Question

設函數f（x）=x³-3ax²+3b²x．
（I）若a=1，b=0，求曲線y=f（x） 在點（1，f（1））處的切線方程；
（II）當b=1時，若函數f（x） 在[-1，1]上是增函數，求實數a的取值范圍；
（Ⅲ）若0＜a＜b，不等式f（

1+lnx

x-1

）＞f(

k

x

)對任意x＞1恒成立，求整數k的最大值．

Answer 1

分析：（Ⅰ）當a=1，b=0時，f（x）=x³-3x²，所以f（1）=-2，即切點為P（1，-2）．由f′（x）=3x²-6x，能求出切線方程．
（Ⅱ）y=f（x）在[-1，1]上單調遞增，f′（x）=3x²-6ax+3=3（x²-2ax+1）．依題意f′（x）在[-1，1]上恒有f′（x）≥0，即x²-2ax+1≥0．由此進行分類討論，能求出參數a的取值范圍．
（Ⅲ）f′（x）=3x²-6ax+3b²，由于0＜a＜b，所以△=36a²-36b²=36（a+b）（a-b）＜0，所以函數f（x）在R上遞增．從而不等式f（

1+lnx

x-1

）＞f（

k

x

），由此運用構造法能求出整數k的最大值．

解答：解：（Ⅰ）當a=1，b=0時，f（x）=x³-3x²，
所以f（1）=-2，即切點為P（1，-2）．
因為f′（x）=3x²-6x，
所以f′（1）=3-6=-3，
所以切線方程為y+2=-3（x-1），
即y=-3x+1．
（Ⅱ）y=f（x）在[-1，1]上單調遞增，
又f′（x）=3x²-6ax+3
=3（x²-2ax+1）．
依題意f′（x）在[-1，1]上恒有f′（x）≥0，即x²-2ax+1≥0．
①當x=a＞1時，f′(x)min=f′(1)=2-2a≥0，
∴a≤1，所以舍去；
②當x=a＜-1時，f′（x）_min=f′（-1）=1+2a+1≥0，∴a≥-1，舍去；
③當-1≤a≤1時，f′（x）_min=f′（a）=-a²+1≥0，
則-1≤a≤1，
綜上所述，參數a的取值范圍是-1≤a≤1．
（Ⅲ）f′（x）=3x²-6ax+3b²，由于0＜a＜b，
所以△=36a²-36b²=36（a+b）（a-b）＜0，
所以函數f（x）在R上遞增．
從而不等式f（

1+lnx

x-1

）＞f（

k

x

），
∴

1+lnx

x-1

＞

k

x

，
∴

(1+lnx)x

x-1

＞k對x∈（1，+∞）恒成立，
構造h（x）=

(1+lnx)x

x-1

，
h′(x)=

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

(x-1)2

=

x-lnx-2

(x-1)2

，
構造g（x）=x-lnx-2，g′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

．
對x∈（1，+∞），g′(x)=

x-1

x

＞0，
所以g（x）=x-lnx-2在x∈（1，+∞）遞增．
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）遞減，
x∈（x₀，+∞），g（x）＞0，h′（x）＞0，
所以h（x）=

(1+lnx)x

x-1

在（x₀，+∞）遞增，
所以，h（x）_min=h（x₀）=

(1+lnx0)x0

x0-1

，
結合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

對x∈（1，+∞）恒成立，
∴k＜h（x）_min，
所以k≤3，整數k的最大值為3．

點評：本題考查切線方程的求法，考查滿足條件的實數的取值范圍的求法，考查滿足條件的整數的最大值的求法．解題時要認真審題，仔細解答，注意構造法和等價轉化思想的合理運用．