Question

19．已知函数f（x）=$\frac{1}{3}$ax³+$\frac{1}{2}$bx²+cx在点（-1，f（-1））处的切线与x轴平行，在点（1，f（1））处切线的斜率为1，又对任意x∈R，都有x≤f'（x）恒成立．
（Ⅰ）求f（x）的解析式；
（Ⅱ）求g（x）=12f（x）-4x²-3x-3在$[{\frac{1}{2}，2}]$上的最大值；
（Ⅲ）设h（x）=$\frac{m}{x}$+x•lnx，若对任意x₁，x₂∈$[{\frac{1}{2}，2}]$，都有h（x₁）≥g（x₂）．求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导，利用导数几何意义，导数与切线斜率的关系，联立方程即可求得b=$\frac{1}{2}$，c=$\frac{1}{2}$-a，对任意x∈R，都有x≤f'（x）恒成立，转化成ax²-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{2}$-a≥0恒成立，则$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{△＜0}\end{array}\right.$，即可求得a和c的值，求得f（x）的解析式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，求得g（x），求导，利用二次函数的性质即可求得在$[{\frac{1}{2}，2}]$上的最大值；
（Ⅲ）由题意可知m≥[x-x²lnx]_max，构造函数，求导，根据函数的单调性即可求得函数的最大值，即可求得m的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）∵求导f（x）=$\frac{1}{3}$ax³+$\frac{1}{2}$bx²+cx，f′（x）=ax²+bx+c，
因为函数f（x）的图象在点（-1，f（-1））处的切线与x轴平行，
∴f′（-1）=0，即a-b+c=0，①，
而f′（1）=1，即a+b+c=1，②，
由①②可解得b=$\frac{1}{2}$，c=$\frac{1}{2}$-a，
由对任意x∈R，x∈R，都有x≤f'（x）恒成立．
即ax²-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{2}$-a≥0恒成立．则$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{△＜0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{16{a}^{2}-8a+1≤0}\end{array}\right.$，
解得：a=$\frac{1}{4}$．
∴f（x）=$\frac{1}{12}$x³+$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{4}$x；
（II）∵g（x）=12f（x）-4x²-3x-3=x³+4x²+3x-4x²-3x-3=x³-x²-3，
∴求导，g′（x）=3x²-2x=x（3x-2），
当x∈[$\frac{1}{2}$，$\frac{2}{3}$]时，g′（x）＜0，此时函数g（x）单调递减，
此时g（x）_max=g（$\frac{1}{2}$）=-$\frac{25}{8}$；
当x∈[$\frac{2}{3}$，2]时，g′（x）＞0，此时函数g（x）单调递增，此时g（x）_max=g（2）=1；
因为g（2）＞g（$\frac{1}{2}$），当x∈[$\frac{2}{3}$，2]时，g（x）_max=g（2）=1；
∴g（x）在$[{\frac{1}{2}，2}]$上的最大值1；
（ III）∵h（x）=$\frac{m}{x}$+x•lnx，对任意x₁，x₂∈$[{\frac{1}{2}，2}]$，都有h（x₁）≥g（x₂），则x∈[$\frac{2}{3}$，2]时，都有h（x）≥g（x）_max=1，
∴m≥x-x²lnx，则m≥[x-x²lnx]_max．令p（x）=x-x²lnx，$\frac{1}{2}$≤x≤2，
∴p′（x）=1-2xlnx-x，
则p′（x）=0，当x∈（1，2）时，p′（x）=1-x-2xlnx＜-2xlnx＜0，
此时p（x）单调递减；
当x∈（$\frac{1}{2}$，1）时，p′（x）=1-x-2xlnx＞-2xlnx＞0，
此时p（x）单调递增，
∴p（x）_max=p（1）=1，
∴m≥1，
实数m的取值范围[1，+∞）．

点评 本题考查导数的综合应用，导数与函数单调性的关系，利用导数求函数的最值，二次函数的性质，考查转化思想，属于中档题．