Question

18．已知a，b是实数，1和-1是函数f（x）=x³+ax²+bx的两个极值点．
（1）求a和b的值；
（2）设函数g（x）的导函数g'（x）=f（x）+2，求g（x）的极值点；
（3）若$h（x）=-\frac{1}{3}（cbx-\frac{bc}{x}）+2lnx（c∈R）$，当x₁，x₂∈（0，+∞）时，不等式$[\frac{{h（{x_1}）}}{x_2}-\frac{{h（{x_2}）}}{x_1}]（{x_1}-{x_2}）＜0$恒成立，求c的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数f（x）的导数，得到关于a，b的方程组，求出a，b的值；
（2）求出f（x）的解析式，求出g′（x），解关于g′（x）的不等式，求出函数g（x）的单调区间，从而求出g（x）的极值点即可；
（3）求出h（x），整理得x₁h（x₁）＜x₂h（x₂），根据函数的单调性得到2cx+2+2lnx≤0在（0，+∞）上恒成立，即不等式等价于c≤-$\frac{1+lnx}{x}$（x＞0），根据函数的单调性求出c的范围即可．

解答 解：（1）由f（x）=x³+ax²+bx，得f′（x）=3x²+2ax+b，
1和-1是函数f（x）的两个极值点，
∴$\left\{\begin{array}{l}{f′（1）=3+2a+b=0}\\{f′（-1）=3-2a+b=0}\end{array}\right.$，解得a=0，b=-3．             
（2）∵由（1）得f（x）=x³-3x，
∴g′（x）=f（x）+2=（x-1）²（x+2），
令g′（x）=0，解得x=1或-2，
∵当x＜-2时，g′（x）＜0；当-2＜x＜1时，g′（x）＞0，
∴x=-2是g（x）的极值点．
∵当-2＜x＜1或x＞1时，g′（x）＞0，
∴x=1不是g（x）的极值点．
∴g（x）的极值点是-2．                                      
（3）由（1）知a=0，b=-3，则h（x）=-$\frac{1}{3}$（cbx-$\frac{bc}{x}$）+2lnx=cx-$\frac{c}{x}$+2lnx，
不妨设x₁＞x₂＞0，
所以x₁-x₂＞0，故不等式[$\frac{h{（x}_{1}）}{{x}_{2}}$-$\frac{h{（x}_{2}）}{{x}_{1}}$]（x₁-x₂）＜0，
即$\frac{h{（x}_{1}）}{{x}_{2}}$-$\frac{h{（x}_{2}）}{{x}_{1}}$＜0恒成立，整理得x₁h（x₁）＜x₂h（x₂），
所以函数y=xh（x）在（0，+∞）上单调递减，
设ω（x）=xh（x），则ω（x）=cx²-c+2xlnx，ω′（x）=2cx+2+2lnx，
由题意得ω′（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，
即2cx+2+2lnx≤0在（0，+∞）上恒成立，
因为x＞0，所以不等式等价于c≤-$\frac{1+lnx}{x}$（x＞0），
记F（x）=-$\frac{1+lnx}{x}$，（x＞0），
则F′（x）=$\frac{lnx}{{x}^{2}}$，
所以当x∈（0，1]时，F′（x）≤0，函数单调递减；
当x∈（1，+∞）时，F′（x）＞0，函数单调递增，
故F（x）≥F（1）=-1，即F（x）的最小值为-1，
故c≤-1．

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函数恒成立问题，是一道中档题．