Question

18．已知a，b是實數，1和-1是函數f（x）=x³+ax²+bx的兩個極值點．
（1）求a和b的值；
（2）設函數g（x）的導函數g'（x）=f（x）+2，求g（x）的極值點；
（3）若$h（x）=-\frac{1}{3}（cbx-\frac{bc}{x}）+2lnx（c∈R）$，當x₁，x₂∈（0，+∞）時，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的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數f（x）的導數，得到關于a，b的方程組，求出a，b的值；
（2）求出f（x）的解析式，求出g′（x），解關于g′（x）的不等式，求出函數g（x）的單調區(qū)間，從而求出g（x）的極值點即可；
（3）求出h（x），整理得x₁h（x₁）＜x₂h（x₂），根據函數的單調性得到2cx+2+2lnx≤0在（0，+∞）上恒成立，即不等式等價于c≤-$\frac{1+lnx}{x}$（x＞0），根據函數的單調性求出c的范圍即可．

解答 解：（1）由f（x）=x³+ax²+bx，得f′（x）=3x²+2ax+b，
1和-1是函數f（x）的兩個極值點，
∴$\left\{\begin{array}{l}{f′（1）=3+2a+b=0}\\{f′（-1）=3-2a+b=0}\end{array}\right.$，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，
∵當x＜-2時，g′（x）＜0；當-2＜x＜1時，g′（x）＞0，
∴x=-2是g（x）的極值點．
∵當-2＜x＜1或x＞1時，g′（x）＞0，
∴x=1不是g（x）的極值點．
∴g（x）的極值點是-2．                                      
（3）由（1）知a=0，b=-3，則h（x）=-$\frac{1}{3}$（cbx-$\frac{bc}{x}$）+2lnx=cx-$\frac{c}{x}$+2lnx，
不妨設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），
所以函數y=xh（x）在（0，+∞）上單調遞減，
設ω（x）=xh（x），則ω（x）=cx²-c+2xlnx，ω′（x）=2cx+2+2lnx，
由題意得ω′（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，
即2cx+2+2lnx≤0在（0，+∞）上恒成立，
因為x＞0，所以不等式等價于c≤-$\frac{1+lnx}{x}$（x＞0），
記F（x）=-$\frac{1+lnx}{x}$，（x＞0），
則F′（x）=$\frac{lnx}{{x}^{2}}$，
所以當x∈（0，1]時，F′（x）≤0，函數單調遞減；
當x∈（1，+∞）時，F′（x）＞0，函數單調遞增，
故F（x）≥F（1）=-1，即F（x）的最小值為-1，
故c≤-1．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及函數恒成立問題，是一道中檔題．