Question

（2013•黄冈模拟）已知函数f（x）=ax³+x²-ax （a∈R且a≠0）．
（I）若函数f（x）在{-∞，-1）和（

1

3

，+∞）上是增函数在（-1

1

3

）上 是减函数，求a的值；
（II）讨论函数g（x）=

f(x)

x

-

3

a

lnx的单调递减区间；
（III）如果存在a∈（-∞，-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：（I）根据题中所给函数的单调区间，可以确定函数的极值点，则根据极值点是导函数对应方程的根，列出方程组，求解即可得到a的值；
（II）求出g（x）的表达式以及g（x）的定义域，求出g′（x），令g′（x）＜0，对a进行分类讨论，求解不等式，即可得到函数g（x）=

f(x)

x

-

3

a

lnx的单调递减区间；
（III）利用函数h（x）在x=-1处取得最小值，转化为h（x）≥h（-1）对x∈[-1，b]恒成立，利用二次函数的性质求解关于x的恒成立问题，得到关于a的不等式在区间（-∞，-1]上有解，从而转化为求最值问题，求解即可求得b得取值范围，从而得到b的最大值．

解答：解：（Ⅰ）∵f（x）=ax³+x²-ax，
∴f′（x）=3ax²+2x-a，
∵函数f（x）在（-∞，-1）和（

1

3

，+∞）上是增函数，在（-1，

1

3

）上是减函数，
∴-1，

1

3

为函数f（x）的两个极值点，
∴

f′(-1)=0 f′( 1 3 )=0

，即

3a-2-a=0 a 3 + 2 3 -a=0

，解得a=1，
∴a的值为1；
（Ⅱ）∵g（x）=

f(x)

x

-

3

a

lnx，
∴g（x）=ax²+x-a-

3

a

lnx，则g（x）的定义域为（0，+∞），
∴g′（x）=2ax+1-

3

ax

=

2a2x2+ax-3

ax

=

2a2(x- 1 a )(x+ 3 2a )

ax

，
当a＞0时，令g′（x）＜0，解得x∈（0，

1

a

），故g（x）的单调减区间为（0，

1

a

），
当a＜0时，令g′（x）＜0，解得x∈（-

3

2a

，+∞），故g（x）的单调减区间为（-

3

2a

，+∞），
∴当a＞0时，g（x）的单调减区间为（0，

1

a

），当a＜0时，g（x）的单调减区间为（-

3

2a

，+∞）；
（Ⅲ）∵f（x）=ax³+x²-ax，f′（x）=3ax²+2x-a，
∴h（x）=ax³+（3a+1）x²+（2-a）x-a，
∵h（x）在x=-1处取得最小值，
∴h（x）≥h（-1）在区间[-1，b]上恒成立，即（x+1）[ax²+（2a+1）x+（1-3a）]≥0在区间[-1，b]上恒成立，①
当x=-1时，不等式①成立；
当-1＜x≤b时，不等式①可化为ax²+（2a+1）x+（1-3a）≥0在区间[-1，b]上恒成立，②
令φ（x）=ax²+（2a+1）x+（1-3a），
∵二次函数φ（x）的图象是开口向下的抛物线，
∴它在闭区间上的最小值必在端点处取得，又φ（-1）=-4a＞0，
∴不等式②恒成立的充要条件是φ（b）≥0，即ab²+（2a+1）b+（1-3a）≥0，
∴

b2+2b-3

b+1

≤-

1

a

，
∵这个关于a的不等式在区间（-∞，-1]上有解，
∴

b2+2b-3

b+1

≤（-

1

a

）_max，
又∵y=-

1

a

（-∞，-1]上单调递增，故（-

1

a

）_max=1，
∴

b2+2b-3

b+1

≤1，解得，

-1- 17

2

≤b≤

-1+ 17

2

，
又∵b＞-1，
∴-1＜b≤

-1+ 17

2

，
∴b的最大值为

-1+ 17

2

．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性，并且利用函数的单调区间判断函数的极值点，函数的极值点一定是导函数对应方程的根．导函数的正负对应着函数的增减．本题同时考查了有关不等式恒成立的问题，对于恒成立问题，一般选用参变量分离法、最值法、数形结合法求解．属于难题．