Question

6．已知函數f（x）=ax³+3xlnx-1（a∈R）．
（Ⅰ）當a=0時，求f（x）的極值；
（Ⅱ）若f（x）在區間$（\frac{1}{e}，e）$（其中e=2.71 828…）上有且只有一個極值點，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當a=0時，化簡函數f（x）=3xlnx-1并求定義域，再求導數f′（x）=3lnx+3=3（lnx+1），從而由導數確定函數的極值；
（2）函數f（x）=ax³+3xlnx-1的定義域為（0，+∞），再求導f′（x）=3（ax²+lnx+1），再令g（x）=ax²+lnx+1，再求導g′（x）=2ax+=，從而由導數的正負性分類討論以確定函數是否有極值點及極值點的個數．

解答 解：（Ⅰ）當a=0時，f（x）=3xlnx-1，
∴f′（x）=3（lnx+1），
令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{e}$，
當x∈（0，$\frac{1}{e}$）時，f′（x）＜0，函數單調遞減，
當x∈（$\frac{1}{e}$，+∞）時，f′（x）＞0，函數單調遞增，
∴當x=$\frac{1}{e}$時，函數f（x）有極小值f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{3}{e}$-1，
（Ⅱ）函數f（x）=ax³+3xlnx-1的定義域為（0，+∞），
f′（x）=3（ax²+lnx+1），
令g（x）=ax²+lnx+1，則g′（x）=2ax+$\frac{1}{x}$=$\frac{2a{x}^{2}+1}{x}$，
當a＞0時，g′（x）＞0在（0，+∞）恒成立，
故f′（x）=3（ax²+lnx+1）在（0，+∞）上是增函數，
而f′（$\frac{1}{e}$）=3[a（$\frac{1}{e}$）²+ln+1]=3a（$\frac{1}{e}$）²＞0，
故當x∈（$\frac{1}{e}$，e）時，f′（x）＞0恒成立，
故f（x）在區間（$\frac{1}{e}$，e）上單調遞增，
故f（x）在區間（$\frac{1}{e}$，e）上沒有極值點；
當a=0時，由（1）知，f（x）在區間（$\frac{1}{e}$，e）上沒有極值點；
當a＜0時，令=$\frac{2a{x}^{2}+1}{x}$=0解得，x=$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$；
故g（x）=ax²+lnx+1在（0，$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$）上是增函數，在（$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，+∞）上是減函數，
①當g（e）•g（$\frac{1}{e}$）＜0，即-$\frac{2}{{e}^{2}}$＜a＜0時，
g（x）在（$\frac{1}{e}$，e）上有且只有一個零點，且在該零點兩側異號，
②令g（$\frac{1}{e}$）=0得=0，不可能；
③令g（e）=0得a=-$\frac{2}{{e}^{2}}$，所以∈（$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，e），
而g（$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$）=g（$\frac{e}{2}$）=$\frac{1}{2}$+ln$\frac{e}{2}$＞0，
又g（$\frac{1}{e}$）＜0，
所以g（x）在（$\frac{1}{e}$，e）上有且只有一個零點，且在該零點兩側異號，
綜上所述，實數a的取值范圍是[-$\frac{2}{{e}^{2}}$，0）．

點評 本題考查了導數的綜合應用及分類討論的思想應用，化簡比較困難，屬于難題．