Question

2．已知函数f（x）=ax²-blnx在点（1，f（1））处的切线方程为y=3x-1．
（1）若f（x）在其定义域内的一个子区间（k-1，k+1）内不是单调函数，求实数k的取值范围；
（2）若对任意x∈[0，+∞），均存在t∈[1，3]，使得$\frac{1}{3}$t³-$\frac{c+1}{2}$t²+ct+ln2+$\frac{1}{6}$≤f（x），试求实数c的取值范围．

Answer 1

分析 （1）根据导数的几何意义求出函数f（x）的解析式，利用导数求出函数的极值，结合函数单调性和导数之间的关系即可求实数k的取值范围；
（2）设函数g（t）=$\frac{1}{3}$t³-$\frac{c+1}{2}$t²+ct+ln2+$\frac{1}{6}$，则不等式等价为g（t）_min≤f（x）_min，然后求函数的导数，求函数的最值即可得到结论．

解答 解：（1）函数的导数为f′（x）=2ax-$\frac{b}{x}$，函数的定义域为（0，+∞）
∵函数在点（1，f（1））处的切线方程为y=3x-1．
∴$\left\{\begin{array}{l}{f′（1）=3}\\{f（1）=2}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{b=1}\end{array}\right.$，
则f（x）=2x²-lnx，f′（x）=4x-$\frac{1}{x}$=$\frac{4{x}^{2}-1}{x}$，
由f′（x）=0，得x=$\frac{1}{2}$，
当0＜x＜$\frac{1}{2}$时，f′（x）＜0，当x＞$\frac{1}{2}$时，f′（x）＞0，
即当x=$\frac{1}{2}$时，函数取得极小值，
若f（x）在其定义域内的一个子区间（k-1，k+1）内不是单调函数，
则满足$\left\{\begin{array}{l}{k-1≥0}\\{k-1＜\frac{1}{2}}\\{k+1＞\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{k≥1}\\{k＜\frac{3}{2}}\\{k＞-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，解得1≤k＜$\frac{3}{2}$．
（2）设g（t）=$\frac{1}{3}$t³-$\frac{c+1}{2}$t²+ct+ln2+$\frac{1}{6}$，
则若对任意x∈[0，+∞），均存在t∈[1，3]，使得$\frac{1}{3}$t³-$\frac{c+1}{2}$t²+ct+ln2+$\frac{1}{6}$≤f（x），
等价为g（t）_min≤f（x）_min，
由（1）知，f（x）_min=f（$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{2}$+ln2．
g′（t）=t²-（c+1）t+c=（t-1）（t-c），
当c≤1时，g′（t）≥0，g（t）在t∈[1，3]上单调递增，g（t）_min=g（1）=$\frac{c}{2}+ln2$，满足g（t）_min≤f（x）_min，
当1＜c＜3时，g（t）在t∈[1，c]上单调递减，在t∈[c，3]上单调递增，
g（t）_min=g（c）=$-\frac{1}{6}{c}^{3}+\frac{1}{2}{c}^{2}+ln2+\frac{1}{6}$，
由$-\frac{1}{6}{c}^{3}+\frac{1}{2}{c}^{2}+ln2+\frac{1}{6}$≤$\frac{1}{2}$+ln2．
得c³-3c²+2≥0，即（c-1）（c²-2c-2）≥0，
解得1+$\sqrt{3}$≤c＜3，
当c≥3时，g′（t）≤0，g（t）在t∈[1，3]上单调递减，
g（t）_min=g（3）=$-\frac{3c}{2}+\frac{14}{3}+ln2$，
g（3）=$-\frac{3c}{2}+\frac{14}{3}+ln2$$≤-\frac{3×3}{2}+\frac{14}{3}+ln2$=$\frac{1}{2}+ln2$，
综上c的取值范围是（-∞，1]∪[1+$\sqrt{3}$，+∞）．

点评 本题主要考查导数的几何意义的应用以及函数最值之间的关系，求函数的导数，利用导数研究函数的性质是解决本题的关键．考查学生的运算能力．