Question

3．已知f（x）=ax³-3x²+1（a＞0），定义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）求函数f（x）的极值；
（2）若g（x）=xf'（x），且存在x∈[1，2]使h（x）=f（x），求实数a的取值范围；
（3）若g（x）=lnx，试讨论函数h（x）（x＞0）的零点个数．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（2）问题转化为不等式$2a≤\frac{1}{x^3}+\frac{3}{x}$在x∈[1，2]上有解，根据函数的单调性求出a的范围即可；
（3）通过讨论a的范围结合函数的单调性判断函数的零点个数即可．

解答 解：（1）∵函数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）	↗	极大值	↘	极小值	↗

∴f（x）的极大值为f（0）=1，极小值为$f（\frac{2}{a}）=\frac{8}{a^2}-\frac{12}{a^2}+1=1-\frac{4}{a^2}$…（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）
设$y=\frac{1}{x^3}+\frac{3}{x}=\frac{{3{x^2}+1}}{x^3}（x∈[1，2]）$，∵$y'=\frac{{-3{x^2}-3}}{x^4}＜0$对x∈[1，2]恒成立，
∴$y=\frac{1}{x^3}+\frac{3}{x}$在x∈[1，2]上单调递减，∴当x=1时，$y=\frac{1}{x^3}+\frac{3}{x}$的最大值为4，
∴2a≤4，即a≤2…（7分）
（3）由（1）知，f（x）在（0，+∞）上的最小值为$f（\frac{2}{a}）=1-\frac{4}{a^2}$，
①当$1-\frac{4}{a^2}＞0$，即a＞2时，f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
∴h（x）=max{f（x），g（x）}在（0，+∞）上无零点…（8分）
②当$1-\frac{4}{a^2}=0$，即a=2时，f（x）_min=f（1）=0，又g（1）=0，
∴h（x）=max{f（x），g（x）}在（0，+∞）上有一个零点…（9分）
③当$1-\frac{4}{a^2}＜0$，即0＜a＜2时，设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）上单调递减，
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．当0＜x≤x₀时，
∵φ（x）=f（x）-g（x）≥φ（x₀）=0，∴h（x）=f（x）且h（x）为减函数，
又h（x₀）=f（x₀）=g（x₀）=lnx₀＜ln1=0，f（0）=1＞0，∴h（x）在（0，x₀）上有一个零点；
Ⅱ．当x＞x₀时，
∵φ（x）=f（x）-g（x）＜φ（x₀）=0，∴h（x）=g（x）且h（x）为增函数，
∵g（1）=0，∴h（x）在（x₀，+∞）上有一个零点；
从而h（x）=max{f（x），g（x）}在（0，+∞）上有两个零点…（15分）
综上所述，当0＜a＜2时，h（x）有两个零点；当a=2时，h（x）有一个零点；当a＞2时，h（x）有无零点…（16分）

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．