Question

已知函數(shù)f（x）=x³+ax²-1，x∈R，a∈R．
（Ⅰ） 設(shè)對(duì)任意x∈（-∞，0]，f（x）≤x恒成立，求a的取值范圍；
（Ⅱ） 是否存在實(shí)數(shù)a，使得滿(mǎn)足f^′（t）=4t²-2alnt的實(shí)數(shù)t有且僅有一個(gè)？若存在，求出所有這樣的a；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）法一：由f（-1）≤-1，得-2+a≤-1，即a≤1；又當(dāng)a≤1時(shí)，ax²≤x²，由此能求出a的取值范圍．
法二：當(dāng)x=0時(shí)，f（0）=-1≤0，此時(shí)a∈R；當(dāng)x＜0時(shí)，f（x）≤x等價(jià)于a≤-x+

1

x

+

1

x2

．由此能求出a的取值范圍．
（Ⅱ）假設(shè)存在，由f′（t）=4t²-2alnt等價(jià)于t²-2alnt-2at=0，令h（t）=t²-2alnt-2at，t＞0，則h′(t)=2t-

2a

t

-2a=

2

t

(t2-at-a)．由此進(jìn)行分類(lèi)討論，能推導(dǎo)出這樣的實(shí)數(shù)a存在，且a＜0或a=

1

2

．

解答：解：（Ⅰ）解法一：由f（-1）≤-1，得-2+a≤-1，即a≤1；
又當(dāng)a≤1時(shí)，ax²≤x²，因?yàn)閤≤0，則x-1＜0，
于是f（x）-x=x³+ax²-1-x≤x³+x²-1-x=（x+1）²（x-1）≤0，
即f（x）≤x恒成立，故a的取值范圍是（-∞，1]．
解法二：當(dāng)x=0時(shí)，f（0）=-1≤0，此時(shí)a∈R；
當(dāng)x＜0時(shí)，f（x）≤x等價(jià)于a≤-x+

1

x

+

1

x2

．
令g（x）=-x+

1

x

+

1

x2

，x＜0，
由g′(x)=-1-

1

x2

-

2

x3

=

x3+x+2

-x3

=

(x+1)(x2-x+2)

-x3

，
因?yàn)閤²-x+2＞0，-x³＞0，
所以g′（x）＜0，解得x＜-1，g′（x）＞0，解得-1＜x＜0，
于是g（x）在（-∞，-1）上是減函數(shù)，在（-1，0）是增函數(shù)，
從而g（x）_min=g（-1）=1，所以a≤1．
綜上，a的取值范圍是（-∞，1]．
（Ⅱ）假設(shè)存在，由f′（t）=4t²-2alnt等價(jià)于t²-2alnt-2at=0，
令h（t）=t²-2alnt-2at，t＞0，
則h′(t)=2t-

2a

t

-2a=

2

t

(t2-at-a)．
（�。┤鬭=0，則t=0，舍去；
（ⅱ）若a＜0，h（t）=0，即t²-2alnt-2at=0，變形得

1

2a

t(t-2a)=lnt，
∵函數(shù)y=

1

2a

t(t-2a)，a＜0與y=lnt的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)t₀，
且t₀＞0，所以存在惟一正數(shù)t₀，使h（t₀）=0，因此a＜0符合；
（ⅲ）若a＞0，此時(shí)必存在使t²-at-a=0的正根t，記這個(gè)正根為t₀，
則h′（t）0，解得x＞t₀，
得h（t）在（0，t₀）上單調(diào)遞減，在（t₀，+∞）上單調(diào)遞增，
從而h（t）最小值為h（t₀），因?yàn)闈M(mǎn)足f′（t）=4t²-2alnt的實(shí)數(shù)t有且僅有一個(gè)，
所以h（t₀）=0，
由

t02-at0-a=0 -2alnt0-2at0=0

，得at₀+a=2alnt₀+2at₀，即2lnt₀+t₀-1=0，
記u（t₀）=2lnt₀+t₀-1，t₀＞0，
由u′(t0)=

2

t0

+1＞0，知u（t₀）=2lnt₀+t₀-1為增函數(shù)，
因?yàn)閡（1）=2ln1+1-1=0，u（t₀）=0，所以有且僅有惟一正數(shù)t₀=1，
代入t02-at0-a=0，得a=

1

2

．
綜上，這樣的實(shí)數(shù)a存在，且a＜0或a=

1

2

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查滿(mǎn)足條件的實(shí)數(shù)的取值范圍的求法，綜合性強(qiáng)，難度大，具有一定的探索性，對(duì)數(shù)學(xué)思維能力的要求較高．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)的靈活運(yùn)用．