Question

13．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{3}$x³-$\frac{1}{2}$ （a+4）x²+（3a+5）x-（2a+2）lnx．  
（1）若a＜-1，且F（x）=f（x）-$\frac{1}{3}$x³+$\frac{1}{2}$ （a+5）x²-（2a+6）x，試討論函數(shù)F（x）的單調性；
（2）已知g（x）=f′（x）+$\frac{2a+2}{x}$，若不等式g（x）≥$\frac{2}{3}$lnx+3a+$\frac{14}{3}$對一切x∈（0，+∞）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調區(qū)間即可；
（2）求出函數(shù)的導數(shù)，問題等價于等價于3（a+4）≤3x+$\frac{4}{x}$-4lnx，令G（x）=3x+$\frac{4}{x}$-4lnx，根據(jù)函數(shù)的單調性求出g（x）的最小值，解關于a的不等式，解出即可．

解答 解：（1）F（x）=$\frac{1}{2}$x²+（a-1）x-（2a+2）lnx，且x＞0，
F′（x）=x+（a-1）-$\frac{2a+2}{x}$=$\frac{（x-2）[x+（a+1）]}{x}$，
令F′（x）=0，得x=2或x=-a-1，且2-（a-1）=a+3，
①當-3＜a＜-1時，若0＜x＜-a-1或x＞2，則F′（x）＞0，
若-a-1＜x＜2，則F′（x）＜0，
所以F（x）的遞增區(qū)間為（0，-a-1）、（2，+∞），遞減區(qū)間為（-a-1，2）；
②當a=-3時，F(xiàn)′（x）=$\frac{{（x-2）}^{2}}{x}$≥0，所以F（x）的遞增區(qū)間為（0，+∞）；
③當a＜-3時，若0＜x＜2或x＞-a-1，則F′（x）＞0；
若2＜x＜-a-1，則F′（x）＜0；
所以F（x）的遞增區(qū)間為（0，2）、（-a-1，+∞），遞減區(qū)間為（2，-a-1）；
（2）由函數(shù)解析式知函數(shù)定義域為x＞0，
且f′（x）=x²-（a+4）x+（3a+5）-$\frac{2a+2}{x}$，
所以g（x）=f′（x）+$\frac{2a+2}{x}$=x²-（a+4）x+（3a+5），
則不等式g（x）≥$\frac{4}{3}$xlnx+3a+$\frac{11}{3}$
等價于x²-（a+4）x+（3a+5）≥$\frac{4}{3}$xlnx+3a+$\frac{11}{3}$，
即3（a+4）≤3x+$\frac{4}{x}$-4lnx，
由題意，知不等式3（a+3）≤3x+$\frac{4}{x}$-4lnx對一切x∈（0，+∞）恒成立，
令G（x）=3x+$\frac{4}{x}$-4lnx，則G′（x）=$\frac{（3x+2）（x-2）}{{x}^{2}}$，
因為x＞0，則當0＜x＜2時，G′（x）＜0；當x＞2時，G′（x）＞0，
所以當x=2時，G（x）取得最小值G（x）_min=8-4ln2，
所以3（a+4）≤8-4ln2，解得a≤-$\frac{4+4ln2}{3}$，
故實數(shù)a的取值范圍（-∞，-$\frac{4+4ln2}{3}$]．

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，考查轉化思想、分類討論思想，是一道中檔題．