
∴f（0）=2，即m=1…（2分）
（Ⅱ）∵m=1，故f（x）=-x³+3x+2，
∴f′（x）=-3x²+3，令-3x²+3=0得：x₁=-1，x₂=1…（5分）
若-1＜x＜1，f′（x）＞0，若x＞1，f′（x）＜0，當x=1或x=-1，f′（x）=0，
∴f（x）=-x3+3x+2在（-1，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減；
∴f（x）_極大值=f（1）=4，
又f（-1）=1-3+2=0，
f（3）=-27+9+2=-16．
∴函數(shù)f（x）在[-1，3]上的最大值為4；…（8分）
（Ⅲ）由（Ⅰ）得m=1，∴f（x）=-x³+3x+2=（1+x）²（2-x），…（10分）
由（Ⅱ）知，當x∈[0，3]時，（1+x）²（2-x）≤4，

1

(1+x)2

≥

1

4

(2-x)…（12分）
當a，b，c∈[0，+∞）且a+b+c=3時，0≤a≤3，0≤b≤3，0≤c≤3，

1

(1+a)2

≥

1

4

(2-a)，

1

(1+b)2

≥

1

4

(2-b)，

1

(1+c)2

≥

1

4

(2-c)，
∴

1

(1+a)2

+

1

(1+b)2

+

1

(1+c)2

≥

1

4

(2-a)+

1

4

(2-b)+

1

4

(2-c)=

1

4

[6-（a+b+c）]=

3

4

…（14分）

點評：本題考查不等式的證明，重點考查利用導數(shù)求函數(shù)的閉區(qū)間上的最值及不等式的性質(zhì)證明，難點在于（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）結(jié)論的高度結(jié)合，特別是（1+x）²（2-x）≤4到

1

(1+x)2

≥

1

4

(2-x)的轉(zhuǎn)化，屬于難題．