Question

设函数f（x）=x³-3ax²+3b²x．
（I）若a=1，b=0，求曲线y=f（x） 在点（1，f（1））处的切线方程；
（II）当b=1时，若函数f（x） 在[-1，1]上是增函数，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）若0＜a＜b，不等式f（

1+lnx

x-1

）＞f(

k

x

)对任意x＞1恒成立，求整数k的最大值．

Answer 1

分析：（Ⅰ）当a=1，b=0时，f（x）=x³-3x²，所以f（1）=-2，即切点为P（1，-2）．由f′（x）=3x²-6x，能求出切线方程．
（Ⅱ）y=f（x）在[-1，1]上单调递增，f′（x）=3x²-6ax+3=3（x²-2ax+1）．依题意f′（x）在[-1，1]上恒有f′（x）≥0，即x²-2ax+1≥0．由此进行分类讨论，能求出参数a的取值范围．
（Ⅲ）f′（x）=3x²-6ax+3b²，由于0＜a＜b，所以△=36a²-36b²=36（a+b）（a-b）＜0，所以函数f（x）在R上递增．从而不等式f（

1+lnx

x-1

）＞f（

k

x

），由此运用构造法能求出整数k的最大值．

解答：解：（Ⅰ）当a=1，b=0时，f（x）=x³-3x²，
所以f（1）=-2，即切点为P（1，-2）．
因为f′（x）=3x²-6x，
所以f′（1）=3-6=-3，
所以切线方程为y+2=-3（x-1），
即y=-3x+1．
（Ⅱ）y=f（x）在[-1，1]上单调递增，
又f′（x）=3x²-6ax+3
=3（x²-2ax+1）．
依题意f′（x）在[-1，1]上恒有f′（x）≥0，即x²-2ax+1≥0．
①当x=a＞1时，f′(x)min=f′(1)=2-2a≥0，
∴a≤1，所以舍去；
②当x=a＜-1时，f′（x）_min=f′（-1）=1+2a+1≥0，∴a≥-1，舍去；
③当-1≤a≤1时，f′（x）_min=f′（a）=-a²+1≥0，
则-1≤a≤1，
综上所述，参数a的取值范围是-1≤a≤1．
（Ⅲ）f′（x）=3x²-6ax+3b²，由于0＜a＜b，
所以△=36a²-36b²=36（a+b）（a-b）＜0，
所以函数f（x）在R上递增．
从而不等式f（

1+lnx

x-1

）＞f（

k

x

），
∴

1+lnx

x-1

＞

k

x

，
∴

(1+lnx)x

x-1

＞k对x∈（1，+∞）恒成立，
构造h（x）=

(1+lnx)x

x-1

，
h′(x)=

(2+lnx)(x-1)-(x+xlnx)

(x-1)2

=

x-lnx-2

(x-1)2

，
构造g（x）=x-lnx-2，g′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

．
对x∈（1，+∞），g′(x)=

x-1

x

＞0，
所以g（x）=x-lnx-2在x∈（1，+∞）递增．
g（1）=-1，g（2）=-ln2，g（3）=1-ln3＜0，g（4）=2-ln4＞0．
所以?x₀∈（3，4），g（x₀）=x₀-lnx₀-2=0．
所以x∈（1，x₀），g（x）＜0，h′（x）＜0，
所以h（x）=

(1+lnx)x

x-1

在（1，x₀）递减，
x∈（x₀，+∞），g（x）＞0，h′（x）＞0，
所以h（x）=

(1+lnx)x

x-1

在（x₀，+∞）递增，
所以，h（x）_min=h（x₀）=

(1+lnx0)x0

x0-1

，
结合g（x₀）=x₀-lnx₀-2=0，
得到h（x）_min=h（x₀）=

(1+lnx0)x0

x0-1

=x₀∈（3，4），
所以k＜

(1+lnx)x

x-1

对x∈（1，+∞）恒成立，
∴k＜h（x）_min，
所以k≤3，整数k的最大值为3．

点评：本题考查切线方程的求法，考查满足条件的实数的取值范围的求法，考查满足条件的整数的最大值的求法．解题时要认真审题，仔细解答，注意构造法和等价转化思想的合理运用．