Question

4．已知函数f（x）=x³-ax²，其中x∈R，a为参数
（1）记函数g（x）=$\frac{1}{6}$f′（x）+lnx，讨论函数g（x）的单调性；
（2）若曲线y=f（x）与x轴正半轴有交点且交点为P，曲线在点P处的切线方程为y=g（x），求证：对于任意的正实数x，都有f（x）≥g（x）．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调区间即可；
（2）求出f（x）点P处的切线方程y=g（x），令h（x）=f（x）-g（x），根据函数的单调性求出h（x）≥0即可．

解答 解：（1）函数g（x）的定义域是（0，+∞），
f'（x）=3x²-2ax，g（x）=$\frac{1}{6}$（3x²-2ax）+lnx，
g′（x）=x+$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{3}$≥2-$\frac{a}{3}$，
当a≤6时，则$2-\frac{a}{3}≥0$，所以g'（x）≥0，
所以函数g（x）在定义域（0，+∞）上单调递增．
当a＞6时，令$g'（x）=\frac{{3{x^2}-ax+3}}{3x}=0$，
则${x_1}=\frac{{a-\sqrt{{a^2}-36}}}{6}，{x_2}=\frac{{a+\sqrt{{a^2}-36}}}{6}$，
可知函数g（x）在$（{0，\frac{{a-\sqrt{{a^2}-36}}}{6}}）$上单调递增，
在$（{\frac{{a-\sqrt{{a^2}-36}}}{6}，\frac{{a+\sqrt{{a^2}-36}}}{6}}）$单调递减，
在$（{\frac{{a+\sqrt{{a^2}-36}}}{6}，+∞}）$上单调递增．
证明：（2）令f（x）=0，则x=0或x=a
若曲线y=f（x）与x轴正半轴有交点，
则a＞0且交点坐标为P（a，0），
又f'（x）=3x²-2ax，则f'（a）=a²，
所以曲线在点P处的切线方程为y=a²（x-a），即g（x）=a²x-a³，
令h（x）=f（x）-g（x）=x³-ax²-a²x+a³，
在区间（a，+∞）上单调递减，
所以当x=a时，h（x）有最小值，
所以h（x）≥0，
则f（x）≥g（x）．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．