题目内容

已知函数f（x）=x³+mx，g（x）=nx²+n²，F（x）=f（x）+g（x）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数F（x）在x=l处有极值为10，求曲线F（x）在（0，F（0））处的切线方程；
（Ⅲ）若n²＜3m，不等式 $数学公式$ 对?x∈（1，+∞）恒成立，求整数k的最大值．

解：（Ⅰ）∵f（x）=x³+mx，∴f′（x）=3x²+m．
①当m≥0时，f′（x）≥0恒成立，所以f（x）在（-∞，+∞）上是增函数．
②当m＜0时，若f′（x）＜0，则 $\text{[math]}$ ．若f′（x）＞0，则x＜ $\text{[math]}$ ，或x＞ $\text{[math]}$ ，
所以f（x）在（- $\text{[math]}$ ， $\text{[math]}$ ）上是减函数，在（-∞，- $\text{[math]}$ ），（ $\text{[math]}$ ，+∞）上是增函数；
（Ⅱ）∵F（x）=x³+mx+nx²+n²，在x=1处有极值10，
∴F′（x）=3x²+2nx+m．
∴ $\text{[math]}$ ，∴ $\text{[math]}$ ，
∴m=-11，n=4．或m=3，n=-3．
当m=3，n=-3时，F′（x）=3（x-1）²≥0，函数F（x）在R上是增函数，所以F（x）在x=1处无极值，不合题意．
当m=-11，n=4时，F′（x）=3x²+8x-11=（3x+11）（x-1），
当- $\text{[math]}$ ＜x＜1时，F′（x）＜0；当x＞1时，F′（x）＞0．
∴函数F（x）在x=1处取得极小值，符合题意．
∴m=-11，n=4．∴切线方程为11x+y-16=0．
（Ⅲ）∵F（x）=x³+mx+nx²+n²，
∴F′（x）=3x²+2nx+m．
∵n²＜3m，△=4（n²-3m）＜0，∴F′（x）＞0，
∴F（x）=x³+mx+nx²+n²在R上是增函数．
∵F（ $\text{[math]}$ ）＞F（ $\text{[math]}$ ）对任意x∈（1，+∞）恒成立，∴ $\text{[math]}$ 对任意x∈（1，+∞）恒成立．
设函数h（x）= $\text{[math]}$ ，则h′（x）= $\text{[math]}$ ．
设m（x）=x-lnx-2，则m′（x）=1- $\text{[math]}$ ．
∵x∈（1，+∞），m′（x）＞0，则m（x）=x-lnx-2在（1，+∞）上是增函数，
因为m（1）=-1，m（2）=-ln2，m（3）=1-ln3＜0，m（4）=2-ln4＞0，所以?x₀∈（3，4），使m（x₀）=x₀-lnx₀-2=0
所以x∈（1，x₀）时，m（x）＜0，h′（x）＜0，所以h（x）= $\text{[math]}$ 在（1，+∞）上递减，
x∈（x₀，+∞）时，m（x）＞0，h′（x）＞0，所以h（x）= $\text{[math]}$ 在（x₀，+∞）上递增，
所以h（x）的最小值为h（x₀）= $\text{[math]}$ ，
又因为m（x₀）=x₀-lnx₀-2=0，所以h（x₀）=x₀，
因为x₀∈（3，4），且k＜h（x）对任意x∈（1，+∞）恒成立，所以k＜h（x）_min，
所以k≤3，整数k的最大值为3．
分析：（Ⅰ）求f′（x），解含参数m的不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0即可；
（Ⅱ）由函数F（x）在x=l处有极值为10，可得F′（1）=0，F（1）=10，由此可求出F（x），由导数的几何意义及直线点斜式方程可求切线方程；
（Ⅲ）由n²＜3m，可得F（x）为增函数，从而不等式 $\text{[math]}$ 可转化为 $\text{[math]}$ ，分离出参数k，转化为函数最值问题即可解决．
点评：本题考查导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性及函数恒成立问题，属于导数的综合应用，有一定难度，特别是恒成立问题，常常转化为函数最值问题，进而可用导数解决．