Question

【題目】已知函數h（x）=ax3﹣1（a∈R），g（x）=lnx，f（x）=h（x）+3xg（x）（e為自然對數的底數）．
（I）若f（x）圖象過點（1，﹣1），求f（x）的單調區間；
（II）若f（x）在區間（ ，e）上有且只有一個極值點，求實數a的取值范圍；
（III）函數F（x）=（a﹣ ）x3+ x2g（a）﹣h（x）﹣1，當a＞e 時，函數F（x）過點A（1，m）的切線至少有2條，求實數m的值．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ）由已知f（x）=h（x）+3xg（x）=ax3﹣1+3xlnx，
又f（x）過點（1，﹣1），所以a=0，
∴f（x）=3xlnx﹣1，且定義域為（0，+∞），
f′（x）=3lnx+3=3（lnx+1），
令f′（x）＞0，解得：x＞ ，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜ ，
故f（x）=3xlnx﹣1在（0， ）上是減函數，在（ ，+∞）上是增函數；
（Ⅱ）函數f（x）=ax3+3xlnx﹣1的定義域為（0，+∞），
f′（x）=3（ax2+lnx+1），
令r（x）=ax2+lnx+1，
則r′（x）=2ax+ = ，
當a＞0時，r′（x）＞0在（0，+∞）恒成立，
故f′（x）=3（ax2+lnx+1）在（0，+∞）上是增函數，
而f′（ ）= ＞0，
故當x∈（ ，e）時，f′（x）＞0恒成立，
故f（x）在區間（ ，e）上單調遞增，
故f（x）在區間（ ，e）上沒有極值點；
當a=0時，由（Ⅰ）知，f（x）在區間（ ，e）上沒有極值點；
當a＜0時，令 =0，解得，x= ；
故r（x）=ax2+lnx+1在（0， ）上是增函數，在（ ，+∞）上是減函數，
①當r（e）r（ ）＜0，即﹣ ＜a＜0時，
r（x）在（ ，e）上有且只有一個零點，且在該零點兩側異號，
②令r（ ）=0，得 =0，不成立；
③令r（e）=0，得a=﹣ ，所以 ∈（ ，e），
而r（ ）=r（ ）= +ln ＞0，又r（ ）＜0，
所以r（x）在（ ，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[﹣ ，0）．
（Ⅲ）函數F（x）=（a﹣ ）x3+ x2g（a）﹣h（x）﹣1，
由函數F（x）過點A（1，m）的切線，
所以m= x03﹣（1+ lna）x02+x0lna，（*）
②據題意，原命題等價于關于x0的方程（*）至少有2個不同的解．
設φ（x）= x3﹣（1+ lna）x2+xlna，
φ′（x）=2x2﹣（2+lna）x+lna=（x﹣1）（2x﹣lna），
因為a＞ ，所以 lna＞ ＞1，
當x∈（﹣∞，1）和（ lna，+∞）時，φ′（x）＞0，φ（x）為增函數；
當x∈（1， lna）時，φ′（x）＜0，φ（x）為減函數；
所以φ（x）的極大值為φ（1）= lna﹣ ，
φ（x）的極小值為φ（ lna）=﹣ ln3a+ ln2a，
設lna=t，t＞ ，
則原命題等價于 對t＞ 恒成立，
所以由m≤ t﹣ 對t＞ 恒成立，得m≤ ； （1）
記s（t）=﹣ t3+ t2 ， s′（t）=﹣ t2+ t= t（1﹣ t），
所以t＞ 時，s（t）的最大值為s（4）= ，由m≥﹣ t3+ t2對t＞ 恒成立，得m≥ ． （2）
由（1）（2）得，m= ．
綜上，當a＞ ，實數m的值為 時，函數F（x）過點A（1，m）的切線至少有2條
【解析】（Ⅰ）求出f（x）的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區間即可；（Ⅱ）求出f（x）的導數，通過討論a的范圍求出函數的單調區間，結合已知條件求出a的范圍即可；（Ⅲ）求出函數的導數，求出B處的切線方程，根據函數的單調性求出a的范圍即可．
【考點精析】認真審題，首先需要了解利用導數研究函數的單調性(一般的,函數的單調性與其導數的正負有如下關系： 在某個區間內，(1)如果，那么函數在這個區間單調遞增；(2)如果，那么函數在這個區間單調遞減)，還要掌握函數的極值與導數(求函數的極值的方法是:（1）如果在附近的左側,右側,那么是極大值（2）如果在附近的左側,右側,那么是極小值)的相關知識才是答題的關鍵．