Question

15．已知函數(shù)f（x）=x³+$\frac{3}{2}$x²+mx在x=1處有極小值，g（x）=f（x）-$\frac{2}{3}$x³-$\frac{3}{4}$x²+x-alnx．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）是否存在實(shí)數(shù)a，對任意的x₁、x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，有$\frac{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞1恒成立？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由已知可得f′（1）=0，求出m值，把m值代入原函數(shù)，求導(dǎo)得到導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)，進(jìn)一步求得原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）假設(shè)存在實(shí)數(shù)a使得對任意的 x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，有$\frac{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞1恒成立，把問題轉(zhuǎn)化為g（x₁）-x₁＜g（x₂）-x₂恒成立，然后構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）-x，利用導(dǎo)函數(shù)求出使函數(shù)h（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)的a的取值范圍即可．

解答 解：（1）∵f（x）=x³+$\frac{3}{2}$x²+mx，∴f′（x）=3x²+3x+m，
∵f（x）=x³+$\frac{3}{2}$x²+mx在x=1處有極小值，∴f′（1）=6+m=0，得m=-6．
∴f（x）=x³+$\frac{3}{2}$x²-6x，則f′（x）=3（x²+x-2）=3（x-1）（x+2）．
∴當(dāng)x∈（-∞，-2）∪（1，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，當(dāng)x∈（-2，1）時(shí)，f′（x）＜0，
則f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（-∞，-2），（1，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（-2，1）；
（2）g（x）=f（x）-$\frac{2}{3}$x³-$\frac{3}{4}$x²+x-alnx=x³+$\frac{3}{2}$x²-6x-$\frac{2}{3}$x³-$\frac{3}{4}$x²+x-alnx=$\frac{1}{3}{x}^{3}$$+\frac{3}{4}{x}^{2}$-5x-alnx．
假設(shè)存在實(shí)數(shù)a使得對任意的 x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，有$\frac{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞1恒成立，
不妨設(shè)0＜x₁＜x₂，只要g（x₁）-g（x₂）＜x₁-x₂，
即：g（x₁）-x₁＜g（x₂）-x₂．
令h（x）=g（x）-x，只要 h（x）在（0，+∞）為增函數(shù)即可．
又函數(shù)h（x）=g（x）-x=$\frac{1}{3}{x}^{3}+\frac{3}{4}{x}^{2}-6x-alnx$，
則h′（x）=${x}^{2}+\frac{3}{2}x-6-\frac{a}{x}$=$\frac{2{x}^{3}+3{x}^{2}-12x-2a}{2x}$．
要使h'（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，則需2x³+3x²-12x-2a≥0在（0，+∞）上恒成立，
即2a≤2x³+3x²-12x．
令t（x）=2x³+3x²-12x，則t′（x）=6x²+6x-12=6（x+2）（x-1）．
∴當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，t（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，t（x）單調(diào)遞增，
則t（x）_min=t（1）=-7．
∴2a≤-7，得a$≤-\frac{7}{2}$．
∴存在實(shí)數(shù)a$≤-\frac{7}{2}$，對任意的x₁、x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，有$\frac{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞1恒成立．

點(diǎn)評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了導(dǎo)數(shù)在最大值最小值中的應(yīng)用，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想和分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，訓(xùn)練了利用構(gòu)造函數(shù)法求參數(shù)的取值范圍，屬難題．