Question

10．已知函数g（x）=ax³+x²+x（a为实数）
（1）试讨论函数g（x）的单调性；
（2）若对?x∈（0，+∞）恒有$g（x）≤lnx+\frac{1}{x}$，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）令$f（x）=lnx+\frac{1}{x}$，求出函数f（x）的最小值，通过讨论a的范围，得到g（x）的单调性，求出g（x）的最大值小于f（x）的最小值，从而求出a的范围即可．

解答 解：（1）g'（x）=3ax²+2x+1
（i）当a=0时，g（x）在$（{-∞，-\frac{1}{2}}）$单调减和$（{-\frac{1}{2}，+∞}）$单调增；
（ii）当a≠0时，△=4-12a，
当$a≥\frac{1}{3}$时，g'（x）=3ax²+2x+1≥0恒成立，此时g（x）在R单调增；
当$0＜a＜\frac{1}{3}$时，由g'（x）=3ax²+2x+1=0得，
${x_1}=\frac{{-1-\sqrt{1-3a}}}{3a}，{x_2}=\frac{{-1+\sqrt{1-3a}}}{3a}$，
g（x）在（x₁，x₂）单调减，在（-∞，x₁）和（x₂，+∞）单调增；
当a＜0时，g（x）在（x₂，x₁）单调增，在（-∞，x₂）和（x₁，+∞）单调减；
（2）令$f（x）=lnx+\frac{1}{x}$，则$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}$
因此，f（x）在（0，1）单调减，在（1，+∞）单调增∴f_min（x）=f（1）=1
当a＞-1时，g（1）=a+2＞1=f（1），显然，对?x∈（0，+∞）不恒有f（x）≥g（x）；
当a≤-1时，由（1）知，g（x）在（0，x₁）单调增，在（x₁，+∞）单调减，
$3a{x_1}^2+2{x_1}+1=0$，即$a{x_1}^2=-\frac{1}{3}（{2{x_1}+1}）$
所以，在（0，+∞）上，${g_{max}}（x）=g（{x_1}）=ax_1^3+x_1^2+{x_1}=\frac{1}{3}x_1^2+\frac{2}{3}{x_1}=\frac{1}{3}{（{{x_1}+1}）^2}-\frac{1}{3}$，
又${x_1}=\frac{{-1-\sqrt{1-3a}}}{3a}=\frac{1}{{\sqrt{1-3a}-1}}∈（{0，1}]$
所以${g_{max}}（x）=\frac{1}{3}{（{{x_1}+1}）^2}-\frac{1}{3}≤1={f_{min}}（x）$，
即满足对?x∈（0，+∞）恒有f（x）≥g（x）
综上，实数a∈（-∞，-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，考查分类讨论思想，是一道中档题．