試卷點(diǎn)評(píng)　今年的天津卷延續(xù)了去年天津卷的風(fēng)格,，非常重視對(duì)基本功的考查．選擇題最后一題和填空題最后一題都中規(guī)中矩,，不需要用什么技巧，只需要扎實(shí)的數(shù)學(xué)功底．解析幾何大題也不涉及一些熱點(diǎn)的圓錐曲線的性質(zhì),，而是樸實(shí)無華的計(jì)算．壓軸題大題是我們?cè)谀M考試中經(jīng)常遇到的“被關(guān)起來的二次函數(shù)”問題的升級(jí)版本,，第(2)小題的提示給的非常隱晦，如果用常規(guī)方法頗有難度．總的來說,，今年的天津卷的難度在全國(guó)各卷來說相對(duì)較高,，而試題風(fēng)格相對(duì)最穩(wěn)定．

理科第8題（選擇壓軸題）：

已知函數(shù)f(x)={x2+(4a?3)x+3a,x0,loga(x+1)+1,x?0（a>0，且a≠1） 在R上單調(diào)遞減,，且關(guān)于x的方程|f(x)|=2?x恰好有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)解,，則a的取值范圍是（　　）

A．(0,23]

B．[23,34]

C．[13,23]?{34}

D．[13,23)?{34}

解　因?yàn)?span>f(x)在R上單調(diào)遞減,，所以{?4a?32?0,0a1,[x2+(4a?3)x+3a]|x=0?[loga(x+1)+1]|x=0,解得13?a?34.
接下來思考函數(shù)y=f(x)的圖象與直線y=2?x(x?2)以及y=x?2(x?2)的公共點(diǎn)個(gè)數(shù),，如圖．

當(dāng)a=13時(shí)，符合題意．當(dāng)a變大時(shí),，設(shè)函數(shù)h(x)=loga(x+1)+1(x?0),則h(0)=1,，而h(2)=loga3+10,，因此在區(qū)間[0,2]上題中方程有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)解．這樣問題就轉(zhuǎn)化為了方程x2+(4a?3)x+3a=2?x在區(qū)間(?∞,0)上只有一個(gè)實(shí)數(shù)解．設(shè)g(x)=x2+(4a?2)x+3a?2,則g(0)=3a?2，因此得到分界點(diǎn)23．

情形一　13?a23．

此時(shí)g(0)<>,，而g(x)的圖象開口向上,，因此方程在區(qū)間(-\infty,0)上有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)解，符合題意．

情形二　a=\dfrac 23．

此時(shí)g(0)=0,，而g(x)的對(duì)稱軸x=1-2a滿足1-2a<>,，進(jìn)一步其判別式\Delta=4(4a-3)(a-1)>0,于是方程在區(qū)間(-\infty,0)上有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)解，符合題意．

情形三　\dfrac 23．

此時(shí)g(0)>0,，而g(x)的對(duì)稱軸x=1-2a滿足1-2a<>,，進(jìn)一步可得其判別式\Delta=4(4a-3)(a-1)=0,即a=\dfrac 34時(shí)符合題意．

綜上所述，a的取值范圍是\left[\dfrac 13,\dfrac 23\right]\cup\left\{\dfrac 34\right\}．

理科第14題（填空壓軸題）：

設(shè)拋物線\begin{cases}x=2p{{t}^{2}} ,\\ y=2pt\end{cases} （t為參數(shù),，p>0）的焦點(diǎn)為F,，準(zhǔn)線為l．過拋物線上一點(diǎn)A作l的垂線，垂足為B．設(shè)C\left(\dfrac{7}{2} p,0\right),，AF與BC 相交于點(diǎn)E． 若|CF|=2|AF|,，且\triangle ACE的面積為3\sqrt{2}，則p的值為______．

解　由題意可知,，拋物線的普通方程為y^2=2px(p>0),，F點(diǎn)坐標(biāo)為\left(\dfrac{p}{2},0 \right) ，準(zhǔn)線l的方程為x=-\dfrac{p}{2} ,，如圖．

