Question

20．已知函數(shù)f（x）=ln（ax+1）+x³-x²-ax．
（1）若y=f（x）在[1，+∞）上為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）若a=-1時，方程f（1-x）-（1-x）³=$\frac{x}$有實根，求實數(shù)b的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，從而得到答案；
（2）法一：將a=-1代入表達(dá)式，得到b=x（lnx+x-x²），法一：令h（x）=lnx+x-x²，求出h（x）的導(dǎo)數(shù)，得到h（x）的單調(diào)性，從而得到h（x）≤h（1）=0，進而求出b的范圍；
法二：先求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，再次對g′（x）進行求導(dǎo)，得到g′（x）的單調(diào)性，通過討論x的范圍得到g（x）的單調(diào)性，進而求出b的范圍．

解答 解：（1）因為f（x）在[1，+∞）上為增函數(shù)，
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，則f'（x）=x（3x-2），此時f（x）在[1，+∞）上為增函數(shù)成立，故a=0符合題意，
若a≠0，由ax+1＞0對x＞1恒成立知a＞0．
所以3ax²+（3-2a）x-（a²+2）≥0對x∈[1，+∞）上恒成立．
令g（x）=3ax²+（3-2a）x-（a²+2），其對稱軸為x=$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{2a}$，
因為a＞0，所以$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{2a}$＜$\frac{1}{3}$，從而g（x）在[1，+∞）上為增函數(shù)．
所以只要g（1）≥0即可，即-a²+a+1≥0成立
解得 $\frac{1-\sqrt{5}}{2}$≤a≤$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，又因為a＞0，所以0＜a≤$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，
綜上可得0≤a≤$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$即為所求；
（2）若a=-1時，方程f（1-x）-（1-x）3=$\frac{x}$，可得lnx-（1-x）2+（1-x）=$\frac{x}$，
即b=xlnx-x（1-x）²+x（1-x）=xlnx+x²-x³在x＞0上有解，
即求函數(shù)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∴當(dāng)0＜x＜1時，h′（x）＞0，
從而h（x）在（0，1）上為增函數(shù)；
當(dāng)x＞1時，h′（x）＜0，從而h（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，
∴h（x）≤h（1）=0，而h（x）可以無窮小，
∴b的取值范圍為（-∞，0]；
法二：g′（x）=lnx+1+2x-3x²，g″（x）=$\frac{1}{x}$+2-6x=-$\frac{{6x}^{2}-2x-1}{x}$，
當(dāng)0＜x＜$\frac{1+\sqrt{7}}{6}$時，g″（x）＞0，所以g′（x）在0＜x＜$\frac{1+\sqrt{7}}{6}$上遞增；
當(dāng)x＞$\frac{1+\sqrt{7}}{6}$時，g″（x）＜0，所以g′（x）在x＞$\frac{1+\sqrt{7}}{6}$上遞減；
又g′（1）=0，∴令g′（x₀）=0，0＜x₀＜$\frac{1+\sqrt{7}}{6}$，
∴當(dāng)0＜x＜x₀時，g′（x）＜0，所以g（x）在0＜x＜x₀上遞減；
當(dāng)x₀＜x＜1時，g′（x）＞0，所以g（x）在x₀＜x＜1上遞增；
當(dāng)x＞0時，g（x）＜0，所以g（x）在x＞1上遞減；
又當(dāng)x→+∞時，g（x）→-∞，g（x）=xlnx+x2-x3=x（lnx+x-x2）≤x（lnx+$\frac{1}{4}$），
當(dāng)x→0時，lnx+$\frac{1}{4}$＜0，則g（x）＜0，且g（1）=0所以b的取值范圍為（-∞，0]．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，考查轉(zhuǎn)化思想，熟練掌握導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用是解題的關(guān)鍵，本題有一定的難度．