Question

3．已知f（x）=ax³-3x²+1（a＞0），定義h（x）=max{f（x），g（x）}=$\left\{{\begin{array}{l}{f（x），f（x）≥g（x）}\\{g（x），f（x）＜g（x）}\end{array}}$．
（1）求函數f（x）的極值；
（2）若g（x）=xf'（x），且存在x∈[1，2]使h（x）=f（x），求實數a的取值范圍；
（3）若g（x）=lnx，試討論函數h（x）（x＞0）的零點個數．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，解關于導函數的方程，求出函數的單調區(qū)間，從而求出函數的極值即可；
（2）問題轉化為不等式$2a≤\frac{1}{x^3}+\frac{3}{x}$在x∈[1，2]上有解，根據函數的單調性求出a的范圍即可；
（3）通過討論a的范圍結合函數的單調性判斷函數的零點個數即可．

解答 解：（1）∵函數f（x）=ax³-3x²+1，
∴f'（x）=3ax²-6x=3x（ax-2）…（1分）
令f'（x）=0，得x₁=0或${x_2}=\frac{2}{a}$，∵a＞0，∴x₁＜x₂，
列表如下：

x	（-∞，0）	0	$（0，\frac{2}{a}）$	$\frac{2}{a}$	$（\frac{2}{a}，+∞）$
f'（x）	+	0	-	0	+
f（x）	↗	極大值	↘	極小值	↗

∴f（x）的極大值為f（0）=1，極小值為$f（\frac{2}{a}）=\frac{8}{a^2}-\frac{12}{a^2}+1=1-\frac{4}{a^2}$…（3分）
（2）g（x）=xf'（x）=3ax³-6x²，∵存在x∈[1，2]使h（x）=f（x），
∴f（x）≥g（x）在x∈[1，2]上有解，即ax³-3x²+1≥3ax³-6x²在x∈[1，2]上有解，
即不等式$2a≤\frac{1}{x^3}+\frac{3}{x}$在x∈[1，2]上有解，…（4分）
設$y=\frac{1}{x^3}+\frac{3}{x}=\frac{{3{x^2}+1}}{x^3}（x∈[1，2]）$，∵$y'=\frac{{-3{x^2}-3}}{x^4}＜0$對x∈[1，2]恒成立，
∴$y=\frac{1}{x^3}+\frac{3}{x}$在x∈[1，2]上單調遞減，∴當x=1時，$y=\frac{1}{x^3}+\frac{3}{x}$的最大值為4，
∴2a≤4，即a≤2…（7分）
（3）由（1）知，f（x）在（0，+∞）上的最小值為$f（\frac{2}{a}）=1-\frac{4}{a^2}$，
①當$1-\frac{4}{a^2}＞0$，即a＞2時，f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
∴h（x）=max{f（x），g（x）}在（0，+∞）上無零點…（8分）
②當$1-\frac{4}{a^2}=0$，即a=2時，f（x）_min=f（1）=0，又g（1）=0，
∴h（x）=max{f（x），g（x）}在（0，+∞）上有一個零點…（9分）
③當$1-\frac{4}{a^2}＜0$，即0＜a＜2時，設φ（x）=f（x）-g（x）=ax³-3x²+1-lnx（0＜x＜1），
∵$φ'（x）=3a{x^2}-6x-\frac{1}{x}＜6x（x-1）-\frac{1}{x}＜0$，∴φ（x）在（0，1）上單調遞減，
又$φ（1）=a-2＜0，φ（\frac{1}{e}）=\frac{a}{e^3}+\frac{{2{e^2}-3}}{e^2}＞0$，∴存在唯一的${x_0}∈（\frac{1}{e}，1）$，使得φ（x₀）=0．
Ⅰ．當0＜x≤x₀時，
∵φ（x）=f（x）-g（x）≥φ（x₀）=0，∴h（x）=f（x）且h（x）為減函數，
又h（x₀）=f（x₀）=g（x₀）=lnx₀＜ln1=0，f（0）=1＞0，∴h（x）在（0，x₀）上有一個零點；
Ⅱ．當x＞x₀時，
∵φ（x）=f（x）-g（x）＜φ（x₀）=0，∴h（x）=g（x）且h（x）為增函數，
∵g（1）=0，∴h（x）在（x₀，+∞）上有一個零點；
從而h（x）=max{f（x），g（x）}在（0，+∞）上有兩個零點…（15分）
綜上所述，當0＜a＜2時，h（x）有兩個零點；當a=2時，h（x）有一個零點；當a＞2時，h（x）有無零點…（16分）

點評 本題考查了函數的單調性、極值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，轉化思想，是一道綜合題．