設(shè)A點(diǎn)坐標(biāo)為\left(x_1,y_1\right) ,，不妨設(shè)y_1>0．由于\left|CF\right|=2\left|AF\right|，故2\left(x_1+\dfrac{p}{2} \right)=3p,解得 x_1=p,進(jìn)一步可求得A點(diǎn)坐標(biāo)為\left(p,\sqrt{2}p\right) ．

因?yàn)?span>\triangle{ABE}與\triangle{FCE}相似,，且\dfrac{\left|AB\right|}{\left|FC\right|}=\dfrac{1}{2} ,，所以S_{\triangle{ACF}}=3S_{\triangle{ACE}}=9\sqrt{2},即\dfrac{1}{2}\cdot 3p \cdot \sqrt{2}p=9\sqrt{2},解得p=\sqrt{6} ．

理科第19題（解析幾何）：

設(shè)橢圓\dfrac{{{x}^{2}}}{a^2}+\dfrac{{{y}^{2}}}{{3}} = 1(a>\sqrt 3)的右焦點(diǎn)為F，右頂點(diǎn)為A．已知 \dfrac {1}{|OF|}+\dfrac {1}{|OA|}=\dfrac {3e}{| FA|},，其中O為原點(diǎn),，e為橢圓的離心率．

(1) 求橢圓的方程；

(2) 設(shè)過點(diǎn)A的直線l與橢圓交于點(diǎn)B（B不在x軸上）,，垂直于l的直線與l交于點(diǎn)M,，與y軸交于點(diǎn)H，若BF \perp HF,，且\angle MOA\leqslant \angle MAO，求直線l的斜率的取值范圍．

解　(1) 由 \dfrac {1}{\left|OF\right|}+\dfrac {1}{\left|OA\right|}=\dfrac {3e}{\left|FA\right|}可知\dfrac{1}{c }+\dfrac{1}{a}=\dfrac{3\cdot\dfrac{c}{a} }{a-c}, 解得a=2．故橢圓方程為\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1．

(2) 如圖,，設(shè)B點(diǎn)坐標(biāo)為\left(2\cos\theta,\sqrt{3}\sin\theta \right) ,，其中\sin\theta\ne 0，H點(diǎn)坐標(biāo)為\left(0,h\right) ．

因?yàn)?span>BF \perp HF,，故\overrightarrow {FB}\cdot\overrightarrow {FH}=0,，解得h=\dfrac{2\cos\theta-1}{\sqrt{3}\sin\theta }.因?yàn)?span>M點(diǎn)在直線l上，所以可以設(shè)M點(diǎn)坐標(biāo)為\left(m,\dfrac{\sqrt{3}(m-2)\sin\theta }{2\cos\theta-2} \right) ．由題意，HM\perp AB,，所以\begin{split}\overrightarrow {HM}\cdot\overrightarrow {AB}&=\left(m,\dfrac{\sqrt{3}(m-2)\sin\theta }{2\cos\theta-2}-\dfrac{2\cos\theta-1}{\sqrt{3}\sin\theta }\right)\cdot\left(2\cos\theta-2,\sqrt{3}\sin\theta \right) \\&= \left(\dfrac{1}{2}\cos\theta-\dfrac{7}{2} \right)m+4+\cos\theta \\&=0,\end{split} 故m=\dfrac{8+2\cos\theta}{7-\cos\theta}.因?yàn)?span>\angle MOA\leqslant \angle MAO,，所以m \geqslant 1，解得\cos\theta \geqslant -\dfrac{1}{3} ．令\alpha=\dfrac{\theta}{2} ,，由于\cos\theta=\dfrac{1-\tan^2{\alpha}}{1+\tan^2\alpha},故-\sqrt{2} \leqslant \tan\alpha \leqslant \sqrt{2} ,；由于\sin\theta=\dfrac{2\tan\alpha}{1+\tan^2\alpha}\ne 0,故\tan\alpha\ne 0．所以-\sqrt{2}\leqslant \tan \alpha<0>或0<\tan\alpha \leqslant="" \sqrt{2}="">．

