Question

已知函数f（x）=ax³+x²-ax，a，x∈R
（1）讨论函数g(x)=

f(x)

x

-lnx的单调区间；
（2）如果存在a∈[-2，-1]，使函数h（x）=f（x）+f′（x），x∈[-1，b]（b＞-1）在x=-1处取得最小值，试求b的最大值．

Answer 1

分析：（1）函数f（x）=ax³+x²-ax，对其进行求导，讨论a的值，讨论其单调性，从而求解；
（2）存在a∈[-2，-1]，使函数h（x）=f（x）+f′（x），x∈[-1，b]（b＞-1）在x=-1处取得最小值，将问题转化为h（x）=ax³+（3a+1）x²+（2-a）x-a≥h（-1）在区间[-1，b]上恒成立，再利用常数分离法进行求出b的范围；

解答：解：（1）∵g（x）=ax²+x-a-lnx，
∴g′（x）=2ax+1-

1

x

=

2ax2+x-1

x

（x＞0）
∴当a≤-

1

8

时，g（x）在（0，+∞）上单调递减；
当-

1

8

＜a＜0时，g（x）在（0，

-1+ 1+8a

4a

），（

-1- 1+8a

4a

，+∞）上单调递减，
在（

-1- 1+8a

4a

，

-1+ 1+8a

4a

）单调递减；
当a=0时，g（x）在（0，1）上单调递减，（1，+∞）上单调递减；
当a＞0时，g（x）在（0，

-1+ 1+8a

4a

）上单调递减，（

-1+ 1+8a

4a

，+∞）上单调递增．
（2）依题意有h（x）=ax³+（3a+1）x²+（2-a）x-a≥h（-1）在区间[-1，b]上恒成立，
（x+1）[ax2+（2a+1）x+（1-3a）]≥0，
当x=-1时，显然成立，当-1＜x≤-b时，
可化为ax²+（2a+1）x+（1-3a）≥0，
令φ（x）=ax²+（2a+1）x+（1-3a），
由于二次函数φ（x）是开口向下的抛物线，故它在闭区间上的最小值必在区间端点处
处取得，又φ（-1）=-4a＞0，所以只需φ（b）≥0，
即ab²+（2a+1）b+（1-3a）≥0，即

b2+2b-3

b+1

≤-

1

a

，
因为关于a的不等式在区间（-∞，-1]上有解，
所以

b2+2b-3

b+1

≤(-

1

a

)max=1，即b²+b-4≤0，又b＞-1，
所以-1＜b≤

-1+ 17

2

，从而b的最大值为

-1+ 17

2

；

点评：此题主要考查利用导数研究函数的单调性，解题的过程中用到了转化的思想和常数分离法等高考常用的方法，是一道中档题；