Question

已知函数f（x）=x³+ax²-1，x∈R，a∈R．
（Ⅰ） 设对任意x∈（-∞，0]，f（x）≤x恒成立，求a的取值范围；
（Ⅱ） 是否存在实数a，使得满足f^′（t）=4t²-2alnt的实数t有且仅有一个？若存在，求出所有这样的a；若不存在，请说明理由．

Answer

（Ⅰ）法一：由f（-1）≤-1，得-2+a≤-1，即a≤1；又当a≤1时，ax2≤x2，由此能求出a的取值范围．
法二：当x=0时，f（0）=-1≤0，此时a∈R；当x＜0时，f（x）≤x等价于a．由此能求出a的取值范围．
（Ⅱ）假设存在，由f′（t）=4t2-2alnt等价于t2-2alnt-2at=0，令h（t）=t2-2alnt-2at，t＞0，则=．由此进行分类讨论，能推导出这样的实数a存在，且a＜0或a=．
【解析】
（Ⅰ）解法一：由f（-1）≤-1，得-2+a≤-1，即a≤1；
又当a≤1时，ax2≤x2，因为x≤0，则x-1＜0，
于是f（x）-x=x3+ax2-1-x≤x3+x2-1-x=（x+1）2（x-1）≤0，
即f（x）≤x恒成立，故a的取值范围是（-∞，1]．
解法二：当x=0时，f（0）=-1≤0，此时a∈R；
当x＜0时，f（x）≤x等价于a．
令g（x）=-x++，x＜0，
由==，
因为x2-x+2＞0，-x3＞0，
所以g′（x）＜0，解得x＜-1，g′（x）＞0，解得-1＜x＜0，
于是g（x）在（-∞，-1）上是减函数，在（-1，0）是增函数，
从而g（x）min=g（-1）=1，所以a≤1．
综上，a的取值范围是（-∞，1]．
（Ⅱ）假设存在，由f′（t）=4t2-2alnt等价于t2-2alnt-2at=0，
令h（t）=t2-2alnt-2at，t＞0，
则=．
（ⅰ）若a=0，则t=0，舍去；
（ⅱ）若a＜0，h（t）=0，即t2-2alnt-2at=0，变形得，
∵函数y=，a＜0与y=lnt的图象只有一个交点t，
且t＞0，所以存在惟一正数t，使h（t）=0，因此a＜0符合；
（ⅲ）若a＞0，此时必存在使t2-at-a=0的正根t，记这个正根为t，
则h′（t）0，解得x＞t，
得h（t）在（0，t）上单调递减，在（t，+∞）上单调递增，
从而h（t）最小值为h（t），因为满足f′（t）=4t2-2alnt的实数t有且仅有一个，
所以h（t）=0，
由，得at+a=2alnt+2at，即2lnt+t-1=0，
记u（t）=2lnt+t-1，t＞0，
由，知u（t）=2lnt+t-1为增函数，
因为u（1）=2ln1+1-1=0，u（t）=0，所以有且仅有惟一正数t=1，
代入，得a=．
综上，这样的实数a存在，且a＜0或a=．