設(shè)直線l的斜率為k，則\begin{split} k=&\dfrac{\sqrt{3}\sin\theta }{2\cos\theta-2}\\=&\dfrac{\sqrt{3}\cdot\dfrac{2\tan\alpha}{1+\tan^2\alpha} }{2\left(\dfrac{1-\tan^2\alpha}{1+\tan^2\alpha} -1\right) } \\=&-\dfrac{\sqrt{3} }{2\tan\alpha},\end{split} 因?yàn)?span>-\sqrt{2}\leqslant \tan \alpha<0>或0<\tan\alpha \leqslant="" \sqrt{2}="">,，所以k \leqslant -\dfrac{\sqrt{6} }{4} 或k \geqslant \dfrac{\sqrt{6} }{4} ．

綜上所述,，直線l的斜率k的取值范圍是\left(-\infty,-\dfrac{\sqrt{6} }{4} \right]\cup\left[\dfrac{\sqrt{6} }{4},+\infty \right) ．

理科第20題（解答壓軸題）：

設(shè)函數(shù)f(x)=(x-1)^3-ax-b，x\in \mathcal R,，其中a,b\in \mathcal R．

(1) 求f(x)的單調(diào)區(qū)間,；

(2) 若f(x)存在極值點(diǎn)x_0，且f(x_1)=f(x_0),，其中x_1\neq x_0,，求證：x_1+2x_0=3；

(3) 設(shè)a>0,，函數(shù)g(x)=|f(x)|,，求證：g(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值不小于\dfrac 14．

分析　第(1)小題考查利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；第(2)小題考查利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)的極值點(diǎn)．第(3)小題在第(2)小題的基礎(chǔ)上可以畫出極端情形：

在此基礎(chǔ)上利用函數(shù)f(x)在x=0,\dfrac 12,\dfrac 32,2處的函數(shù)值結(jié)合反證法證明結(jié)論即可．

(1) 函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f'(x)=3(x-1)^2-a．

情形一　a\leqslant 0．

此時(shí)恒有f'(x)\geqslant 0,，于是函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-\infty,+\infty),，沒有單調(diào)遞減區(qū)間．

情形二　a>0．

此時(shí)函數(shù)f'(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是\left(-\infty,-\dfrac{\sqrt{3a}}3+1\right)和\left(\dfrac{\sqrt{3a}}3+1,+\infty\right),，單調(diào)遞減區(qū)間是\left(-\dfrac{\sqrt{3a}}3+1,\dfrac{\sqrt{3a}}3+1\right)．

(2) 因?yàn)?span>x_0是f(x)的極值點(diǎn),，故由第(1)問可知，a>0,，且f'(x_0)=0,，即a=3\left(x_0-1\right)^2 >0．由題意可知，關(guān)于x的方程f(x)=f \left(x_0\right) 有且只有兩個(gè)不同的實(shí)根x_0,x_1．因?yàn)?span>\begin{split}f \left(3-2x_0\right) &=\left(2-2x_0\right)^3-3\left(x_0-1\right)^2\left(3-2x_0\right)-b\\&=\left(x_0-1\right)^2\cdot\left(-2x_0-1\right)-b\\&=\left(x_0-1\right)^3-3x_0\left(x_0-1\right)^2-b\\&=\left(x_0-1\right)^3-ax_0-b\\&=f\left(x_0\right), \end{split} 且3-2x_0\ne x_0（否則由x_0=1可推出a=0,，矛盾）,，故3-2x_0=x_1,即x_1+2x_0=3．

(3) 用反證法．假設(shè)g(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值小于\dfrac 14．

