Question

（2013•黃岡模擬）已知函數(shù)f（x）=ax³+x²-ax （a∈R且a≠0）．
（I）若函數(shù)f（x）在{-∞，-1）和（

1

3

，+∞）上是增函數(shù)在（-1

1

3

）上 是減函數(shù)，求a的值；
（II）討論函數(shù)g（x）=

f(x)

x

-

3

a

lnx的單調遞減區(qū)間；
（III）如果存在a∈（-∞，-1），使函數(shù)h（x）=f（x）+f′（x），x∈[-1，b]（b＞-1），在x=-1處取得最小值，試求b的最大值．

Answer 1

分析：（I）根據(jù)題中所給函數(shù)的單調區(qū)間，可以確定函數(shù)的極值點，則根據(jù)極值點是導函數(shù)對應方程的根，列出方程組，求解即可得到a的值；
（II）求出g（x）的表達式以及g（x）的定義域，求出g′（x），令g′（x）＜0，對a進行分類討論，求解不等式，即可得到函數(shù)g（x）=

f(x)

x

-

3

a

lnx的單調遞減區(qū)間；
（III）利用函數(shù)h（x）在x=-1處取得最小值，轉化為h（x）≥h（-1）對x∈[-1，b]恒成立，利用二次函數(shù)的性質求解關于x的恒成立問題，得到關于a的不等式在區(qū)間（-∞，-1]上有解，從而轉化為求最值問題，求解即可求得b得取值范圍，從而得到b的最大值．

解答：解：（Ⅰ）∵f（x）=ax³+x²-ax，
∴f′（x）=3ax²+2x-a，
∵函數(shù)f（x）在（-∞，-1）和（

1

3

，+∞）上是增函數(shù)，在（-1，

1

3

）上是減函數(shù)，
∴-1，

1

3

為函數(shù)f（x）的兩個極值點，
∴

f′(-1)=0 f′( 1 3 )=0

，即

3a-2-a=0 a 3 + 2 3 -a=0

，解得a=1，
∴a的值為1；
（Ⅱ）∵g（x）=

f(x)

x

-

3

a

lnx，
∴g（x）=ax²+x-a-

3

a

lnx，則g（x）的定義域為（0，+∞），
∴g′（x）=2ax+1-

3

ax

=

2a2x2+ax-3

ax

=

2a2(x- 1 a )(x+ 3 2a )

ax

，
當a＞0時，令g′（x）＜0，解得x∈（0，

1

a

），故g（x）的單調減區(qū)間為（0，

1

a

），
當a＜0時，令g′（x）＜0，解得x∈（-

3

2a

，+∞），故g（x）的單調減區(qū)間為（-

3

2a

，+∞），
∴當a＞0時，g（x）的單調減區(qū)間為（0，

1

a

），當a＜0時，g（x）的單調減區(qū)間為（-

3

2a

，+∞）；
（Ⅲ）∵f（x）=ax³+x²-ax，f′（x）=3ax²+2x-a，
∴h（x）=ax³+（3a+1）x²+（2-a）x-a，
∵h（x）在x=-1處取得最小值，
∴h（x）≥h（-1）在區(qū)間[-1，b]上恒成立，即（x+1）[ax²+（2a+1）x+（1-3a）]≥0在區(qū)間[-1，b]上恒成立，①
當x=-1時，不等式①成立；
當-1＜x≤b時，不等式①可化為ax²+（2a+1）x+（1-3a）≥0在區(qū)間[-1，b]上恒成立，②
令φ（x）=ax²+（2a+1）x+（1-3a），
∵二次函數(shù)φ（x）的圖象是開口向下的拋物線，
∴它在閉區(qū)間上的最小值必在端點處取得，又φ（-1）=-4a＞0，
∴不等式②恒成立的充要條件是φ（b）≥0，即ab²+（2a+1）b+（1-3a）≥0，
∴

b2+2b-3

b+1

≤-

1

a

，
∵這個關于a的不等式在區(qū)間（-∞，-1]上有解，
∴

b2+2b-3

b+1

≤（-

1

a

）_max，
又∵y=-

1

a

（-∞，-1]上單調遞增，故（-

1

a

）_max=1，
∴

b2+2b-3

b+1

≤1，解得，

-1- 17

2

≤b≤

-1+ 17

2

，
又∵b＞-1，
∴-1＜b≤

-1+ 17

2

，
∴b的最大值為

-1+ 17

2

．

點評：本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，并且利用函數(shù)的單調區(qū)間判斷函數(shù)的極值點，函數(shù)的極值點一定是導函數(shù)對應方程的根．導函數(shù)的正負對應著函數(shù)的增減．本題同時考查了有關不等式恒成立的問題，對于恒成立問題，一般選用參變量分離法、最值法、數(shù)形結合法求解．屬于難題．