Question

8．設a，b∈R，函數(shù)f（x）=ax+$\frac{1}{x}$．g（x）=x²+b，
（1）若a=-3，b=0，求函數(shù)h（x）=f（x）•g（x）在區(qū)間（0，1]上的最值；
（2）若函數(shù)m（x）=f（x）+g（x）在區(qū)間（0，1]上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的最大值；
（3）若對任意實數(shù)a∈（-∞，-1），關于x的方程f（x）=g（x）有三個不同的解，求實數(shù)b的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）將a，b的值代入h（x），求出h（x）的導數(shù)，從而求出h（x）的最值；
（2）問題轉(zhuǎn)化為a≤$\frac{1}{{x}^{2}}$-2x，在x∈（0，1]時恒成立，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（3）問題轉(zhuǎn)化為a＜-1時，只需y=ax-b與函數(shù)F（x）=x²-$\frac{1}{x}$的圖象都有3個交點，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的圖象判斷即可．

解答 解：（1）a=-3，b=0時，h（x）=-3x³+x（x≠0），
∴h′（x）=-9x²+1，
由h′（x）≤0得：x≤-$\frac{1}{3}$或x≥$\frac{1}{3}$，
由h′（x）≥0得-$\frac{1}{3}$≤x≤$\frac{1}{3}$，
∴h（x）在（0，$\frac{1}{3}$]遞增，在[$\frac{1}{3}$，1）遞減，
又x→0時，h（x）→0，h（$\frac{1}{3}$）=$\frac{2}{9}$，h（1）=-2，
∴h（x）在（0，1]上的最大值是h（$\frac{1}{3}$）=$\frac{2}{9}$，
在（0，1]上的最小值是h（1）=-2；
（2）m（x）=ax+$\frac{1}{x}$+x²+b，m′（x）=a-$\frac{1}{{x}^{2}}$+2x，
由題意x∈（0，1]時，m′（x）≤0恒成立，
即a≤$\frac{1}{{x}^{2}}$-2x，在x∈（0，1]時恒成立，
又$\frac{1}{{x}^{2}}$-2x在x∈（0，1]遞減，
∴$\frac{1}{{x}^{2}}$-2x在（0，1]上的最小值是-1，
∴a≤-1，即a的最大值是-1；
（3）原問題轉(zhuǎn)化為：若對任意實數(shù)a∈（-∞，-1），關于x的方程x²-$\frac{1}{x}$=ax-b有三個不同的解，求b的范圍，
即a＜-1時，只需y=ax-b與函數(shù)F（x）=x²-$\frac{1}{x}$的圖象都有3個交點，
∵F′（x）=2x+$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{{2x}^{3}+1}{{x}^{2}}$，
由F′（x）＞0，得x＞-$\root{3}{\frac{1}{2}}$且x≠0，
由F′（x）＜0，解得：x＜-$\root{3}{\frac{1}{2}}$，
∴F（x）在（-∞，-$\root{3}{\frac{1}{2}}$）遞減，在（-$\root{3}{\frac{1}{2}}$，0），（0，+∞）遞增，
如圖示：
，
a＜-1時，只需y=ax-b與函數(shù)F（x）（x＞0）有1個交點，
∴直線y=ax-b和F（x）（x＜0）有2個交點，
a=-1時，F(xiàn)′（x）=2x+$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{{2x}^{3}+1}{{x}^{2}}$=-1，解得：x=-1，
此時，切線方程是y=-x+1，
即當b=-1，a=-1時，直線y=ax-b和F（x）=x²-$\frac{1}{x}$（x＜0）的圖象相切，
∴當-b≥1時，即b≤-1時，
∴當-b≥1即b≤-1時，
對任意a∈（-∞，-1），直線y=ax-b與函數(shù)F（x）的圖象恒有3個交點，
若對任意實數(shù)a∈（-∞，-1），關于x的方程f（x）=g（x）有三個不同的解．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，考查數(shù)形結(jié)合思想，是一道綜合題．