考慮\begin{cases}f(0)=-1-b,\\f(2)=1-2a-b,\\f \left(\dfrac{3}{2} \right)=\dfrac{1}{8}-\dfrac{3}{2}a-b,\\f \left(\dfrac{1}{2} \right)=-\dfrac{1}{8}-\dfrac{1}{2}a-b, \end{cases} 我們有\begin{cases}2-2a=f(2)-f(0),\\a- \dfrac{1}{4}=f \left(\dfrac{1}{2} \right)-f \left(\dfrac{3}{2} \right), \end{cases} 所以2f \left(\dfrac{1}{2} \right)-2f \left(\dfrac{3}{2} \right)+f(2)-f(0)=\dfrac{3}{2}, 但是\begin{split} &\left|2f \left(\dfrac{1}{2} \right)-2f \left(\dfrac{3}{2} \right)+f(2)-f(0)\right|\\\leqslant &2\left|f\left(\dfrac{1}{2} \right) \right|+2\left|f\left(\dfrac{3}{2} \right) \right|+\left|f\left(2 \right) \right|+\left|f\left(0 \right) \right|\\<&\dfrac{3}{2}, \end{split}="">矛盾．

所以g(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值不小于\dfrac 14．

文科第8題（選擇壓軸題）：

已知函數(shù)f(x)=\sin^2{\dfrac {\omega x}2}+\dfrac 12\sin \omega x-\dfrac 12（\omega>0），x\in \mathcal R．若 f(x) 在區(qū)間 (\pi,2\pi) 內(nèi)沒有零點(diǎn),，則 \omega 的取值范圍是（　?。?/strong>

A．\left(0,\dfrac 18\right]

B．\left(0,\dfrac 14\right]\cup \left[\dfrac 58,1\right)

C．\left(0,\dfrac 58\right]

D．\left(0,\dfrac 18\right]\cup \left[\dfrac 14,\dfrac 58\right]

解　函數(shù)f(x)可以化簡(jiǎn)為f(x)=\dfrac {\sqrt 2}2\sin\left(\omega x-\dfrac{\pi}4\right).根據(jù)題意可知f(\pi)\cdot f(2\pi)\geqslant 0,且函數(shù)f(x)的半周期\dfrac{\pi}{\omega}不小于區(qū)間(\pi ,2\pi)的長(zhǎng)度\pi．在得到0<\omega \leqslant="">后，可得在區(qū)間(\pi,2\pi)上\omega x-\dfrac{\pi}4\in\left(-\dfrac{\pi}4,\dfrac{7\pi}4\right),討論如下．

情形一　f(\pi)= 0或f(2\pi)= 0．

此時(shí)\omega \pi -\dfrac{\pi}4=k_1\pi\lor 2\omega \pi -\dfrac{\pi}4=k_2\pi,其中k_1,k_2\in\mathcal Z．考慮到\omega\in (0,1],，于是解得\omega=\dfrac 18,\dfrac 14,\dfrac 58.

情形二　f(\pi)> 0且f(2\pi)> 0．

此時(shí)\begin{cases} 0< \omega="" \pi="">< \pi,\\="">< 2\omega="" \pi="">< \pi,\end{cases}="">解得\dfrac 14<>< \dfrac="">．

情形三　f(\pi)<>且f(2\pi)<>．

此時(shí)\begin{cases}-\dfrac{\pi}4<\omega \pi="" -\dfrac{\pi}4=""><0 \="" \lor\="" \pi=""><\omega \pi="">< \dfrac{7\pi}4,\\=""><2\omega \pi="" -\dfrac{\pi}4=""><0 \="" \lor\="">< 2\omega="" \pi="">< \dfrac{7\pi}4,\end{cases}="">解得0 <><\dfrac>．

綜上所述,，\omega的取值范圍是\left(0,\dfrac 18\right]\cup \left[\dfrac 14,\dfrac 58\right]，選D．

