Question

20．已知函数f（x）=ln（ax+1）+x³-x²-ax．
（1）若y=f（x）在[1，+∞）上为增函数，求实数a的取值范围；
（2）若a=-1时，方程f（1-x）-（1-x）³=$\frac{b}{x}$有实根，求实数b的取值范围．

Answer 1

分析 （1）先求出函数的导数，通过讨论a，结合函数的单调性，从而得到答案；
（2）法一：将a=-1代入表达式，得到b=x（lnx+x-x²），法一：令h（x）=lnx+x-x²，求出h（x）的导数，得到h（x）的单调性，从而得到h（x）≤h（1）=0，进而求出b的范围；
法二：先求出g（x）的导数，再次对g′（x）进行求导，得到g′（x）的单调性，通过讨论x的范围得到g（x）的单调性，进而求出b的范围．

解答 解：（1）因为f（x）在[1，+∞）上为增函数，
所以f′（x）=$\frac{x[3{ax}^{2}+（3-2a）x-{（a}^{2}+2）]}{ax+1}$≥0在[1，+∞）上恒成立，
若a=0，则f'（x）=x（3x-2），此时f（x）在[1，+∞）上为增函数成立，故a=0符合题意，
若a≠0，由ax+1＞0对x＞1恒成立知a＞0．
所以3ax²+（3-2a）x-（a²+2）≥0对x∈[1，+∞）上恒成立．
令g（x）=3ax²+（3-2a）x-（a²+2），其对称轴为x=$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{2a}$，
因为a＞0，所以$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{2a}$＜$\frac{1}{3}$，从而g（x）在[1，+∞）上为增函数．
所以只要g（1）≥0即可，即-a²+a+1≥0成立
解得 $\frac{1-\sqrt{5}}{2}$≤a≤$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，又因为a＞0，所以0＜a≤$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，
综上可得0≤a≤$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$即为所求；
（2）若a=-1时，方程f（1-x）-（1-x）3=$\frac{b}{x}$，可得lnx-（1-x）2+（1-x）=$\frac{b}{x}$，
即b=xlnx-x（1-x）²+x（1-x）=xlnx+x²-x³在x＞0上有解，
即求函数g（x）=xlnx+x²-x³的值域．
法一：b=x（lnx+x-x²），令h（x）=lnx+x-x²，
由h′（x）=$\frac{1}{x}$+1-2x=$\frac{（2x+1）（1-x）}{x}$，
∵x＞0∴当0＜x＜1时，h′（x）＞0，
从而h（x）在（0，1）上为增函数；
当x＞1时，h′（x）＜0，从而h（x）在（1，+∞）上为减函数，
∴h（x）≤h（1）=0，而h（x）可以无穷小，
∴b的取值范围为（-∞，0]；
法二：g′（x）=lnx+1+2x-3x²，g″（x）=$\frac{1}{x}$+2-6x=-$\frac{{6x}^{2}-2x-1}{x}$，
当0＜x＜$\frac{1+\sqrt{7}}{6}$时，g″（x）＞0，所以g′（x）在0＜x＜$\frac{1+\sqrt{7}}{6}$上递增；
当x＞$\frac{1+\sqrt{7}}{6}$时，g″（x）＜0，所以g′（x）在x＞$\frac{1+\sqrt{7}}{6}$上递减；
又g′（1）=0，∴令g′（x₀）=0，0＜x₀＜$\frac{1+\sqrt{7}}{6}$，
∴当0＜x＜x₀时，g′（x）＜0，所以g（x）在0＜x＜x₀上递减；
当x₀＜x＜1时，g′（x）＞0，所以g（x）在x₀＜x＜1上递增；
当x＞0时，g（x）＜0，所以g（x）在x＞1上递减；
又当x→+∞时，g（x）→-∞，g（x）=xlnx+x2-x3=x（lnx+x-x2）≤x（lnx+$\frac{1}{4}$），
当x→0时，lnx+$\frac{1}{4}$＜0，则g（x）＜0，且g（1）=0所以b的取值范围为（-∞，0]．

点评 本题考查了函数的单调性，考查转化思想，熟练掌握导数的综合应用是解题的关键，本题有一定的难度．