Question

巳知函数f（x）=

1

3

ax²-bx-1nx，其中a，b∈R．
（Ⅰ）当a=3，b=-1时，求函数f（x）的最小值；
（Ⅱ）若曲线y=f（x）在点（e，f（e）处的切线方程为2x-3y-e=0（e=2.71828…为自然对数的底数），求a，b的值；
（Ⅲ）当a＞0，且a为常数时，若函数h（x）=x[f（x）+1nx]对任意的x₁＞x₂≥4，总有

h(x1)-h(x2)

x1-x2

＞-1成立，试用a表示出b的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）当a=3，b=-1时，f′(x)=2x+1-

1

x

=

(x+1)(2x-1)

x

，利用导数性质能求出当x=

1

2

时，函数f（x）取得极小值即最小值f(

1

2

)=

3

4

+ln2．
（Ⅱ）由f′(x)=

2

3

ax-b-

1

x

，得f′（e）=

2

3

ae-b-

1

e

，由曲线y=f（x）在点（e，f（e））处的切线方程为2x-3y-e=0，能求出a=

3+e

e2

，b=

1

e

．
（Ⅲ）由题意知函数h（x）=

1

3

ax3-bx2+x在x∈[4，+∞）上单调递增．2b≤(ax+

1

x

)min，由此利用分类讨论思想能求出当0＜a＜

1

16

时，b≤

a

．当a≥

1

16

，b≤2a+

1

8

．

解答： 解：（Ⅰ）当a=3，b=-1时，f（x）=x²+x-lnx，（x＞0）．
f′(x)=2x+1-

1

x

=

2x2+x-1

x

=

(x+1)(2x-1)

x

，
令f′（x）＞0，解得x＞

1

2

；令f′（x）＜0，解得0＜x＜

1

2

．
∴函数f（x）在区间(0，

1

2

)上单调递减，在区间(

1

2

，+∞)上单调递增．
因此当x=

1

2

时，函数f（x）取得极小值即最小值，
最小值为f(

1

2

)=(

1

2

)2+

1

2

-ln

1

2

=

3

4

+ln2．
（Ⅱ）f′(x)=

2

3

ax-b-

1

x

，∴f′（e）=

2

3

ae-b-

1

e

，
∵曲线y=f（x）在点（e，f（e））处的切线方程为2x-3y-e=0，
∴

2 3 ae-b- 1 e = 2 3 1 3 ae2-be-1= 1 3 (2e-e)

，解得

a= 3+e e2 b= 1 e

．
∴a=

3+e

e2

，b=

1

e

．
（Ⅲ）由函数h（x）=x[g（x）+1]对任意的x₁＞x₂≥4，
总有

h(x1)-h(x2)

x1-x2

＞-1成立，
∴函数h（x）=

1

3

ax3-bx2+x在x∈[4，+∞）上单调递增．
∴h′（x）=ax²-2bx+1≥0在[4，+∞）上恒成立．
∴2b≤

ax2+1

x

=ax+

1

x

在[4，+∞）上恒成立，
∴2b≤(ax+

1

x

)min，
x∈[4，+∞）．令u（x）=ax+

1

x

，x∈[4，+∞）．（a＞0）．
则u′(x)=a-

1

x2

=

ax2-1

x2

．令u′（x）=0，解得x=

a

a

．
∴u（x）在(0，

a

a

)上单调递减，在(

a

a

，+∞)上单调递增．
（i）当

a

a

＞4时，即0＜a＜

1

16

时，u（x）在[4，

a

a

)上单调递减，
在(

a

a

，+∞)上单调递增．
∴u（x）_min=u(

a

a

)=2

a

，∴2b≤2

a

，即b≤

a

．
（ii）当

a

a

≤4时，即a≥

1

16

，函数u（x）在[4，+∞）上单调递增，
∴2b≤u(4)=4a+

1

4

，即b≤2a+

1

8

．
综上可得：当0＜a＜

1

16

时，b≤

a

．当a≥

1

16

，b≤2a+

1

8

．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．