Question

9．已知函數(shù)f（x）=ax³+x，g（x）=x²+px+q．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在x=1處取得極值，求實數(shù)a的值；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的條件下，函數(shù)F（x）=f'（x）g（x）（其中f'（x）為函數(shù)f（x）的導數(shù)）的圖象關(guān)于直線x=-1對稱，求函數(shù)F（x）單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，若對任意的x≥1，都有g(shù)（x）≥（6+λ）x-λlnx+3恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，得到f′（1）=0，求出a的值即可；
（Ⅱ）根據(jù)函數(shù)的奇偶性求出p，q的值，求出F（x）的解析式，求出函數(shù)的導數(shù)，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅲ）問題轉(zhuǎn)化為λ（x-lnx）≤x²-2x在x∈[1，+∞）上恒成立，得到$λ≤\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$在x∈[1，+∞）上恒成立，令$φ（x）=\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}（{x≥1}）$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出λ的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=ax³+x有f'（x）=3ax²+1
因為f（x）在x=1處取得極值，故f'（1）=3a+1=0
∴$a=-\frac{1}{3}$
經(jīng)檢驗：當$a=-\frac{1}{3}$時，符合題意，故$a=-\frac{1}{3}$
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：F（x）=（-x²+1）（x²+px+q）
∵F（x）的圖象關(guān)于直線x=-1對稱，故函數(shù)F（x-1）為偶函數(shù)
又F（x-1）=[-（x-1）²+1][（x-1）²+p（x-1）+q]=-x⁴+（4-p）x³+（3p-q-5）x²+2（1-p+q）x
∴$\left\{\begin{array}{l}4-p=0\\ 2（{1-p+q}）=0\end{array}\right.$，解得p=4，q=3
∴F（x）=（-x²+1）（x²+4x+3）
∴F'（x）=-2x（x²+4x+3）+（-x²+1）（2x+4）=-4（x+1）（x²+2x-1）
令F'（x）＞0有$x＜-1-\sqrt{2}$或$-1＜x＜-1+\sqrt{2}$
令F'（x）＜0有$-1-\sqrt{2}＜x＜-1$或$x＞-1+\sqrt{2}$
∴函數(shù)F（x）在區(qū)間$（{-∞，-1-\sqrt{2}}），（{-1，-1+\sqrt{2}}）$上單調(diào)遞增，
在區(qū)間$（{-1-\sqrt{2}，-1}），（{-1+\sqrt{2}，+∞}）$上單調(diào)遞減
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，對任意的x≥1，都有g(shù)（x）≥（6+λ）x-λlnx+3恒成立，
可轉(zhuǎn)化為λ（x-lnx）≤x²-2x在x∈[1，+∞）上恒成立
易知lnx＜x∴$λ≤\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$在x∈[1，+∞）上恒成立
令$φ（x）=\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}（{x≥1}）$，∴$φ'（x）=\frac{{（{x-1}）（{x+2-2lnx}）}}{{{{（{x-lnx}）}^2}}}$
令h（x）=x+2-2lnx（x≥1），∴$h'（x）=1-\frac{2}{x}$
∴h（x）在（1，2）上遞減，（2，+∞）上遞增
∴h（x）_min=h（2）=4-2ln2＞0
∴φ'（x）≥0，即φ（x）在[1，+∞）上遞增
∴φ（x）_min=φ（1）=-1
∴λ≤-1．

點評 本題考查了函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．