Question

8．設(shè)函數(shù)f（x）=x³-$\frac{9}{2}$x²+6x+m．
（1）對(duì)于x∈R，f′（x）≥a恒成立，求a的最大值；
（2）若方程f（x）=0有且僅有一個(gè)實(shí)根，求m的取值范圍；
（3）當(dāng)m=2時(shí)，若函數(shù)g（x）=$\frac{f（x）}{x}$+$\frac{9}{2}$x-6+2blnx（b≠0）在[1，2]上單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)b的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，得到3x²-9x+（6-a）≥0恒成立，根據(jù)判別式△≤0，求出a的范圍即可；
（2）求出f（x）的極大值和極小值，從而求出m的范圍即可；
（3）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為b≤$\frac{1}{x}$-x²在[1，2]恒成立，求出$\frac{1}{x}$-x²在[1，2]上的最小值即可．

解答 解：（1）f′（x）=3x²-9x+6，
x∈R，f′（x）≥a恒成立，即3x²-9x+（6-a）≥0恒成立，
∴△=81-12（6-a）≤0，解得：a≤-$\frac{3}{4}$，
∴a的最大值是-$\frac{3}{4}$；
（2）由f′（x）=3（x-1）（x-2），
令f′（x）＞0，解得：x＞2或x＜1，令f′（x）＜0，解得：1＜x＜2，
∴f（x）_極大值=f（1）=$\frac{5}{2}$+m，f（x）_極小值=f（2）=2+m，
故f（2）＞0或f（1）＜0時(shí)，方程f（x）=0僅有1個(gè)實(shí)數(shù)根，
∴m的范圍是（-∞，-$\frac{5}{2}$）∪（-2，+∞）；
（3）∵g（x）=$\frac{f（x）}{x}$+$\frac{9}{2}$x-6+2blnx（b≠0），
∴g′（x）=2x-$\frac{2}{{x}^{2}}$+$\frac{2b}{x}$，
函數(shù)g（x）在[1，2]上單調(diào)遞減，則g′（x）≤0在[1，2]恒成立，
從而b≤$\frac{1}{x}$-x²在[1，2]恒成立，令h（x）=$\frac{1}{x}$-x²，h′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$-2x＜0，
∴h（x）在[1，2]遞減，h（x）_min=h（2）=-$\frac{7}{2}$，
故b的最大值是-$\frac{7}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)恒成立問(wèn)題，是一道中檔題．