Question

2．已知函数f（x）=xlnx-x+$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{3}$ax³，f（x）为函数f（x）的导函数．
（l）若F（x）=f（x）+b，函数F（x）在x=1处的切线方程为2x+y-1=0，求a、b的值；
（2）若f′（x）≤-x+ax恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若曲线y=f（x）上存在两条倾斜角为锐角且互相平行的切线，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）F（x）=f（x）+b=xlnx-x+$\frac{1}{2}{x}^{2}$-$\frac{1}{3}a{x}^{3}$+b，F′（x）=lnx+x-ax²，根据切点为（1，-1），切线的斜率为-2，可得$\left\{\begin{array}{l}{{F}^{′}（1）=1-a=-1}\\{F（1）=-\frac{1}{3}a+b=-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，解得a，b即可．
（2）f′（x）=lnx+x-ax²，f′（x）≤-x+ax恒成立，?$a≥\frac{lnx+2x}{{x}^{2}+x}$（x＞0），令G（x）=$\frac{lnx+2x}{{x}^{2}+x}$，则a≥G（x）_max，利用导数研究其单调性极值与最值即可．
（3）f′（x）=lnx+x-ax²，令h（x）=f′（x）=lnx+x-ax²，（x＞0），h′（x）=$\frac{1}{x}$+1-2ax=$\frac{-2a{x}^{2}+x+1}{x}$，令u（x）=-2ax²+x+1，当a≤0时，可得h（x）在（0，+∞）上单调递增，不适合题意，舍去．当a＞0时，u（x）的△=1+8a＞0，设方程u（x）=0的两根分别为x₁，x₂，x₁x₂=-$\frac{1}{2a}$＜0，不妨设x₁＜0＜x₂，当x∈（0，x₂）时，利用h（x）的单调性可得$\left\{\begin{array}{l}{-2a{x}_{2}^{2}+{x}_{2}+1=0}\\{h（{x}_{2}）＞0}\end{array}\right.$，得到2lnx₂+x₂-1＞0．利用x₂＞1，可得$2a=\frac{{x}_{2}+1}{{x}_{2}^{2}}=（\frac{1}{{x}_{2}}+\frac{1}{2}）^{2}-\frac{1}{4}$，即可得出．

解答 解：（1）F（x）=f（x）+b=xlnx-x+$\frac{1}{2}{x}^{2}$-$\frac{1}{3}a{x}^{3}$+b，
F′（x）=lnx+x-ax²，
∵切点为（1，-1），切线的斜率为-2，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{F}^{′}（1）=1-a=-2}\\{F（1）=-\frac{1}{3}a+b=-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=3}\\{b=\frac{1}{2}}\end{array}\right.$．
（2）f′（x）=lnx+x-ax²，∵f′（x）≤-x+ax恒成立，
∴$a≥\frac{lnx+2x}{{x}^{2}+x}$（x＞0），
令G（x）=$\frac{lnx+2x}{{x}^{2}+x}$，则a≥G（x）_max，G′（x）=$\frac{-（2x+1）（x-1+lnx）}{（{x}^{2}+x）^{2}}$，
令g（x）=x-1+lnx（x＞0），g（x）在（0，+∞）上单调递增，且g（1）=0，
∴当x∈（0，1）时，g（x）＜0，G′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，g（x）＞0，G′（x）＜0．
∴G（x）在（0，1）时单调递增，在（1，+∞）时单调递减．
∴当x=1时，函数G（x）取得最大值G（1）=1，
∴a≥1．
（3）f′（x）=lnx+x-ax²，令h（x）=f′（x）=lnx+x-ax²，（x＞0），
h′（x）=$\frac{1}{x}$+1-2ax=$\frac{-2a{x}^{2}+x+1}{x}$，
令u（x）=-2ax²+x+1，
当a≤0时，u（x）＞0，∴h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）上单调递增，不适合题意，舍去．
当a＞0时，u（x）的△=1+8a＞0，设方程u（x）=0的两根分别为x₁，x₂，
∵x₁x₂=-$\frac{1}{2a}$＜0，不妨设x₁＜0＜x₂，当x∈（0，x₂）时，h′（x）＞0，当x∈（x₂，+∞）时，h′（x）＜0．
∴h（x）在x∈（0，x₂）时单调递增，当x∈（x₂，+∞）时，h（x）单调递减．
∴$\left\{\begin{array}{l}{-2a{x}_{2}^{2}+{x}_{2}+1=0}\\{h（{x}_{2}）＞0}\end{array}\right.$，得到$\left\{\begin{array}{l}{-2a{x}_{2}^{2}+{x}_{2}+1=0①}\\{ln{x}_{2}+{x}_{2}-a{x}_{2}^{2}＞0②}\end{array}\right.$，
由①可得：$a{x}_{2}^{2}=\frac{{x}_{2}+1}{2}$代入②整理可得2lnx₂+x₂-1＞0③．
∵函数v（x）=2lnx+x-1在（0，+∞）上单调递增，v（1）=0，
∴x₂＞1，由①可得$2a=\frac{{x}_{2}+1}{{x}_{2}^{2}}=（\frac{1}{{x}_{2}}+\frac{1}{2}）^{2}-\frac{1}{4}$，
∵$0＜\frac{1}{{x}_{2}}＜1$，∴0＜2a＜2，∴0＜a＜1．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、恒成立问题的等价转化方法、二次函数的单调性，考查了函数零点存在但是无法求出时的问题解决方法，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题