已知函数f(x)=(x−a)2lnx,a∈R.
(1) 若a=3√e,求函数g(x)=f(x)x的单调区间;
(2) 若函数f(x)既有极大值,又有极小值,求实数a的取值范围.
分析与解 (1) 函数g(x)的导函数g′(x)=(x−3√e)(xlnx+x+3√elnx−3√e)x2,设φ(x)=xlnx+x+3√elnx−3√e,则其导函数φ′(x)=lnx+3√ex+2>1−1x+3√ex+2>0,且注意到φ(√e)=0,因此可得函数g(x)在(0,√e)上单调递增;在(√e,3√e)上单调递减;在(3√e,+∞)上单调递增.
(2)题意即f′(x)有两种变号零点(由负到正,由正到负).
函数f(x)的导函数f′(x)=(x−a)(x+2xlnx−a)x.设μ(x)=x+2xlnx,则其导函数μ′(x)=3+2lnx,于是函数μ(x)在(0,e−32)上单调递减;在(e−32,+∞)上单调递增.注意到limx→0μ(x)=0,limx→+∞μ(x)=+∞,且当a=1时,μ(x)=a的解恰为a,因此实数a的取值范围是(μ(e−32),0)∪(0,1)∪(1,+∞),也即(−2e−32,0)∪(0,1)∪(1,+∞).
注 第(2)问中,因为函数μ(x)−a=x+2xlnx−a先减后增,且最小值为μ(e−32)−a,对a进行讨论:若a⩽,则x-a>0,从而有-a>0,\mu\left(\rm e^{-\frac 32}\right)-a<0.若a>0,则x-a在(0,a)上为负,在(a,+\infty)上为正;此时-a<0,所以\mu(x)-a只有一个零点,只要该零点不为a即可保证f'(x)有两种变号零点,得到a\ne 1.