Question

5．已知函數(shù)g（x）=$\frac{1}{6}$x³+$\frac{a+1}{2}$x²+mx+2的導(dǎo)函數(shù)g′（x）的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)（0，1），且f（x）=g′（x）+alnx．
（1）求m的值；
（2）當(dāng)a=-1時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）若函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求解g′（x）=$\frac{1}{2}$x²+（a+1）x+m，利用二次函數(shù)求解得出m的值，
（2）根據(jù)題意得出f（x）=$\frac{1}{2}{x}^{2}$+2x+1+lnx．′f（x）=x+2$+\frac{1}{x}$，x＞0，配方得出f′（x）=$\frac{（x+1）^{2}}{x}$，x＞0，利用導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系判斷即可．
（3）得出f（x）=$\frac{1}{2}$x²+（a+1）x+1+alnx，′f（x）=x+（a+1）$+\frac{1}{x}$，x＞0，分類(lèi)討論，利用基本不等式求解得出，即可得出答案．

解答 解：（1）g（x）=$\frac{1}{6}$x³+$\frac{a+1}{2}$x²+mx+2，
g′（x）=$\frac{1}{2}$x²+（a+1）x+m，
∵g′（x）的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)（0，1），
∴g′（0）=1，
即m=1，
（2）當(dāng)a=-1時(shí)，f（x）=g′（x）+alnx．
g（x）=$\frac{1}{6}$x³+x+2的
g′（x）=$\frac{1}{2}{x}^{2}$+1，
f（x）=$\frac{1}{2}{x}^{2}$+1-lnx．
∴f′（x）=x-$\frac{1}{x}$，x＞0，
∵f′（x）=$\frac{{x}^{2}-1}{x}$，x＞0，
當(dāng)x＞1時(shí)，f′（x）＞0，
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′（x）＜0，
當(dāng)x=1時(shí)，f′（x）=0，
∴f（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增．
f（x）在（0，1）單調(diào)遞減．
（3）f（x）=$\frac{1}{2}$x²+（a+1）x+1+alnx，
∴′f（x）=x+（a+1）+$\frac{a}{x}$，x＞0，
∵函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
∴x$+\frac{a}{x}$+（a+1）≥0，
i）當(dāng)a=0時(shí)，在（0，+∞）上有x+1＞0，恒成立，
ii）當(dāng)a＞0時(shí)
∵x$+\frac{a}{x}$≥2$\sqrt{a}$，
∴2$\sqrt{a}$+a+1≥0，
即（$\sqrt{a}$+1）²＞0，x$+\frac{a}{x}$+（a+1）≥0在（0，+∞）上顯然成立，
iii）∵當(dāng)a＜0時(shí)，y=x+$\frac{a}{x}$在（0，+∞）上是增函數(shù)，
∴x$+\frac{a}{x}$+（a+1）≥0，在（0，+∞）上不可能恒成立
實(shí)數(shù)a的取值范圍：[0，+∞）

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考察了函數(shù)的性質(zhì)，導(dǎo)數(shù)在求解單調(diào)性中的應(yīng)用，構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為基本不等式求解，綜合性強(qiáng)，屬于導(dǎo)數(shù)與函數(shù)結(jié)合的常見(jiàn)的題目．