方企勤 第二章 一元函数微分学 第19题
📝 题目
例 19 已知三次方程 ${x}^{3} - 3{a}^{2}x - 6{a}^{2} + {3a} = 0$ 只有一个实根而且是正的,求 $a$ 的取值范围.
💡 答案解析
解 若 $a = 0$ ,原方程为 ${x}^{3} = 0$ ,它仅有一个根 $x = 0$ .
若 $a \neq 0$ ,将原方程改写为 $f\left( x\right) = b$ 的形式,其中
$$ f\left( x\right) = {x}^{3} - 3{a}^{2}x,\;b = 6{a}^{2} - {3a}. $$
则有
$$ {f}^{\prime }\left( x\right) = 3{x}^{2} - 3{a}^{2} = 3\left( {x - \left| a\right| }\right) \left( {x + \left| a\right| }\right) ,\;\mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow \pm \infty }}f\left( x\right) = \pm \infty . $$
由此不难得出 $f\left( x\right)$ 的升降情况如表 2.4.
表 2.4
\begin{center} \adjustbox{max width=\textwidth}{ \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|} \hline $x$ & $\left( {-\infty , - \left| a\right| }\right)$ & $- \left| a\right|$ & $\left( {-\left| a\right| ,\left| a\right| }\right)$ & $\left| a\right|$ & $\left( {\left| a\right| , + \infty }\right)$ \\ \cline{1-6} ${f}^{\prime }\left( x\right)$ & + & 0 & - & 0 & + \\ \cline{1-6} $f\left( x\right)$ & \_\_\_\_\_. & 极大值 $2{\left| a\right| }^{3}$ & ↘ & 极小值 $- 2{\left| a\right| }^{3}$ & $\displaystyle{x + \infty}$ \\ \cline{1-6} \hline \end{tabular} } \end{center}
由此可见, $f\left( x\right) = b$ 有一个正的实根 $\Leftrightarrow b > f\left( {-\left| a\right| }\right)$ ,即
$$ 6{a}^{3} - {3a} > 2{\left| a\right| }^{3}\text{ . } $$
如图 2.13 所示.
\begin{center} \includegraphics[max width=0.2\textwidth]{images/020.jpg} \end{center} \hspace*{3em}
图 2.13
分 $a > 0$ 和 $a < 0$ 两种情况解不等式 $6{a}^{3} - {3a} > 2{\left| a\right| }^{3}$ ,得到
$$ \frac{1}{2}\left( {3 - \sqrt{3}}\right) < a < \frac{1}{2}\left( {3 + \sqrt{3}}\right) $$
或
$$ - \frac{1}{2}\left( {3 + \sqrt{15}}\right) < a < 0. $$
综合以上结果,当 $\frac{1}{2}\left( {3 - \sqrt{3}}\right) < a < \frac{1}{2}\left( {3 + \sqrt{3}}\right)$ 或
$$ - \frac{1}{2}\left( {3 + \sqrt{15}}\right) < a < 0 $$
时, 所给方程只有一个实根而且是正的.