Question

2．已知函數(shù)f（x）=xlnx-x+$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{3}$ax³，f（x）為函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)．
（l）若F（x）=f（x）+b，函數(shù)F（x）在x=1處的切線方程為2x+y-1=0，求a、b的值；
（2）若f′（x）≤-x+ax恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）若曲線y=f（x）上存在兩條傾斜角為銳角且互相平行的切線，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）F（x）=f（x）+b=xlnx-x+$\frac{1}{2}{x}^{2}$-$\frac{1}{3}a{x}^{3}$+b，F(xiàn)′（x）=lnx+x-ax²，根據(jù)切點(diǎn)為（1，-1），切線的斜率為-2，可得$\left\{\begin{array}{l}{{F}^{′}（1）=1-a=-1}\\{F（1）=-\frac{1}{3}a+b=-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，解得a，b即可．
（2）f′（x）=lnx+x-ax²，f′（x）≤-x+ax恒成立，?$a≥\frac{lnx+2x}{{x}^{2}+x}$（x＞0），令G（x）=$\frac{lnx+2x}{{x}^{2}+x}$，則a≥G（x）_max，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值即可．
（3）f′（x）=lnx+x-ax²，令h（x）=f′（x）=lnx+x-ax²，（x＞0），h′（x）=$\frac{1}{x}$+1-2ax=$\frac{-2a{x}^{2}+x+1}{x}$，令u（x）=-2ax²+x+1，當(dāng)a≤0時(shí)，可得h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，不適合題意，舍去．當(dāng)a＞0時(shí)，u（x）的△=1+8a＞0，設(shè)方程u（x）=0的兩根分別為x₁，x₂，x₁x₂=-$\frac{1}{2a}$＜0，不妨設(shè)x₁＜0＜x₂，當(dāng)x∈（0，x₂）時(shí)，利用h（x）的單調(diào)性可得$\left\{\begin{array}{l}{-2a{x}_{2}^{2}+{x}_{2}+1=0}\\{h（{x}_{2}）＞0}\end{array}\right.$，得到2lnx₂+x₂-1＞0．利用x₂＞1，可得$2a=\frac{{x}_{2}+1}{{x}_{2}^{2}}=（\frac{1}{{x}_{2}}+\frac{1}{2}）^{2}-\frac{1}{4}$，即可得出．

解答 解：（1）F（x）=f（x）+b=xlnx-x+$\frac{1}{2}{x}^{2}$-$\frac{1}{3}a{x}^{3}$+b，
F′（x）=lnx+x-ax²，
∵切點(diǎn)為（1，-1），切線的斜率為-2，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{F}^{′}（1）=1-a=-2}\\{F（1）=-\frac{1}{3}a+b=-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=3}\\{b=\frac{1}{2}}\end{array}\right.$．
（2）f′（x）=lnx+x-ax²，∵f′（x）≤-x+ax恒成立，
∴$a≥\frac{lnx+2x}{{x}^{2}+x}$（x＞0），
令G（x）=$\frac{lnx+2x}{{x}^{2}+x}$，則a≥G（x）_max，G′（x）=$\frac{-（2x+1）（x-1+lnx）}{（{x}^{2}+x）^{2}}$，
令g（x）=x-1+lnx（x＞0），g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，且g（1）=0，
∴當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g（x）＜0，G′（x）＞0；當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g（x）＞0，G′（x）＜0．
∴G（x）在（0，1）時(shí)單調(diào)遞增，在（1，+∞）時(shí)單調(diào)遞減．
∴當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)G（x）取得最大值G（1）=1，
∴a≥1．
（3）f′（x）=lnx+x-ax²，令h（x）=f′（x）=lnx+x-ax²，（x＞0），
h′（x）=$\frac{1}{x}$+1-2ax=$\frac{-2a{x}^{2}+x+1}{x}$，
令u（x）=-2ax²+x+1，
當(dāng)a≤0時(shí)，u（x）＞0，∴h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，不適合題意，舍去．
當(dāng)a＞0時(shí)，u（x）的△=1+8a＞0，設(shè)方程u（x）=0的兩根分別為x₁，x₂，
∵x₁x₂=-$\frac{1}{2a}$＜0，不妨設(shè)x₁＜0＜x₂，當(dāng)x∈（0，x₂）時(shí)，h′（x）＞0，當(dāng)x∈（x₂，+∞）時(shí)，h′（x）＜0．
∴h（x）在x∈（0，x₂）時(shí)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈（x₂，+∞）時(shí)，h（x）單調(diào)遞減．
∴$\left\{\begin{array}{l}{-2a{x}_{2}^{2}+{x}_{2}+1=0}\\{h（{x}_{2}）＞0}\end{array}\right.$，得到$\left\{\begin{array}{l}{-2a{x}_{2}^{2}+{x}_{2}+1=0①}\\{ln{x}_{2}+{x}_{2}-a{x}_{2}^{2}＞0②}\end{array}\right.$，
由①可得：$a{x}_{2}^{2}=\frac{{x}_{2}+1}{2}$代入②整理可得2lnx₂+x₂-1＞0③．
∵函數(shù)v（x）=2lnx+x-1在（0，+∞）上單調(diào)遞增，v（1）=0，
∴x₂＞1，由①可得$2a=\frac{{x}_{2}+1}{{x}_{2}^{2}}=（\frac{1}{{x}_{2}}+\frac{1}{2}）^{2}-\frac{1}{4}$，
∵$0＜\frac{1}{{x}_{2}}＜1$，∴0＜2a＜2，∴0＜a＜1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、恒成立問(wèn)題的等價(jià)轉(zhuǎn)化方法、二次函數(shù)的單調(diào)性，考查了函數(shù)零點(diǎn)存在但是無(wú)法求出時(shí)的問(wèn)題解決方法，考查了分類(lèi)討論的思想方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題