拓展　考慮將函數(shù)y=\dfrac{\sqrt 2}2\sin\left(\omega x-\dfrac{\pi}4\right)的圖象進(jìn)行拉伸,，使其在(\pi,2\pi)內(nèi)沒有零點(diǎn),，考慮x=\dfrac{\pi}4和x=\dfrac{5\pi}4最終的位置與區(qū)間(\pi,2\pi)的關(guān)系亦可．

文科第14題（填空壓軸題）：

已知函數(shù)f(x)=\begin{cases}x^2+(4a-3)x+3a,&x<0,\\{\log_a}(x+1)+1,&x\geqslant>（其中a>0,，且a\neq 1）在\mathcal R上單調(diào)遞減，且關(guān)于x的方程|f(x)|=2-\dfrac x3恰有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)解,，則a的取值范圍是_______．

解　因?yàn)?span>f(x)在\mathcal{R} 上單調(diào)遞減,，所以\begin{cases} -\dfrac{4a-3}{2}\geqslant 0,\\ 0<><1,\\ \left.\left[{x}^{2}+(4a-3)x+3a\right]\right|_{x="0}" \geqslant="" \left.\left[{{\log="" }_{a}}(x+1)+1\right]\right|_{x="0},">解得\dfrac{1}{3}\leqslant a \leqslant \dfrac{3}{4}.
接下來思考函數(shù)y=f(x)的圖象與直線y=2-\dfrac x3(x\leqslant 6)以及y=\dfrac x3-2(x\leqslant 6)的公共點(diǎn)個(gè)數(shù)，如圖．

當(dāng)a=\dfrac 13時(shí),，符合題意．當(dāng)a變大時(shí),，設(shè)函數(shù)h(x)={\log_a}(x+1)+1(x\geqslant 0),則h(0)=1，而h(2)={\log_a}3+1<>,，因此在區(qū)間[0,6]上題中方程有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)解．這樣問題就轉(zhuǎn)化為了方程x^2+(4a-3)x+3a=2-\dfrac x3在區(qū)間(-\infty,0)上只有一個(gè)實(shí)數(shù)解．設(shè)g(x)=x^2+4\left(a-\dfrac 23\right)x+3a-2,則g(0)=3a-2,，因此得到分界點(diǎn)\dfrac 23．

情形一　\dfrac 13\leqslant a<\dfrac>．

此時(shí)g(0)<>，而g(x)的圖象開口向上,，因此方程在區(qū)間(-\infty,0)上有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)解,，符合題意．

情形二　a=\dfrac 23．

此時(shí)g(0)=0，而g(x)的對(duì)稱軸為x=0,，于是方程在區(qū)間(-\infty,0)上沒有實(shí)數(shù)解,，不符合題意．

情形三　\dfrac 23．

此時(shí)g(0)>0，而g(x)的對(duì)稱軸x=-2\left(a-\dfrac 23\right)滿足-2\left(a-\dfrac 23\right)<>進(jìn)一步可得其判別式\Delta=16\left(a-\dfrac 23\right)^2-12\left(a-\dfrac 23\right)<>于是方程在區(qū)間(-\infty,0)上沒有實(shí)數(shù)解,，不符合題意．

綜上所述,，a的取值范圍是\left[\dfrac 13,\dfrac 23\right)．

文科第19題（解析幾何）：

設(shè)橢圓 \dfrac {x^2}{a^2}+\dfrac {y^2}3=1(a>\sqrt 3) 的右焦點(diǎn)為 F，右頂點(diǎn)為 A,，已知 \dfrac 1{|OF|}+\dfrac 1{|OA|}=\dfrac {3e}{|FA|},，其中 O 為原點(diǎn)，e 為橢圓的離心率．

(1) 求橢圓的方程,；

(2) 設(shè)過點(diǎn) A 的直線 l 與橢圓交于點(diǎn) B（B 不在 x 軸上）,，垂直于 l 的直線與 l 交于點(diǎn) M，與 y 軸交于點(diǎn) H．若 BF\perp HF,，且 \angle MOA=\angle MAO,，求直線 l 的斜率．　

