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2.已知函数f(x)=x2+bx-alnx.
(1)当a>0时,函数f(x)是否存在极值?判断并证明你的结论;
(2)若x=2是函数f(x)的极值点,1和x0是函数f(x)的两个不同零点,且x0∈(n,n+1),求自然数n的值;
(3)若对任意b∈[-2,-1],都存在x∈(1,e),使得f(x)<0成立,求实数a的取值范围.

分析 (1)求出函数f(x)的导数,通过判断导函数的符号,得到函数的单调区间,从而判断出函数的极值即可;
(2)先求导得到f′(x),由f′(2)=4-$\frac{a}{2}$+b=0,f(1)=1+b=0,得到a与b的值,再令导数大于0,或小于0,得到函数的单调区间,再由零点存在性定理得到得到x0∈(3,4),进而得到n的值;
(3)令g(b)=xb+x2-alnx,b∈[-2,-1],则g(b)为关于b的一次函数且为增函数,由于对任意b∈[-2,-1],都存在x∈(1,e),使得f(x)<0成立,则g(b)max=g(-1)=x2-x-alnx<0在x∈(1,e)有解.令h(x)=x2-x-alnx,只需存在x0∈(1,e)使得h(x0)<0即可.

解答 解:(1)f(x)=x2+bx-alnx,(x>0),
f′(x)=2x+b-$\frac{a}{x}$,f″(x)=2+$\frac{a}{{x}^{2}}$>0,
故f′(x)在(0,+∞)递增,
故x→0时,f′(x)→-∞,x→+∞时,f(x)→+∞,
故存在x0∈(0,+∞),使得:x∈(0,x0)时,f′(x)<0,f(x)递减,
x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,f(x)递增,
故函数f(x)存在极小值,但不存在极大值;
(2)f′(x)=2x-$\frac{a}{x}$+b,∵x=2是函数f(x)的极值点,
∴f′(2)=4-$\frac{a}{2}$+b=0.
∵1是函数f(x)的零点,得f(1)=1+b=0,
由 $\left\{\begin{array}{l}{4-\frac{a}{2}+b=0}\\{1+b=0}\end{array}\right.$,解得a=6,b=-1,
∴f(x)=x2-x-6lnx,
令f′(x)=2x-$\frac{6}{x}$-1=$\frac{(2x+3)(x-2)}{x}$>0,x∈(0,+∞),得x>2;   
令f′(x)<0得0<x<2,
所以f(x)在(0,2)上单调递减;在(2,+∞)上单调递增
故函数f(x)至多有两个零点,其中1∈(0,2),x0∈(2,+∞),
因为f(2)<f(1)=0,f(3)=6(1-ln3)<0,f(4)=6(2-ln4)=6ln $\frac{{e}^{2}}{4}$>0,
所以x0∈(3,4),故n=3.
(3)令g(b)=xb+x2-alnx,b∈[-2,-1],则g(b)为关于b的一次函数且为增函数,
根据题意,对任意b∈[-2,-1],都存在x∈(1,e),使得f(x)<0成立,
则g(b)max=g(-1)=x2-x-alnx<0在x∈(1,e)有解,
令h(x)=x2-x-alnx,只需存在x0∈(1,e)使得h(x0)<0即可,
由于h′(x)=2x-1-$\frac{a}{x}$=$\frac{{2x}^{2}-x-a}{x}$,
令φ(x)=2x2-x-a,φ′(x)=4x-1>0,
∴φ(x)在(1,e)上单调递增,φ(x)>φ(1)=1-a,
①当1-a≥0,即a≤1时,φ(x)>0,即h′(x)>0,h(x)在(1,e)上单调递增,
∴h(x)>h(1)=0,不符合题意.
②当1-a<0,即a>1时,φ(1)=1-a<0,φ(e)=2e2-e-a.
若a≥2e2-e>1,则φ(e)<0,∴在(1,e)上φ(x)<0恒成立,即h′(x)<0恒成立,
∴h(x)在(1,e)上单调递减,∴存在x0∈(1,e)使得h(x0)<h(1)=0,符合题意.
若2e2-e>a>1,则φ(e)>0,
∴在(1,e)上一定存在实数m,使得φ(m)=0,
∴在(1,m)上φ(x)<0恒成立,即h′(x)<0恒成立,h(x)在(1,m)上单调递减,
∴存在存在x0∈(1,m)使得h(x0)<h(1)=0,符合题意.
综上所述,当a>1时,对?b∈[-2,-1],都有?x∈(1,e)(e为自然对数的底数),使得f(x)<0成立.

点评 本题考查利用导数求函数性质的应用,考查运算求解能力,推理论证能力;考查化归与转化思想.对数学思维的要求比较高,有一定的探索性.综合性强,难度大,是高考的重点.解题时要认真审题,仔细解答.

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