Question

（2014•瀘州一模）已知函數(shù)f(x)=

a

x

+x+(a-1)lnx+15a，F(xiàn)（x）=-2x³+3（a+2）x²+6x-6a-4a²，其中a＜0且a≠-1．
（Ⅰ） 當(dāng)a=-2，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ） 若x=1時，函數(shù)F（x）有極值，求函數(shù)F（x）圖象的對稱中心坐標；
（Ⅲ）設(shè)函數(shù)g（x）=

F(x)-6x2+6(a-1)x•ex，x≤1 e•f(x)，                             x＞1

（e是自然對數(shù)的底數(shù)），是否存在a使g（x）在[a，-a]上為減函數(shù)，若存在，求實數(shù)a的范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ） 當(dāng)a=-2，對f（x）求導(dǎo)數(shù)f′（x），令f'（x）＞0，解得f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（Ⅱ）由F（x）在x=-1時有極值，得F'（-1）=0，求出a的值，從而得F（x）的解析式，求出F（x）圖象的對稱中心；
（Ⅲ）假設(shè)結(jié)論成立，設(shè)h₁（x）=F（x）-6x²+6（a-1）x•e^x，h₂（x）=e•f（x），則h₁（x）在[a，1]上為減函數(shù)，h₂（x）在[1，-a]上為減函數(shù)，且h₁（1）≥h₂（1），求出a的取值范圍．

解答：解：（Ⅰ） 當(dāng)a=-2，f（x）=-

2

x

+x-3lnx-30（x＞0）∴f′(x)=

2

x2

+1-

3

x

=

x2-3x+2

x2

，
設(shè)f'（x）＞0，即x²-3x+2＞0，
所以x＜1，或x＞2，
∴f（x）單調(diào)增區(qū)間是（0，1），（2，+∞）；
（Ⅱ）∵F（x）=-2x³+3（a+2）x²+6x-6a-4a²，當(dāng)x=1時，函數(shù)F（x）有極值，
∴F'（x）=-6x²+6（a+2）x+6，
且F'（1）=0，即a=-2，
∴F（x）=-2x³+6x-4，
又F（x）=-2x³+6x-4的圖象可由F1(x)=-2x3+6x的圖象向下平移4個單位長度得到，而F1(x)=-2x3+6x的圖象關(guān)于（0，0）對稱，
所以F（x）=-2x³+6x-4的圖象的對稱中心坐標為（0，-4）；
（Ⅲ）假設(shè)存在a使g（x）在[a，-a]上為減函數(shù)，
設(shè)h₁（x）=F（x）-6x²+6（a-1）x•e^x，h2(x)=e•f(x)=e•(

a

x

+x+(a-1)lnx+15a)，
h′1(x)=(-2x3+3(a-2)x2+12ax-4a2)•ex，
設(shè)m（x）=（-2x³+3（a-2）x²+12ax-4a²），
當(dāng)g（x）在[a，-a]上為減函數(shù)，則h₁（x）在[a，1]上為減函數(shù)，h₂（x）在[1，-a]上為減函數(shù)，且h₁（1）≥h₂（1）．
由（Ⅰ）知當(dāng)a＜-1時，f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（1，-a），
由h₁（1）≥h₂（1）得：4a²+13a+3≤0，
解得：-3≤a≤-

1

4

，
當(dāng)h₁（x）在[a，1]上為減函數(shù)時，對于?x∈[a，1]，h'₁（x）≤0即m（x）≤0恒成立，
因為m'（x）=-6（x+2）（x-a），
（1）當(dāng)a＜-2時，m（x）在[a，-2]上是增函數(shù)，在（-∞，a]，[-2，+∞）是減函數(shù)，
所以m（x）在[a，1]上最大值為m（-2）=-4a²-12a-8，
故m（-2）=-4a²-12a-8≤0，
即a≤-2，或a≥-1，故a＜-2；
（2）當(dāng)a＞-2時，m（x）在[-2，a]上是增函數(shù)，在（-∞，-2]，[a，+∞）是減函數(shù)，
所以m（x）在[a，1]上最大值為m（a）=a²（a+2），
故m（a）=a²（a+2）≤0，則a≤-2與題設(shè)矛盾；
（3）當(dāng)a=-2時，m（x）在[-2，1]上是減函數(shù)，
所以m（x）在[a，1]上最大值為m（-2）=-4a²-12a-8=0，
綜上所述，符合條件的a滿足[-3，-2]．

點評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)的正負判定函數(shù)的單調(diào)性以及根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性研究函數(shù)的極值問題，也考查了分段函數(shù)的單調(diào)性問題，是較難的題目．