Question

13．已知函數f（x）=$\frac{{x}^{3}}{3}$-x²-ax+ln（ax+1）（a∈R）．
（Ⅰ）若x=2為f（x）的極值點，求a的值；
（Ⅱ）若f（x）在[3，+∞）單調遞增，求a的取值范圍．
（Ⅲ）當a=-1時，方程f（x）=$\frac{{x}^{3}}{3}$+$\frac{b}{1-x}$有實數根，求b的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導，由題意可知f′（2）=0，即可求得a的值；
（Ⅱ）求導，f′（x）=$\frac{x[a{x}^{2}+（1-2a）x-（{a}^{2}+2）]}{ax+1}$≥0在區間[3，+∞）上恒成立，分類討論，當a=0，f′（x）＞0恒成立，a=0符合題意；當a≠0時，由函數的定義域可知a＞0，根據二次函數的單調性可得只需要g（3）≥0恒成立，即可求得a的取值范圍；
（Ⅲ）由題意可知：-x²+x+ln（1-x）=$\frac{b}{1-x}$，則b=t（lnt+t-t²）在（0，+∞）上有解，t=1-x，構造輔助函數，求導，根據導數與函數單調性及最值的關系，即可求得b的最大值．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=$\frac{{x}^{3}}{3}$-x²-ax+ln（ax+1），求導，f′（x）=x²-2x-a+$\frac{a}{ax+1}$，
由x=2為f（x）的極值點，則f′（2）=0，即-a+$\frac{a}{2a+1}$=0，解得：a=0，
當a=0，f′（x）=x²-2x=x（x-2），
從而x=2為函數的極值點，成立，
∴a的值為0；
（Ⅱ）f（x）在[3，+∞）單調遞增，則f′（x）=x²-2x-a+$\frac{a}{ax+1}$=$\frac{x[a{x}^{2}+（1-2a）x-（{a}^{2}+2）]}{ax+1}$，
則f′（x）=$\frac{x[a{x}^{2}+（1-2a）x-（{a}^{2}+2）]}{ax+1}$≥0在區間[3，+∞）上恒成立，
①當a=0，f′（x）=x（x-2），在區間[3，+∞）上恒成立，
∴f（x）在區間[3，+∞）上單調遞增，故a=0符合題意；
②當a≠0時，由f（x）的定義域可知：ax+1＞0，
若a＜0，則不滿足條件ax+1＞0對區間[3，+∞）上恒成立，
則a＞0，
則ax²+（1-2a）x-（a²+2）≥0，對區間[3，+∞）上恒成立，
令g（x）=ax²+（1-2a）x-（a²+2），其對稱軸為x=1-$\frac{1}{2a}$，
由a＞0，則1-$\frac{1}{2a}$＜1，
從而g（x）≥0在區間[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，則0＜a≤$\frac{3+\sqrt{13}}{2}$，
綜上所述，a的取值范圍[0，$\frac{3+\sqrt{13}}{2}$]；
（Ⅲ）當a=-1時，方程f（x）=$\frac{{x}^{3}}{3}$+$\frac{b}{1-x}$，轉化成-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，
則b=t（lnt+t-t²）在（0，+∞）上有解，
令h（t）=lnt+t-t²，（t＞0）
求導h′（t）=$\frac{1}{t}$+1-2t=$\frac{（2t+1）（t-1）}{t}$，
當0＜t＜1時，h′（t）＞0，故h（t）在（0，1）上單調遞增；
當t＞1時，h′（t）＜0，故h（t）在（1，+∞）單調遞減；
h（t）在（0，+∞）上的最大值為h（t）_max=h（1）=0，
此時x=1-t=0，b=t（lnt+t-t²）=0，
當a=-1時，方程f（x）=$\frac{{x}^{3}}{3}$+$\frac{b}{1-x}$有實數根，求b的最大值0．

點評 本題考查導數的綜合應用，考查導數與函數單調性的關系，利用導數求函數的單調性及最值，二次函數的性質，考查計算能力，考查轉化思想，屬于難題．