Question

11．设函数f（x）=x²+bx-alnx．
（1）若a=1，b=0，求函数f（x）的极值；
（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），n∈N，求n；
（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，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（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]，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）a=1，b=0时，
f（x）=x²-lnx，f′（x）=2x-$\frac{1}{x}$=$\frac{{2x}^{2}-1}{x}$（x＞0），
令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{\sqrt{2}}{2}$，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
故f（x）在（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）递减，在（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，+∞）递增，
故f（x）的极小值是f（$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$ln2；
（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）（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-$\frac{a}{x}$=$\frac{{2x}^{2}-x-a}{x}$，
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．