Question

1．已知函數(shù)f（x）=ln（2ax+1）+$\frac{{x}^{3}}{3}$-x²（a∈R）
（1）若y=f（x）在[2，+∞）上為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）當a=-$\frac{1}{2}$時，方程f（1-x）=$\frac{（1-x）^{3}}{3}$+$\frac{x}$+x-1有實根，求實數(shù)b的最大值．

Answer 1

分析 （1）y=f（x）在[2，+∞）上為增函數(shù)，等價于f′（x）=$\frac{2a}{2ax+1}$+x²-2x≥0且2ax+1＞0在[2，+∞）上恒成立，分類討論，滿足條件的a值，綜合討論結果，從而可求實數(shù)a的取值范圍；
（2）當a=-$\frac{1}{2}$時，方程f（1-x）=$\frac{（1-x）^{3}}{3}$+$\frac{x}$+x-1實根，等價于b=xlnx+x²-x³在（0，+∞）上有解，即求g（x）=xlnx+x²-x³的值域．構造h（x）=lnx+x-x²（x＞0），證明h（x）在（0，1）上為增函數(shù)，在（1，+∞）上為減函數(shù)，即可得出結論．

解答 解：（1）因為函數(shù)y=f（x）在[2，+∞）上為增函數(shù)，
所以f′（x）=$\frac{2a}{2ax+1}$+x²-2x≥0且2ax+1＞0在[2，+∞）上恒成立，
當a=0時，f′（x）=x（x-2）≥0且1＞0在[2，+∞）上恒成立，
故a=0符合題意；
當a≠0時，由2ax+1＞0對x≥2恒成立，故只能a＞0，
此時f′（x）=$\frac{2a}{2ax+1}$+x²-2x≥0恒成立；
綜上可得：a∈[0，+∞）；
（2）當a=-$\frac{1}{2}$時，方程f（1-x）=$\frac{（1-x）^{3}}{3}$+$\frac{x}$+x-1可化為：lnx-（1-x）²+（1-x）=$\frac{x}$，
則b=xlnx-x（1-x）²+x（1-x）=xlnx+x²-x³在（0，+∞）上有解，
令函數(shù)g（x）=xlnx+x²-x³=x（lnx+x-x²），
h（x）=lnx+x-x²，則h′（x）=$\frac{1}{x}$+1-2x=$\frac{（2x+1）（1-x）}{x}$
∴0＜x＜1時，h′（x）＞0，從而h（x）在（0，1）上為增函數(shù)，
當x＞1時h′（x）＜0，從而h（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，
∴h（x）≤h（1）=0，
∵x＞0，
∴b=xh（x）≤0，
∴x=1時，b取得最大值0．

點評 本題考查導數(shù)知識的綜合運用，考查函數(shù)的單調性，考查函數(shù)的最值，構建函數(shù)是關鍵，也是難點．