Question

3．设函数f（x）=x³-2x²+x（x＞0）．
（1）设0＜a≤1，记f（x）在（0，a]上的最大值为F（a），求函数G（a）=$\frac{F（a）}{a}$的最小值；
（2）设函数g（x）=1nx-（2x²-4x-t）（t为常数），若使g（x）-m≤x≤f（x）-m在（0，+∞）上恒成立的实数m有且只有一个，求实数m和t的值．

Answer 1

分析 （1）判断f（x）的单调性，讨论a的范围得出f（x）在（0，a]上的单调性，得出F（a），G（a）的解析式，再利用分段函数性质求出G（a）的最小值；
（2）根据x≤f（x）-m在（0，+∞）上恒成立求出m的最大值m_max，根据g（x）-m≤x在（0，+∞）上恒成立求出m的最小值m_min，令m_max=m_min即可得出m和t的值．

解答 解：（1）f′（x）=3x²-4x+1=（3x-1）（x-1），
∴当0$＜x＜\frac{1}{3}$时，f′（x）＞0，当$\frac{1}{3}＜x＜1$时，f′（x）＜0，
∴当0$＜a≤\frac{1}{3}$时，f（x）在（0，a]上单调递增，f_max（x）=f（a）=a³-2a²+a，
当$\frac{1}{3}＜a≤1$时，f（x）在（0，$\frac{1}{3}$）上单调递增，在（$\frac{1}{3}$，a]上单调递减，
∴f_max（x）=f（$\frac{1}{3}$）=$\frac{4}{27}$，
∴F（a）=$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{3}-2{a}^{2}+a，0＜a≤\frac{1}{3}}\\{\frac{4}{27}，\frac{1}{3}＜a≤1}\end{array}\right.$，G（a）=$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}-2a+1，0＜a≤\frac{1}{3}}\\{\frac{4}{27a}，\frac{1}{3}＜a≤1}\end{array}\right.$．
∴当0$＜a≤\frac{1}{3}$时，G（a）在（0，$\frac{1}{3}$]上单调递减，当a=$\frac{1}{3}$时，G（a）取得最小值G（$\frac{1}{3}$）=$\frac{4}{9}$，
当$\frac{1}{3}＜a≤1$时，G（a）在（$\frac{1}{3}$，1]上单调递减，当a=1时，G（a）取得最小值G（1）=$\frac{4}{27}$．
综上，G（a）的最小值为$\frac{4}{27}$．
（2）∵x≤f（x）-m在（0，+∞）上恒成立，∴m≤f（x）-x=x³-2x²在（0，+∞）上恒成立，
设h（x）=x³-2x²，则h′（x）=3x²-4x=x（3x-4），
∴当0$＜x＜\frac{4}{3}$时，h′（x）＜0，当x$＞\frac{4}{3}$时，h′（x）＞0，
∴当x=$\frac{4}{3}$时，h（x）取得最小值h（$\frac{4}{3}$）=-$\frac{32}{27}$，即m≤-$\frac{32}{27}$．
∵g（x）-m≤x在（0，+∞）恒成立，∴m≥g（x）-x=lnx-2x²+3x+t（0，+∞）上恒成立，
令p（x）=lnx-2x²+3x+t，则p′（x）=$\frac{1}{x}$-4x+3=$\frac{（4x+1）（-x+1）}{x}$，
∴当0＜x＜1时，p′（x）＞0，当x＞1时，p′（x）＜0，
∴当x=1时，p（x）取得最大值p（1）=1+t，∴m≥1+t，
∵使g（x）-m≤x≤f（x）-m在（0，+∞）上恒成立的实数m有且只有一个，
∴1+t=-$\frac{32}{27}$=m，
∴m=-$\frac{32}{27}$，t=-$\frac{59}{27}$．

点评 本题考查了函数单调性的判断与最值计算，导数与函数单调性的关系，属于中档题．