Question

【题目】设函数f（x）=x2﹣bx+alnx．
（1）若b=2，函数f（x）有两个极值点x1 ， x2 ， 且x1＜x2 ， 求实数a的取值范围；
（2）在（1）的条件下，证明：f（x2）＞﹣ ；
（3）若对任意b∈[1，2]，都存在x∈（1，e）（e为自然对数的底数），使得f（x）＜0成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

【答案】
（1）解：由已知，b=2时，f（x）=x2﹣2x+alnx，f（x）的定义域为（0，+∞），

求导数得：f′（x）= ，

∵f（x）有两个极值点x1，x2，f′（x）=0有两个不同的正根x1，x2，

故2x2﹣2x+a=0的判别式△=4﹣8a＞0，即a＜ ，

且x1+x2=1，x1x2= ＞0，所以a的取值范围为（0， ）；

（2）证明：由（1）得， ＜x2＜1且f′（x2）=0，得a=2x2﹣2 ，

∴f（x2）= ﹣2x2+（2x2﹣2 ）lnx2，

令F（t）=t2﹣2t+（2t﹣2t2）lnt，（ ＜t＜1），

则F（t）=2（1﹣2t）lnt，

当t∈（ ，1）时，F′（t）＞0，∴F（t）在（ ，1）上是增函数

∴F（t）＞F（ ）= ，

∴f（x2）＞﹣ ；

（3）解：令g（b）=﹣xb+x2+alnx，b∈[1，2]，

由于x∈（1，e），所以g（b）为关于b的递减的一次函数，

根据题意，对任意b∈[1，2]，都存在x∈（1，e）（e为自然对数的底数），使得f（x）＜0成立，

则x∈（1，e）上g（b）max=g（1）=﹣x+x2+alnx＜0有解，

令h（x）=﹣x+x2+alnx，则只需存在x0∈（1，e）使得h（x0）＜0即可，

由于h′（x）= ，令ω（x）=2x2﹣x+a，x∈（1，e），ω′（x）=4x﹣1＞0，

∴ω（x）在（1，e）上单调递增，∴ω（x）＞ω（1）=1+a，

①当1+a≥0，即a≥﹣1时，ω（x）＞0，∴h′（x）＞0，

∴h（x）在（1，e）上是增函数，∴h（x）＞h（1）=0，不符合题意，

②当1+a＜0，即a＜﹣1时，ω（1）=1+a＜0，ω（e）=2e2﹣e+a，

（ⅰ）若ω（e）＜0，即a≤2e2﹣e＜﹣1时，在x∈（1，e）上ω（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，

（ⅱ）若ω（e）＞0，即2e2﹣e＜a＜﹣1时，在（1，e）上存在实数m，使得ω（m）=0，

∴在（1，m）上，ω（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∈[1，2]，都存在x∈（1，e）（e为自然对数的底数），使得f（x）＜0成立．

【解析】（1）求出f（x）的导数，结合二次函数的性质求出a的范围即可；（2）求出f（x2）= ﹣2x2+（2x2﹣2 ）lnx2 ， 令F（t）=t2﹣2t+（2t﹣2t2）lnt，（ ＜t＜1），得到F（t）=2（1﹣2t）lnt，根据函数的单调性求出F（t）＞（ ），从而证出结论；（3）令g（b）=﹣xb+x2+alnx，b∈[1，2]，得到在x∈（1，e）上g（b）max=g（1）=﹣x+x2+alnx＜0有解，令h（x）=﹣x+x2+alnx，通过讨论a的范围，求出函数的单调性，从而确定a的范围即可．
【考点精析】利用函数的极值与导数和函数的最大(小)值与导数对题目进行判断即可得到答案，需要熟知求函数的极值的方法是:（1）如果在附近的左侧,右侧,那么是极大值（2）如果在附近的左侧,右侧,那么是极小值；求函数在上的最大值与最小值的步骤：（1）求函数在内的极值；（2）将函数的各极值与端点处的函数值，比较，其中最大的是一个最大值，最小的是最小值．