Question

9．已知函数f（x）=ax³+x，g（x）=x²+px+q．
（Ⅰ）若函数f（x）在x=1处取得极值，求实数a的值；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，函数F（x）=f'（x）g（x）（其中f'（x）为函数f（x）的导数）的图象关于直线x=-1对称，求函数F（x）单调区间；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，若对任意的x≥1，都有g（x）≥（6+λ）x-λlnx+3恒成立，求实数λ的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，得到f′（1）=0，求出a的值即可；
（Ⅱ）根据函数的奇偶性求出p，q的值，求出F（x）的解析式，求出函数的导数，从而求出函数的单调区间即可；
（Ⅲ）问题转化为λ（x-lnx）≤x²-2x在x∈[1，+∞）上恒成立，得到$λ≤\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$在x∈[1，+∞）上恒成立，令$φ（x）=\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}（{x≥1}）$，根据函数的单调性求出λ的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=ax³+x有f'（x）=3ax²+1
因为f（x）在x=1处取得极值，故f'（1）=3a+1=0
∴$a=-\frac{1}{3}$
经检验：当$a=-\frac{1}{3}$时，符合题意，故$a=-\frac{1}{3}$
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：F（x）=（-x²+1）（x²+px+q）
∵F（x）的图象关于直线x=-1对称，故函数F（x-1）为偶函数
又F（x-1）=[-（x-1）²+1][（x-1）²+p（x-1）+q]=-x⁴+（4-p）x³+（3p-q-5）x²+2（1-p+q）x
∴$\left\{\begin{array}{l}4-p=0\\ 2（{1-p+q}）=0\end{array}\right.$，解得p=4，q=3
∴F（x）=（-x²+1）（x²+4x+3）
∴F'（x）=-2x（x²+4x+3）+（-x²+1）（2x+4）=-4（x+1）（x²+2x-1）
令F'（x）＞0有$x＜-1-\sqrt{2}$或$-1＜x＜-1+\sqrt{2}$
令F'（x）＜0有$-1-\sqrt{2}＜x＜-1$或$x＞-1+\sqrt{2}$
∴函数F（x）在区间$（{-∞，-1-\sqrt{2}}），（{-1，-1+\sqrt{2}}）$上单调递增，
在区间$（{-1-\sqrt{2}，-1}），（{-1+\sqrt{2}，+∞}）$上单调递减
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，对任意的x≥1，都有g（x）≥（6+λ）x-λlnx+3恒成立，
可转化为λ（x-lnx）≤x²-2x在x∈[1，+∞）上恒成立
易知lnx＜x∴$λ≤\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$在x∈[1，+∞）上恒成立
令$φ（x）=\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}（{x≥1}）$，∴$φ'（x）=\frac{{（{x-1}）（{x+2-2lnx}）}}{{{{（{x-lnx}）}^2}}}$
令h（x）=x+2-2lnx（x≥1），∴$h'（x）=1-\frac{2}{x}$
∴h（x）在（1，2）上递减，（2，+∞）上递增
∴h（x）_min=h（2）=4-2ln2＞0
∴φ'（x）≥0，即φ（x）在[1，+∞）上递增
∴φ（x）_min=φ（1）=-1
∴λ≤-1．

点评 本题考查了函数的奇偶性、单调性问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道综合题．