Question

18．已知函數(shù)f（x）=x²-cx+bln（ax），其中c，b，a∈R，且a≠0．
（1）當(dāng)c=-3，b=1時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)a=1，若f（x）存在極大值，且對(duì)于c的一切可能取值，f（x）的極大值均小于0，求b的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出f（x）的極大值，得到關(guān)于b的不等式，求出b的范圍即可．

解答 解：（1）c=-3，b=1時(shí)，f（x）=x²+3x+ln（ax），
故$f'（x）=2x+3+\frac{1}{x}=\frac{{（{2x+1}）（{x+1}）}}{x}$，
當(dāng)a＞0時(shí)，x＞0，故f′（x）＞0，
因此f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增；
當(dāng)a＜0時(shí)，x＜0，由f′（x）＞0，得-1＜x＜-$\frac{1}{2}$，
由f′（x）＜0，得：x＜-1或x＞-$\frac{1}{2}$，
因此f（x）在（-∞，-1）和（-$\frac{1}{2}$，0）單調(diào)遞減，在（-1，-$\frac{1}{2}$）單調(diào)遞增；       
（2）由題f′（x）=2x-c+$\frac{x}$=$\frac{{2x}^{2}-cx+b}{x}$，（x＞0），顯然△=c²-8b＞0；
設(shè)f′（x）=0的兩根為x₁＜x₂，則當(dāng)x＜x₁或x＞x₂時(shí)f′（x）＞0，
當(dāng)x₁＜x＜x₂時(shí)，f′（x）＜0，故f（x）_極大值=f（x₁）=${{x}_{1}}^{2}$-cx₁+blnx₁，且0＜x₁＜x₂，
知c．b∈R⁺，又f′（x₁）=0，故cx₁=2${{x}_{1}}^{2}$+b，且x₁=$\frac{c-\sqrt{{c}^{2}-8b}}{4}$，
從而f（x₁）=$\frac{{c}^{2}-4b-c\sqrt{{c}^{2}-8b}}{-8}$+bln$\frac{c-\sqrt{{c}^{2}-8b}}{4e}$＜0，
令g（c）=f（x₁），則$g'（c）=-\frac{1}{8}[{2c-（{\sqrt{{c^2}-8b}+c•\frac{2c}{{2\sqrt{{c^2}-8b}}}}）}]+b•\frac{{1-\frac{2c}{{2\sqrt{{c^2}-8b}}}}}{{c-\sqrt{{c^2}-8b}}}=\frac{{\sqrt{{c^2}-8b}-c}}{4}＜0$，
故g（c）在$（{\sqrt{8b}，+∞}）$單減，從而$g（c）＜g（{\sqrt{8b}}）=-\frac{2}+bln\frac{{\sqrt{2b}}}{2e}$，
因此-$\frac{2}$+bln$\frac{\sqrt{2b}}{2e}$≤0，解得：0＜b≤2e³．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．