Question

9．已知二次函數(shù)f（x）=x²+4x，三次函數(shù)g（x）=$\frac{1}{3}$bx³-bx²-3bx+1．
（1）探究；是否存在實數(shù)b，使得函數(shù)g（x）的圖象經(jīng)過四個象限，若存在，求實數(shù)b的取值范圍；若不存在，請說明理由．
（2）若m，n是方程lnx-ax=0的兩個不同的根，記函數(shù)h（x）=f（x）+g（x），當(dāng)函數(shù)h（x）的圖象在（0，h（0））處的切線平行于直線y=x+2時，求證：h（mn）＞h（e²）（e為自然對數(shù)底數(shù)）

Answer 1

分析 （1）若存在實數(shù)b，使得函數(shù)g（x）的圖象經(jīng)過四個象限，則函數(shù)g（x）的兩個極值異號，進(jìn)而求出實數(shù)b的取值范圍；
（2）根據(jù)h（x）的圖象在（0，h（0））處的切線平行于直線y=x+2，求出b值，分析函數(shù)的單調(diào)性，可得結(jié)論．

解答 解：（1）∵三次函數(shù)g（x）=$\frac{1}{3}$bx³-bx²-3bx+1．
∴g′（x）=bx²-2bx-3b．
令g′（x）=0，則x=-1，或x=3，
若存在實數(shù)b，使得函數(shù)g（x）的圖象經(jīng)過四個象限，
則g（-1）•g（3）＜0，即（$\frac{5}{3}$b+1）（-9b+1）＜0，
解得：b∈（-∞，-$\frac{3}{5}$）∪（$\frac{1}{9}$，+∞）；
證明：（2）∵h(yuǎn)（x）=f（x）+g（x）=$\frac{1}{3}$bx³+（1-b）x²+（4-3b）x+1．
∴h′（x）=bx²+（2-2b）x+4-3b．
∵h(yuǎn)（x）的圖象在（0，h（0））處的切線平行于直線y=x+2，
∴h′（0）=4-3b=1，
解得：b=1，
此時h（x）=$\frac{1}{3}$x³+x+1．
h′（x）=x²+1≥0恒成立，
h（x）在R為增函數(shù)，
要證h（mn）＞h（e²），只需證mn＞e²．
設(shè)m＞n＞0，k（x）=lnx-ax，
∵k（m）=0，k（n）=0，
∴l(xiāng)nm-am=0，lnn-an=0，
∴l(xiāng)nm-lnn=a（m-n），lnm+lnn=a（m+n）
原不等式mn＞e²等價于lnm+lnn＞2?a（m+n）＞2，
?$\frac{lnm-lnn}{m-n}$＞$\frac{2}{m+n}$?ln$\frac{m}{n}$＞$\frac{2（m-n）}{m+n}$，
令$\frac{m}{n}$=t，則t＞1，
∴l(xiāng)n$\frac{m}{n}$＞$\frac{2（m-n）}{m+n}$?lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
設(shè)l（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（t＞1），
∴l(xiāng)′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
∴函數(shù)l（t）在（1，+∞）是遞增，
∴l(xiāng)（t）＞l（1）=0即不等式lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立，
故不等式mn＞e²成立．
即有h（mn）＞h（e²）．

點評 本題主要考查了導(dǎo)數(shù)在求切線斜率和函數(shù)單調(diào)性中的應(yīng)用，考查構(gòu)造函數(shù)和運用單調(diào)性，屬于難題