Question

13．已知函数f（x）=$\frac{{x}^{3}}{3}$-x²-ax+ln（ax+1）（a∈R）．
（Ⅰ）若x=2为f（x）的极值点，求a的值；
（Ⅱ）若f（x）在[3，+∞）单调递增，求a的取值范围．
（Ⅲ）当a=-1时，方程f（x）=$\frac{{x}^{3}}{3}$+$\frac{b}{1-x}$有实数根，求b的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导，由题意可知f′（2）=0，即可求得a的值；
（Ⅱ）求导，f′（x）=$\frac{x[a{x}^{2}+（1-2a）x-（{a}^{2}+2）]}{ax+1}$≥0在区间[3，+∞）上恒成立，分类讨论，当a=0，f′（x）＞0恒成立，a=0符合题意；当a≠0时，由函数的定义域可知a＞0，根据二次函数的单调性可得只需要g（3）≥0恒成立，即可求得a的取值范围；
（Ⅲ）由题意可知：-x²+x+ln（1-x）=$\frac{b}{1-x}$，则b=t（lnt+t-t²）在（0，+∞）上有解，t=1-x，构造辅助函数，求导，根据导数与函数单调性及最值的关系，即可求得b的最大值．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=$\frac{{x}^{3}}{3}$-x²-ax+ln（ax+1），求导，f′（x）=x²-2x-a+$\frac{a}{ax+1}$，
由x=2为f（x）的极值点，则f′（2）=0，即-a+$\frac{a}{2a+1}$=0，解得：a=0，
当a=0，f′（x）=x²-2x=x（x-2），
从而x=2为函数的极值点，成立，
∴a的值为0；
（Ⅱ）f（x）在[3，+∞）单调递增，则f′（x）=x²-2x-a+$\frac{a}{ax+1}$=$\frac{x[a{x}^{2}+（1-2a）x-（{a}^{2}+2）]}{ax+1}$，
则f′（x）=$\frac{x[a{x}^{2}+（1-2a）x-（{a}^{2}+2）]}{ax+1}$≥0在区间[3，+∞）上恒成立，
①当a=0，f′（x）=x（x-2），在区间[3，+∞）上恒成立，
∴f（x）在区间[3，+∞）上单调递增，故a=0符合题意；
②当a≠0时，由f（x）的定义域可知：ax+1＞0，
若a＜0，则不满足条件ax+1＞0对区间[3，+∞）上恒成立，
则a＞0，
则ax²+（1-2a）x-（a²+2）≥0，对区间[3，+∞）上恒成立，
令g（x）=ax²+（1-2a）x-（a²+2），其对称轴为x=1-$\frac{1}{2a}$，
由a＞0，则1-$\frac{1}{2a}$＜1，
从而g（x）≥0在区间[3，+∞）上恒成立，
只需要g（3）≥0即可，
由g（3）=-a²+3a+1≥0，解得：$\frac{3-\sqrt{13}}{2}$≤a≤$\frac{3+\sqrt{13}}{2}$，
由a＞0，则0＜a≤$\frac{3+\sqrt{13}}{2}$，
综上所述，a的取值范围[0，$\frac{3+\sqrt{13}}{2}$]；
（Ⅲ）当a=-1时，方程f（x）=$\frac{{x}^{3}}{3}$+$\frac{b}{1-x}$，转化成-x²+x+ln（1-x）=$\frac{b}{1-x}$，
即b=-x²（1-x）+x（1-x）+（1-x）ln（1-x），令t=1-x，
则b=t（lnt+t-t²）在（0，+∞）上有解，
令h（t）=lnt+t-t²，（t＞0）
求导h′（t）=$\frac{1}{t}$+1-2t=$\frac{（2t+1）（t-1）}{t}$，
当0＜t＜1时，h′（t）＞0，故h（t）在（0，1）上单调递增；
当t＞1时，h′（t）＜0，故h（t）在（1，+∞）单调递减；
h（t）在（0，+∞）上的最大值为h（t）_max=h（1）=0，
此时x=1-t=0，b=t（lnt+t-t²）=0，
当a=-1时，方程f（x）=$\frac{{x}^{3}}{3}$+$\frac{b}{1-x}$有实数根，求b的最大值0．

点评 本题考查导数的综合应用，考查导数与函数单调性的关系，利用导数求函数的单调性及最值，二次函数的性质，考查计算能力，考查转化思想，属于难题．