解　(1) 由 \dfrac {1}{\left|OF\right|}+\dfrac {1}{\left|OA\right|}=\dfrac {3e}{\left|FA\right|}可知\dfrac{1}{c }+\dfrac{1}{a}=\dfrac{3\cdot\dfrac{c}{a} }{a-c}, 解得a=2．故橢圓方程為\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1．

(2) 如圖，設(shè)B點(diǎn)坐標(biāo)為\left(2\cos\theta,\sqrt{3}\sin\theta \right) ,，其中\sin\theta\ne 0,，H點(diǎn)坐標(biāo)為\left(0,h\right) ．

因?yàn)?span>BF \perp HF，故\overrightarrow {FB}\cdot\overrightarrow {FH}=0,解得h=\dfrac{2\cos\theta-1}{\sqrt{3}\sin\theta }.因?yàn)?span>M點(diǎn)在直線l上,，所以可以設(shè)M點(diǎn)坐標(biāo)為\left(m,\dfrac{\sqrt{3}(m-2)\sin\theta }{2\cos\theta-2} \right) .由題意,，HM\perp AB，所以\begin{split}\overrightarrow {HM}\cdot\overrightarrow {AB}&=\left(m,\dfrac{\sqrt{3}(m-2)\sin\theta }{2\cos\theta-2}-\dfrac{2\cos\theta-1}{\sqrt{3}\sin\theta }\right)\cdot\left(2\cos\theta-2,\sqrt{3}\sin\theta \right) \\&= \left(\dfrac{1}{2}\cos\theta-\dfrac{7}{2} \right)m+4+\cos\theta \\&=0,\end{split} 故m=\dfrac{8+2\cos\theta}{7-\cos\theta},因?yàn)?span>\angle MOA= \angle MAO,，所以m = 1,，解得\cos\theta = -\dfrac{1}{3} ．從而M\left(1,\pm\dfrac{\sqrt 6}4\right)，所以直線l的斜率\pm \dfrac{\sqrt{6} }{4} ．

文科第20題（解答壓軸題）：

設(shè)函數(shù) f(x)=x^3-ax-b,x\in \mathcal R,，其中 a,b\in \mathcal R．

(1) 求 f(x) 的單調(diào)區(qū)間,；

(2) 若 f(x) 存在極值點(diǎn) x_0，且 f(x_1)=f(x_0),，其中 x_1\ne x_0,，求證：x_1+2x_0=0；

(3) 設(shè) a>0,，函數(shù) g(x)=|f(x)|,，求證：g(x) 在區(qū)間 [-1,1] 上的最大值不小于 \dfrac 14．

解　(1) 函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f'(x)=3x^2-a．

情形一　a\leqslant 0．

此時(shí)恒有f'(x)\geqslant 0，于是函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-\infty,+\infty),，沒有單調(diào)遞減區(qū)間．

情形二　a>0．

此時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是\left(-\infty,-\dfrac{\sqrt{3a}}3\right)和\left(\dfrac{\sqrt{3a}}3,+\infty\right),，單調(diào)遞減區(qū)間是\left(-\dfrac{\sqrt{3a}}3,\dfrac{\sqrt{3a}}3\right)．

(2) 因?yàn)?span>x_0是f(x)的極值點(diǎn)，故由第(1)問可知,，a>0,，且f'(x_0)=0，即a=3x_0^2 >0．由題意可知,，關(guān)于x的方程f(x)=f \left(x_0\right) 有且只有兩個(gè)不同的實(shí)根x_0,x_1．因?yàn)?span>\begin{split} 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), \end{split} 且-2x_0\ne x_0（否則由x_0=0可推出a=0,，矛盾），故-2x_0=x_1,即x_1+2x_0=0.

(3) 用反證法．假設(shè)g(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值小于\dfrac 14．

考慮\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} 我們有\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\begin{split} &\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}, \end{split}="">矛盾．

所以g(x)在區(qū)間[-1,1]上的最大值不小于\dfrac 14．