Question

（2013•瀘州一模）已知函數(shù)f（x）=x³+mx，g（x）=nx²+n²，F(xiàn)（x）=f（x）+g（x）．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若函數(shù)F（x）在x=l處有極值為10，求曲線F（x）在（0，F(xiàn)（0））處的切線方程；
（Ⅲ）若n²＜3m，不等式F(

1+1nx

x-1

)＞F(

k

x

)對?x∈（1，+∞）恒成立，求整數(shù)k的最大值．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求f′（x），解含參數(shù)m的不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0即可；
（Ⅱ）由函數(shù)F（x）在x=l處有極值為10，可得F′（1）=0，F(xiàn)（1）=10，由此可求出F（x），由導數(shù)的幾何意義及直線點斜式方程可求切線方程；
（Ⅲ）由n²＜3m，可得F（x）為增函數(shù)，從而不等式F(

1+1nx

x-1

)＞F(

k

x

)可轉(zhuǎn)化為

1+lnx

x-1

＞

k

x

，分離出參數(shù)k，轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題即可解決．

解答：解：（Ⅰ）∵f（x）=x³+mx，∴f′（x）=3x²+m．
①當m≥0時，f′（x）≥0恒成立，所以f（x）在（-∞，+∞）上是增函數(shù)．
②當m＜0時，若f′（x）＜0，則-

-3m

3

＜x＜

-3m

3

．若f′（x）＞0，則x＜-

-3m

3

，或x＞

-3m

3

，
所以f（x）在（-

-3m

3

，

-3m

3

）上是減函數(shù)，在（-∞，-

-3m

3

），（

-3m

3

，+∞）上是增函數(shù)；
（Ⅱ）∵F（x）=x³+mx+nx²+n²，在x=1處有極值10，
∴F′（x）=3x²+2nx+m．
∴

F′(1)=0 F(1)=10

，∴

3×12+2n×1+m=0 13+n×12+m×1+n2=10

，
∴m=-11，n=4．或m=3，n=-3．
當m=3，n=-3時，F(xiàn)′（x）=3（x-1）²≥0，函數(shù)F（x）在R上是增函數(shù)，所以F（x）在x=1處無極值，不合題意．
當m=-11，n=4時，F(xiàn)′（x）=3x²+8x-11=（3x+11）（x-1），
當-

11

3

＜x＜1時，F(xiàn)′（x）＜0；當x＞1時，F(xiàn)′（x）＞0．
∴函數(shù)F（x）在x=1處取得極小值，符合題意．
∴m=-11，n=4．∴切線方程為11x+y-16=0．
（Ⅲ）∵F（x）=x³+mx+nx²+n²，
∴F′（x）=3x²+2nx+m．
∵n²＜3m，△=4（n²-3m）＜0，∴F′（x）＞0，
∴F（x）=x³+mx+nx²+n²在R上是增函數(shù)．
∵F（

1+lnx

x-1

）＞F（

k

x

）對任意x∈（1，+∞）恒成立，∴k＜

x(1+lnx)

x-1

對任意x∈（1，+∞）恒成立．
設函數(shù)h（x）=

x(1+lnx)

x-1

，則h′（x）=

x-lnx-2

(x-1)2

．
設m（x）=x-lnx-2，則m′（x）=1-

1

x

．
∵x∈（1，+∞），m′（x）＞0，則m（x）=x-lnx-2在（1，+∞）上是增函數(shù)，
因為m（1）=-1，m（2）=-ln2，m（3）=1-ln3＜0，m（4）=2-ln4＞0，所以?x₀∈（3，4），使m（x₀）=x₀-lnx₀-2=0
所以x∈（1，x₀）時，m（x）＜0，h′（x）＜0，所以h（x）=

x(1+lnx)

x-1

在（1，+∞）上遞減，
x∈（x₀，+∞）時，m（x）＞0，h′（x）＞0，所以h（x）=

x(1+lnx)

x-1

在（x₀，+∞）上遞增，
所以h（x）的最小值為h（x₀）=

x0(1+lnx0)

x0-1

，
又因為m（x₀）=x₀-lnx₀-2=0，所以h（x₀）=x₀，
因為x₀∈（3，4），且k＜h（x）對任意x∈（1，+∞）恒成立，所以k＜h（x）_min，
所以k≤3，整數(shù)k的最大值為3．

點評：本題考查導數(shù)的幾何意義、應用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及函數(shù)恒成立問題，屬于導數(shù)的綜合應用，有一定難度，特別是恒成立問題，常常轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題，進而可用導數(shù)解決．