Question

7．已知三次函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)f′（x）=-3x²+3且f（0）=-1，$g（x）=xlnx+\frac{a}{x}（a≥1）$．
（1）求f（x）的極值；
（2）求證：對任意x₁，x₂∈（0，+∞），都有f（x₁）≤g（x₂）．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（2）法一：問題轉(zhuǎn)化為x≤x²lnx+1（x＞0），即x²lnx+1-x≥0（x＞0）令h（x）=x²lnx+1-x（x＞0），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可；
法二：由a≥1知，$g（x）≥xlnx+\frac{1}{x}（x＞0）$，令$h（x）=xlnx+\frac{1}{x}（x＞0）$，求出h（x）的最小值，從而證明結(jié)論即可；
法三：同法二，求h（x）的最小值時可以二次求導(dǎo)．

解答 解：（ 1）依題意得f（x）=-x³+3x-1，f'（x）=-3x²+3=-3（x+1）（x-1）
知f（x）在（-∞，-1）和（1，+∞）上是減函數(shù)，在（-1，1）上是增函數(shù)
∴f（x）_極小值=f（-1）=-3，f（x）_極大值=f（1）=1
（2）法1：易得x＞0時，f（x）_最大值=1，
依題意知，只要$1≤g（x）（x＞0）?1≤xlnx+\frac{a}{x}（a≥1）（x＞0）$
由a≥1知，只要x≤x²lnx+1（x＞0）?x²lnx+1-x≥0（x＞0）
令h（x）=x²lnx+1-x（x＞0），則h'（x）=2xlnx+x-1
注意到h'（1）=0，當(dāng)x＞1時，h'（x）＞0；當(dāng)0＜x＜1時，h'（x）＜0，
即h（x）在（0，1）上是減函數(shù)，在（1，+∞）是增函數(shù)，h（x）_最小值=h（1）=0
即h（x）≥0，綜上知對任意x₁，x₂∈（0，+∞），都有f（x₁）≤g（x₂）
法2：易得x＞0時，f（x）_最大值=1，
由a≥1知，$g（x）≥xlnx+\frac{1}{x}（x＞0）$，令$h（x）=xlnx+\frac{1}{x}（x＞0）$
則$h'（x）=lnx+1-\frac{1}{x^2}=lnx+\frac{{{x^2}-1}}{x^2}$
注意到h'（1）=0，當(dāng)x＞1時，h'（x）＞0；當(dāng)0＜x＜1時，h'（x）＜0，
即h（x）在（0，1）上是減函數(shù)，在（1，+∞）是增函數(shù)，
h（x）_最小值=h（1）=1，所以h（x）_最小值=1，
即g（x）_最小值=1．
綜上知對任意x₁，x₂∈（0，+∞），都有f（x₁）≤g（x₂）．
法3：易得x＞0時，f（x）_最大值=1，
由a≥1知，$g（x）≥xlnx+\frac{1}{x}（x＞0）$，令$h（x）=xlnx+\frac{1}{x}（x＞0）$，則$h'（x）=lnx+1-\frac{1}{x^2}（x＞0）$
令$φ（x）=lnx+1-\frac{1}{x^2}（x＞0）$，則$φ'（x）=\frac{1}{x}+\frac{1}{x^3}＞0$，
知φ（x）在（0，+∞）遞增，注意到φ（1）=0，
所以，h（x）在（0，1）上是減函數(shù)，在（1，+∞）是增函數(shù)，
有h（x）_最小值=1，即g（x）_最小值=1
綜上知對任意x₁，x₂∈（0，+∞），都有f（x₁）≤g（x₂）．

點評 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)用以及不等式的證明，是一道綜合題．