Question

17．已知函数h（x）=ax³-1（a∈R），g（x）=lnx，f（x）=h（x）+3xg（x）（e为自然对数的底数）．
（I）若f（x）图象过点（1，-1），求f（x）的单调区间；
（II）若f（x）在区间（$\frac{1}{e}$，e）上有且只有一个极值点，求实数a的取值范围；
（III）函数F（x）=（a-$\frac{1}{3}$）x³+$\frac{1}{2}$x²g（a）-h（x）-1，当a＞e${\;}^{\frac{10}{3}}$时，函数F（x）过点A（1，m）的切线至少有2条，求实数m的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）求出f（x）的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间，结合已知条件求出a的范围即可；
（Ⅲ）求出函数的导数，求出B处的切线方程，根据函数的单调性求出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）由已知f（x）=h（x）+3xg（x）=ax³-1+3xlnx，
又f（x）过点（1，-1），所以a=0，
∴f（x）=3xlnx-1，且定义域为（0，+∞），
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，$\frac{1}{e}$）上是减函数，在（$\frac{1}{e}$，+∞）上是增函数；
（Ⅱ）函数f（x）=ax³+3xlnx-1的定义域为（0，+∞），
f′（x）=3（ax²+lnx+1），
令r（x）=ax²+lnx+1，
则r′（x）=2ax+$\frac{1}{x}$=$\frac{2{ax}^{2}+1}{x}$，
当a＞0时，r′（x）＞0在（0，+∞）恒成立，
故f′（x）=3（ax²+lnx+1）在（0，+∞）上是增函数，
而f′（$\frac{1}{e}$）=$\frac{3a}{{e}^{2}}$＞0，
故当x∈（$\frac{1}{e}$，e）时，f′（x）＞0恒成立，
故f（x）在区间（$\frac{1}{e}$，e）上单调递增，
故f（x）在区间（$\frac{1}{e}$，e）上没有极值点；
当a=0时，由（Ⅰ）知，f（x）在区间（$\frac{1}{e}$，e）上没有极值点；
当a＜0时，令$\frac{2{ax}^{2}+1}{x}$=0，解得，x=$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$；
故r（x）=ax²+lnx+1在（0，$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$）上是增函数，在（$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，+∞）上是减函数，
①当r（e）r（$\frac{1}{e}$）＜0，即-$\frac{2}{{e}^{2}}$＜a＜0时，
r（x）在（$\frac{1}{e}$，e）上有且只有一个零点，且在该零点两侧异号，
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）上有且只有一个零点，且在该零点两侧异号，
综上所述，实数a的取值范围是[-$\frac{2}{{e}^{2}}$，0）．       
（Ⅲ）函数F（x）=（a-$\frac{1}{3}$）x³+$\frac{1}{2}$x²g（a）-h（x）-1，
由函数F（x）过点A（1，m）的切线，
所以m=$\frac{1}{3}$x₀³-（1+$\frac{1}{2}$lna）x₀²+x₀lna，（*）    
②据题意，原命题等价于关于x₀的方程（*）至少有2个不同的解．
设φ（x）=$\frac{2}{3}$x³-（1+$\frac{1}{2}$lna）x²+xlna，
φ′（x）=2x²-（2+lna）x+lna=（x-1）（2x-lna），
因为a＞${e}^{\frac{10}{3}}$，所以$\frac{1}{2}$lna＞$\frac{5}{3}$＞1，
当x∈（-∞，1）和（$\frac{1}{2}$lna，+∞）时，φ′（x）＞0，φ（x）为增函数；
当x∈（1，$\frac{1}{2}$lna）时，φ′（x）＜0，φ（x）为减函数；
所以φ（x）的极大值为φ（1）=$\frac{1}{2}$lna-$\frac{1}{3}$，
φ（x）的极小值为φ（$\frac{1}{2}$lna）=-$\frac{1}{24}$ln³a+$\frac{1}{4}$ln²a，
设lna=t，t＞$\frac{10}{3}$，
则原命题等价于$\left\{\begin{array}{l}{m≤\frac{1}{2}lna-\frac{1}{3}=\frac{1}{2}t-\frac{1}{3}}\\{m≥-{\frac{1}{24}ln}^{3}a+{\frac{1}{4}ln}^{2}a=-{\frac{1}{24}t}^{3}+{\frac{1}{4}t}^{2}}\end{array}\right.$对t＞$\frac{10}{3}$恒成立，
所以由m≤$\frac{1}{2}$t-$\frac{1}{3}$对t＞$\frac{10}{3}$恒成立，得m≤$\frac{4}{3}$；        （1）
记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＞$\frac{10}{3}$时，s（t）的最大值为s（4）=$\frac{4}{3}$，由m≥-$\frac{1}{24}$t³+$\frac{1}{4}$t²对t＞$\frac{10}{3}$恒成立，得m≥$\frac{4}{3}$． （2）
由（1）（2）得，m=$\frac{4}{3}$．
综上，当a＞${e}^{\frac{10}{3}}$，实数m的值为$\frac{4}{3}$时，函数F（x）过点A（1，m）的切线至少有2条．

点评 本题考查了切线方程问题，函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道综合题．