Question

7．已知函数f（x）=x²+bx-alnx（a≠0）
（1）当b=0时，讨论函数f（x）的单调性；
（2）若x=2是函数f（x）的极值点，1是函数f（x）的一个零点，求a+b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．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）先求导得到f′（x）=2x-$\frac{a}{x}$+b，由，f（1）=1+b=0，得到a与b的值，继而求出函数的解析式，
（3）令g（b）=xb+x²-alnx，b∈[-2，-1]，问题转化为在x∈（1，e）上g（b）_max=g（-1）＜0有解即可，亦即只需存在x₀∈（1，e）使得x²-x-alnx＜0即可，连续利用导函数，然后分别对1-a≥0，1-a＜0，看是否存在x₀∈（1，e）使得h（x₀）＜h（1）=0，进而得到结论．

解答 解：（1）b=0时，f（x）=x²-alnx，（x＞0），
f′（x）=2x-$\frac{a}{x}$=$\frac{{2x}^{2}-a}{x}$，
a≤0时，f′（x）＞0，f（x）递增，
a＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＞$\sqrt{\frac{a}{2}}$，
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\sqrt{\frac{a}{2}}$，
故f（x）在（0，$\sqrt{\frac{a}{2}}$）递减，在（$\sqrt{\frac{a}{2}}$，+∞）递增；
（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，
∴a+b=-1+6=5；
（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）（e 为自然对数的底数），使得f（x）＜0成立，
则在x∈（1，e）上g（b）_max=g（-1）=-x+x²-alnx＜0，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-$\frac{a}{x}$，
令φ（x）=2x²-x-a，x∈（1，e），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，所以在（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，e）上单调递减，
∴存在x₀∈（1，e）使得h（x₀）＜h（1）=0，符合题意．
综上所述，当a＞1时，对任意b∈[-2，-1]，都存在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．