Question

18．已知a，b是實(shí)數(shù)，1和-1是函數(shù)f（x）=x³+ax²+bx的兩個(gè)極值點(diǎn)．
（1）求a和b的值；
（2）設(shè)函數(shù)g（x）的導(dǎo)函數(shù)g'（x）=f（x）+2，求g（x）的極值點(diǎn)；
（3）若$h（x）=-\frac{1}{3}（cbx-\frac{bc}{x}）+2lnx（c∈R）$，當(dāng)x₁，x₂∈（0，+∞）時(shí)，不等式$[\frac{{h（{x_1}）}}{x_2}-\frac{{h（{x_2}）}}{x_1}]（{x_1}-{x_2}）＜0$恒成立，求c的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，得到關(guān)于a，b的方程組，求出a，b的值；
（2）求出f（x）的解析式，求出g′（x），解關(guān)于g′（x）的不等式，求出函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間，從而求出g（x）的極值點(diǎn)即可；
（3）求出h（x），整理得x₁h（x₁）＜x₂h（x₂），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到2cx+2+2lnx≤0在（0，+∞）上恒成立，即不等式等價(jià)于c≤-$\frac{1+lnx}{x}$（x＞0），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出c的范圍即可．

解答 解：（1）由f（x）=x³+ax²+bx，得f′（x）=3x²+2ax+b，
1和-1是函數(shù)f（x）的兩個(gè)極值點(diǎn)，
∴$\left\{\begin{array}{l}{f′（1）=3+2a+b=0}\\{f′（-1）=3-2a+b=0}\end{array}\right.$，解得a=0，b=-3．             
（2）∵由（1）得f（x）=x³-3x，
∴g′（x）=f（x）+2=（x-1）²（x+2），
令g′（x）=0，解得x=1或-2，
∵當(dāng)x＜-2時(shí)，g′（x）＜0；當(dāng)-2＜x＜1時(shí)，g′（x）＞0，
∴x=-2是g（x）的極值點(diǎn)．
∵當(dāng)-2＜x＜1或x＞1時(shí)，g′（x）＞0，
∴x=1不是g（x）的極值點(diǎn)．
∴g（x）的極值點(diǎn)是-2．                                      
（3）由（1）知a=0，b=-3，則h（x）=-$\frac{1}{3}$（cbx-$\frac{bc}{x}$）+2lnx=cx-$\frac{c}{x}$+2lnx，
不妨設(shè)x₁＞x₂＞0，
所以x₁-x₂＞0，故不等式[$\frac{h{（x}_{1}）}{{x}_{2}}$-$\frac{h{（x}_{2}）}{{x}_{1}}$]（x₁-x₂）＜0，
即$\frac{h{（x}_{1}）}{{x}_{2}}$-$\frac{h{（x}_{2}）}{{x}_{1}}$＜0恒成立，整理得x₁h（x₁）＜x₂h（x₂），
所以函數(shù)y=xh（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
設(shè)ω（x）=xh（x），則ω（x）=cx²-c+2xlnx，ω′（x）=2cx+2+2lnx，
由題意得ω′（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，
即2cx+2+2lnx≤0在（0，+∞）上恒成立，
因?yàn)閤＞0，所以不等式等價(jià)于c≤-$\frac{1+lnx}{x}$（x＞0），
記F（x）=-$\frac{1+lnx}{x}$，（x＞0），
則F′（x）=$\frac{lnx}{{x}^{2}}$，
所以當(dāng)x∈（0，1]時(shí)，F(xiàn)′（x）≤0，函數(shù)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，
故F（x）≥F（1）=-1，即F（x）的最小值為-1，
故c≤-1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問(wèn)題，是一道中檔題．