分析 (Ⅰ)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),得到f′(1)=0,求出a的值即可;
(Ⅱ)根據(jù)函數(shù)的奇偶性求出p,q的值,求出F(x)的解析式,求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可;
(Ⅲ)問題轉(zhuǎn)化為λ(x-lnx)≤x2-2x在x∈[1,+∞)上恒成立,得到$λ≤\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$在x∈[1,+∞)上恒成立,令$φ(x)=\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}({x≥1})$,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出λ的范圍即可.
解答 解:(Ⅰ)由f(x)=ax3+x有f'(x)=3ax2+1
因?yàn)閒(x)在x=1處取得極值,故f'(1)=3a+1=0
∴$a=-\frac{1}{3}$
經(jīng)檢驗(yàn):當(dāng)$a=-\frac{1}{3}$時(shí),符合題意,故$a=-\frac{1}{3}$
(Ⅱ)由(Ⅰ)知:F(x)=(-x2+1)(x2+px+q)
∵F(x)的圖象關(guān)于直線x=-1對(duì)稱,故函數(shù)F(x-1)為偶函數(shù)
又F(x-1)=[-(x-1)2+1][(x-1)2+p(x-1)+q]=-x4+(4-p)x3+(3p-q-5)x2+2(1-p+q)x
∴$\left\{\begin{array}{l}4-p=0\\ 2({1-p+q})=0\end{array}\right.$,解得p=4,q=3
∴F(x)=(-x2+1)(x2+4x+3)
∴F'(x)=-2x(x2+4x+3)+(-x2+1)(2x+4)=-4(x+1)(x2+2x-1)
令F'(x)>0有$x<-1-\sqrt{2}$或$-1<x<-1+\sqrt{2}$
令F'(x)<0有$-1-\sqrt{2}<x<-1$或$x>-1+\sqrt{2}$
∴函數(shù)F(x)在區(qū)間$({-∞,-1-\sqrt{2}}),({-1,-1+\sqrt{2}})$上單調(diào)遞增,
在區(qū)間$({-1-\sqrt{2},-1}),({-1+\sqrt{2},+∞})$上單調(diào)遞減
(Ⅲ)由(Ⅱ)知,對(duì)任意的x≥1,都有g(shù)(x)≥(6+λ)x-λlnx+3恒成立,
可轉(zhuǎn)化為λ(x-lnx)≤x2-2x在x∈[1,+∞)上恒成立
易知lnx<x∴$λ≤\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}$在x∈[1,+∞)上恒成立
令$φ(x)=\frac{{{x^2}-2x}}{x-lnx}({x≥1})$,∴$φ'(x)=\frac{{({x-1})({x+2-2lnx})}}{{{{({x-lnx})}^2}}}$
令h(x)=x+2-2lnx(x≥1),∴$h'(x)=1-\frac{2}{x}$
∴h(x)在(1,2)上遞減,(2,+∞)上遞增
∴h(x)min=h(2)=4-2ln2>0
∴φ'(x)≥0,即φ(x)在[1,+∞)上遞增
∴φ(x)min=φ(1)=-1
∴λ≤-1.
點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性問題,考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題,是一道綜合題.
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A. | 充分不必要條件 | B. | 必要不充分條件 | ||
C. | 充分必要條件 | D. | 既不充分也不必要條件 |
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A. | $({0,\frac{1}{2}})$ | B. | $({\frac{1}{2},1})$ | C. | (0,1) | D. | $({-1,\frac{1}{2}})$ |
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A. | -6 | B. | 6 | C. | 7 | D. | 8 |
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A. | B. | C. | D. |
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A. | (-2,0) | B. | (0,-2) | C. | (2,0) | D. | (0,2) |
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