Question

8．已知f（x）=xlnx，g（x）=x³+ax²+x．
（Ⅰ）討論函數(shù)g（x）的極值點的個數(shù)；
（Ⅱ）若不等式2f（x）≤g′（x）在x∈（0，+∞）上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求g（x）的導數(shù)g′（x），利用導數(shù)判斷函數(shù)g（x）的單調(diào)性，從而求出g（x）的極值點；
（Ⅱ）不等式轉(zhuǎn)化為a≥lnx-$\frac{3}{2}$x-$\frac{1}{2x}$對x∈（0，+∞）上恒成立，求出函數(shù)h（x）=lnx-$\frac{3x}{2}$-$\frac{1}{2x}$在（0，+∞）的最大值即可．

解答 解：（Ⅰ）由g（x）=x³+ax²+x，求導g′（x）=3x²+2ax+1，
判別式△=4a²-12，
令△=0，解得a=±$\sqrt{3}$；
?當-$\sqrt{3}$≤a≤$\sqrt{3}$時，△=4a²-12≤0，g′（x）≥0，
所以y=g（x）在R上單調(diào)遞增，無極值，無極值點；
當a＜-$\sqrt{3}$或a＞$\sqrt{3}$時，△＞0，
所以g′（x）=3x²+2ax+1=0有兩個不等的實根x₁和x₂，則
${x_1}=\frac{{-a-\sqrt{{a^2}-3}}}{3}＜{x_2}=\frac{{-a+\sqrt{{a^2}-3}}}{3}$；
從而有下表：

x	（-∞，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
g′（x）	+	0	-	0	+
g（x）	單調(diào)遞增	g（x1）為極大值	單調(diào)遞減	g（x2）為極小值	單調(diào)遞增

根據(jù)表格可知此時函數(shù)g（x）有兩個極值點，極大值點x₁，極小值點x₂．
（Ⅱ）即：2xlnx≤3x²+2ax+1對x∈（0，+∞）上恒成立，
可得a≥lnx-$\frac{3}{2}$x-$\frac{1}{2x}$對x∈（0，+∞）上恒成立；
設h（x）=lnx-$\frac{3x}{2}$-$\frac{1}{2x}$，
則h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{3}{2}$+$\frac{1}{{2x}^{2}}$=-$\frac{（x-1）（3x+1）}{{2x}^{2}}$
令h′（x）=0，得x=1或x=-$\frac{1}{3}$（舍）；
當0＜x＜1時，h′（x）＞0；當x＞1時，h′（x）＜0
∴當x=1時，h（x）取得最大值，h（x）_max=-2，∴a≥-2．
∴a的取值范圍是[-2，+∞）．

點評 本題考查了導數(shù)的綜合應用問題，也考查了轉(zhuǎn)化法語不等式的解法應用問題，是綜合性題目．