分析 (Ⅰ)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),通過討論a的范圍,解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,從而求出函數(shù)的極值即可;
(Ⅱ)先求出函數(shù)f(x)和g(x)的導(dǎo)函數(shù),再利用函數(shù)f(x)和g(x)在區(qū)間[-1,+∞)上單調(diào)性一致即f′(x)g′(x)≥0在[-1,+∞)上恒成立,以及3x2+a>0,來求實(shí)數(shù)b的取值范圍;
(Ⅲ)先求出f′(x)=0的根以及g′(x)=0的根,再分別求出兩個函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,綜合在一起看何時函數(shù)f(x)和g(x)在以a,b為端點(diǎn)的開區(qū)間上單調(diào)性一致,進(jìn)而求得|a-b|的最大值.
解答 解:(Ⅰ)f′(x)=3x2+a,
a≥0時,f′(x)≥0,f(x)在R遞增,無極值,
a<0時,令f′(x)>0,解得:x>$\frac{\sqrt{-3a}}{3}$或x<-$\frac{\sqrt{-3a}}{3}$,
令f′(x)<0,解得:-$\frac{\sqrt{-3a}}{3}$<x<$\frac{\sqrt{-3a}}{3}$,
∴f(x)在(-∞,-$\frac{\sqrt{-3a}}{3}$)遞增,在(-$\frac{\sqrt{-3a}}{3}$,$\frac{\sqrt{-3a}}{3}$)遞減,在($\frac{\sqrt{-3a}}{3}$,+∞)遞增,
∴f(x)的極大值是f(-$\frac{\sqrt{-3a}}{3}$)=-$\frac{2a\sqrt{-3a}}{9}$,f(x)的極小值是f($\frac{\sqrt{-3a}}{3}$)=$\frac{2a\sqrt{-3a}}{9}$.
(Ⅱ)f′(x)=3x2+a,g′(x)=2x+b,
由題得f′(x)g′(x)≥0在[-2,+∞)上恒成立.
因?yàn)閍>0,故3x2+a>0,
進(jìn)而2x+b≥0,即b≥-2x在[-2,+∞)上恒成立,所以b≥4,
故實(shí)數(shù)b的取值范圍是[4,+∞);
(Ⅲ)令f′(x)=0,得x=±$\sqrt{-\frac{a}{3}}$.
若b>0,由a<0得0∈(a,b).又因?yàn)閒′(0)g′(0)=ab<0,
所以函數(shù)f(x)和g(x)在(a,b)上不是單調(diào)性一致的.
因此b≤0.
現(xiàn)設(shè)b≤0,當(dāng)x∈(-∞,0)時,g′(x)<0;
當(dāng)x∈(-∝,-$\sqrt{-\frac{a}{3}}$)時,f′(x)>0.
因此,當(dāng)x∈(-∝,-$\sqrt{-\frac{a}{3}}$)時,f′(x)g′(x)<0.故由題設(shè)得a≥-$\sqrt{-\frac{a}{3}}$且b≥-$\sqrt{-\frac{a}{3}}$,
從而-$\frac{1}{3}$≤a<0,于是-$\frac{1}{3}$<b≤0,因此|a-b|≤$\frac{1}{3}$,且當(dāng)a=-$\frac{1}{3}$,b=0時等號成立,
又當(dāng)a=-$\frac{1}{3}$,b=0時,f′(x)g′(x)=6x(x2-$\frac{1}{9}$),從而當(dāng)x∈(-$\frac{1}{3}$,0)時f′(x)g′(x)>0.
故函數(shù)f(x)和g(x)在(-$\frac{1}{3}$,0)上單調(diào)性一致,因此|a-b|的最大值為$\frac{1}{3}$.
點(diǎn)評 本題主要考查導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)與原函數(shù)的單調(diào)性之間的關(guān)系,即當(dāng)導(dǎo)函數(shù)大于0時原函數(shù)單調(diào)遞增,當(dāng)導(dǎo)函數(shù)小于0時原函數(shù)單調(diào)遞減.
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| A. | 2 | B. | $\sqrt{14}$ | C. | $\sqrt{5}$ | D. | 2$\sqrt{5}$ |
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| A. | $\frac{S_6}{a_6}$ | B. | $\frac{S_7}{a_7}$ | C. | $\frac{S_8}{a_8}$ | D. | $\frac{S_9}{a_9}$ |
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