Question

17．已知函數(shù)h（x）=ax³-1（a∈R），g（x）=lnx，f（x）=h（x）+3xg（x）（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．
（I）若f（x）圖象過(guò)點(diǎn)（1，-1），求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（II）若f（x）在區(qū)間（$\frac{1}{e}$，e）上有且只有一個(gè)極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（III）函數(shù)F（x）=（a-$\frac{1}{3}$）x³+$\frac{1}{2}$x²g（a）-h（x）-1，當(dāng)a＞e${\;}^{\frac{10}{3}}$時(shí)，函數(shù)F（x）過(guò)點(diǎn)A（1，m）的切線至少有2條，求實(shí)數(shù)m的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，結(jié)合已知條件求出a的范圍即可；
（Ⅲ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出B處的切線方程，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）由已知f（x）=h（x）+3xg（x）=ax³-1+3xlnx，
又f（x）過(guò)點(diǎn)（1，-1），所以a=0，
∴f（x）=3xlnx-1，且定義域?yàn)椋?，+∞），
f′（x）=3lnx+3=3（lnx+1），
令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{e}$，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{e}$，
故f（x）=3xlnx-1在（0，$\frac{1}{e}$）上是減函數(shù)，在（$\frac{1}{e}$，+∞）上是增函數(shù)；
（Ⅱ）函數(shù)f（x）=ax³+3xlnx-1的定義域?yàn)椋?，+∞），
f′（x）=3（ax²+lnx+1），
令r（x）=ax²+lnx+1，
則r′（x）=2ax+$\frac{1}{x}$=$\frac{2{ax}^{2}+1}{x}$，
當(dāng)a＞0時(shí)，r′（x）＞0在（0，+∞）恒成立，
故f′（x）=3（ax²+lnx+1）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
而f′（$\frac{1}{e}$）=$\frac{3a}{{e}^{2}}$＞0，
故當(dāng)x∈（$\frac{1}{e}$，e）時(shí)，f′（x）＞0恒成立，
故f（x）在區(qū)間（$\frac{1}{e}$，e）上單調(diào)遞增，
故f（x）在區(qū)間（$\frac{1}{e}$，e）上沒有極值點(diǎn)；
當(dāng)a=0時(shí)，由（Ⅰ）知，f（x）在區(qū)間（$\frac{1}{e}$，e）上沒有極值點(diǎn)；
當(dāng)a＜0時(shí)，令$\frac{2{ax}^{2}+1}{x}$=0，解得，x=$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$；
故r（x）=ax²+lnx+1在（0，$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$）上是增函數(shù)，在（$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，+∞）上是減函數(shù)，
①當(dāng)r（e）r（$\frac{1}{e}$）＜0，即-$\frac{2}{{e}^{2}}$＜a＜0時(shí)，
r（x）在（$\frac{1}{e}$，e）上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，且在該零點(diǎn)兩側(cè)異號(hào)，
②令r（$\frac{1}{e}$）=0，得$\frac{a}{{e}^{2}}$=0，不成立；
③令r（e）=0，得a=-$\frac{2}{{e}^{2}}$，所以$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$∈（$\frac{1}{e}$，e），
而r（$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$）=r（$\frac{e}{2}$）=$\frac{1}{2}$+ln$\frac{e}{2}$＞0，又r（$\frac{1}{e}$）＜0，
所以r（x）在（$\frac{1}{e}$，e）上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，且在該零點(diǎn)兩側(cè)異號(hào)，
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[-$\frac{2}{{e}^{2}}$，0）．       
（Ⅲ）函數(shù)F（x）=（a-$\frac{1}{3}$）x³+$\frac{1}{2}$x²g（a）-h（x）-1，
由函數(shù)F（x）過(guò)點(diǎn)A（1，m）的切線，
所以m=$\frac{1}{3}$x₀³-（1+$\frac{1}{2}$lna）x₀²+x₀lna，（*）    
②據(jù)題意，原命題等價(jià)于關(guān)于x₀的方程（*）至少有2個(gè)不同的解．
設(shè)φ（x）=$\frac{2}{3}$x³-（1+$\frac{1}{2}$lna）x²+xlna，
φ′（x）=2x²-（2+lna）x+lna=（x-1）（2x-lna），
因?yàn)閍＞${e}^{\frac{10}{3}}$，所以$\frac{1}{2}$lna＞$\frac{5}{3}$＞1，
當(dāng)x∈（-∞，1）和（$\frac{1}{2}$lna，+∞）時(shí)，φ′（x）＞0，φ（x）為增函數(shù)；
當(dāng)x∈（1，$\frac{1}{2}$lna）時(shí)，φ′（x）＜0，φ（x）為減函數(shù)；
所以φ（x）的極大值為φ（1）=$\frac{1}{2}$lna-$\frac{1}{3}$，
φ（x）的極小值為φ（$\frac{1}{2}$lna）=-$\frac{1}{24}$ln³a+$\frac{1}{4}$ln²a，
設(shè)lna=t，t＞$\frac{10}{3}$，
則原命題等價(jià)于$\left\{\begin{array}{l}{m≤\frac{1}{2}lna-\frac{1}{3}=\frac{1}{2}t-\frac{1}{3}}\\{m≥-{\frac{1}{24}ln}^{3}a+{\frac{1}{4}ln}^{2}a=-{\frac{1}{24}t}^{3}+{\frac{1}{4}t}^{2}}\end{array}\right.$對(duì)t＞$\frac{10}{3}$恒成立，
所以由m≤$\frac{1}{2}$t-$\frac{1}{3}$對(duì)t＞$\frac{10}{3}$恒成立，得m≤$\frac{4}{3}$；        （1）
記s（t）=-$\frac{1}{24}$t³+$\frac{1}{4}$t²，s′（t）=-$\frac{1}{8}$t²+$\frac{1}{2}$t=$\frac{1}{2}$t（1-$\frac{1}{4}$t），
所以t＞$\frac{10}{3}$時(shí)，s（t）的最大值為s（4）=$\frac{4}{3}$，由m≥-$\frac{1}{24}$t³+$\frac{1}{4}$t²對(duì)t＞$\frac{10}{3}$恒成立，得m≥$\frac{4}{3}$． （2）
由（1）（2）得，m=$\frac{4}{3}$．
綜上，當(dāng)a＞${e}^{\frac{10}{3}}$，實(shí)數(shù)m的值為$\frac{4}{3}$時(shí)，函數(shù)F（x）過(guò)點(diǎn)A（1，m）的切線至少有2條．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了切線方程問(wèn)題，函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道綜合題．