Question

18．已知函數(shù)f（x）=ax³+x²-ax，其中a∈R且a≠0．
（Ⅰ）當a=1時，求函數(shù)f（x）的極值；
（Ⅱ）求函數(shù)g（x）=$\frac{f（x）}{x}-\frac{3}{a}$lnx的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）若存在a∈（-∞，-1]，使函數(shù)h（x）=f（x）+f′（x），x∈[-1，b]（b＞-1）在x=-1處取得最小值，試求b的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（Ⅱ）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)間即可；
（Ⅲ）當-1＜x≤b時，不等式可化為ax²+（2a+1）x+（1-3a）≥0，令F（x）=ax²+（2a+1）x+（1-3a），通過討論函數(shù)的單調(diào)性求出關(guān)于b的不等式，解出即可．

解答 解：（Ⅰ）當a=1時，f（x）=x³+x²-x，
∴f′（x）=（x+1）（3x-1），
令f′（x）=0，得x=-1或x=$\frac{1}{3}$，
列表討論f′（x）和f（x）的變化情況：

x	（-∞，-1）	-1	（-1，$\frac{1}{3}$）	$\frac{1}{3}$	（$\frac{1}{3}$，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	遞增	極大值	遞減	極小值	遞增

∴當x=-1時，f（x）取得極大值f（-1）=1，
當x=$\frac{1}{3}$時，f（x）取得極小值f（$\frac{1}{3}$）=-$\frac{5}{27}$；
（Ⅱ）∵g（x）=ax²+x-a-$\frac{3}{a}$lnx，
∴g（x）的定義域為（0，+∞），
g′（x）=$\frac{{{2a}^{2}x}^{2}+ax-3}{ax}$=$\frac{{2a}^{2}（x-\frac{1}{a}）（x+\frac{3}{2a}）}{ax}$，（a≠0）；
（1）當a＞0時，
由g′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{a}$，由g′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{a}$，
∴g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上單調(diào)遞增；
（2）當a＜0時，
由g′（x）＞0，解得0＜x＜-$\frac{3}{2a}$，由g′（x）＜0，解得：x＞-$\frac{3}{2a}$，
∴g（x）在（0，-$\frac{3}{2a}$）上單調(diào)遞增，在（-$\frac{3}{2a}$，+∞）上單調(diào)遞減．
（Ⅲ）∵f′（x）=3ax²+2x-a，
∴h（x）=ax³+（3a+1）x²+（2-a）x-a，
由題意知，h（x）≥h（-1）在區(qū)間[-1，b]上恒成立，
即（x+1）[ax²+（2a+1）x+（1-3a）]≥0，
當x=-1時，不等式成立；
當-1＜x≤b時，不等式可化為ax²+（2a+1）x+（1-3a）≥0，
令F（x）=ax²+（2a+1）x+（1-3a），
∵a≤-1，F(xiàn)（-1）=-4a＞0，
∴F（b）=ab²+（2a+1）b+（1-3a）≥0，
即$\frac{^{2}+2b-3}{b+1}$≤-$\frac{1}{a}$，
由題意，只需$\frac{^{2}+2b-3}{b+1}$≤${（-\frac{1}{a}）}_{max}$=1，
解得：$\frac{-1-\sqrt{17}}{2}$≤b≤$\frac{-1+\sqrt{17}}{2}$，
又b＞-1，∴-1＜b≤$\frac{-1+\sqrt{17}}{2}$，
∴b_max=$\frac{-1+\sqrt{17}}{2}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，考查轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想，是一道綜合題．