Question

2．已知函數f（x）=ax²-blnx在點（1，f（1））處的切線方程為y=3x-1．
（1）若f（x）在其定義域內的一個子區(qū)間（k-1，k+1）內不是單調函數，求實數k的取值范圍；
（2）若對任意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），試求實數c的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據導數的幾何意義求出函數f（x）的解析式，利用導數求出函數的極值，結合函數單調性和導數之間的關系即可求實數k的取值范圍；
（2）設函數g（t）=$\frac{1}{3}$t³-$\frac{c+1}{2}$t²+ct+ln2+$\frac{1}{6}$，則不等式等價為g（t）_min≤f（x）_min，然后求函數的導數，求函數的最值即可得到結論．

解答 解：（1）函數的導數為f′（x）=2ax-$\frac{x}$，函數的定義域為（0，+∞）
∵函數在點（1，f（1））處的切線方程為y=3x-1．
∴$\left\{\begin{array}{l}{f′（1）=3}\\{f（1）=2}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{b=1}\end{array}\right.$，
則f（x）=2x²-lnx，f′（x）=4x-$\frac{1}{x}$=$\frac{4{x}^{2}-1}{x}$，
由f′（x）=0，得x=$\frac{1}{2}$，
當0＜x＜$\frac{1}{2}$時，f′（x）＜0，當x＞$\frac{1}{2}$時，f′（x）＞0，
即當x=$\frac{1}{2}$時，函數取得極小值，
若f（x）在其定義域內的一個子區(qū)間（k-1，k+1）內不是單調函數，
則滿足$\left\{\begin{array}{l}{k-1≥0}\\{k-1＜\frac{1}{2}}\\{k+1＞\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，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）設g（t）=$\frac{1}{3}$t³-$\frac{c+1}{2}$t²+ct+ln2+$\frac{1}{6}$，
則若對任意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），
等價為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），
當c≤1時，g′（t）≥0，g（t）在t∈[1，3]上單調遞增，g（t）_min=g（1）=$\frac{c}{2}+ln2$，滿足g（t）_min≤f（x）_min，
當1＜c＜3時，g（t）在t∈[1，c]上單調遞減，在t∈[c，3]上單調遞增，
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，
當c≥3時，g′（t）≤0，g（t）在t∈[1，3]上單調遞減，
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$，
綜上c的取值范圍是（-∞，1]∪[1+$\sqrt{3}$，+∞）．

點評 本題主要考查導數的幾何意義的應用以及函數最值之間的關系，求函數的導數，利用導數研究函數的性質是解決本題的關鍵．考查學生的運算能力．