Question

7．設(shè)函數(shù)f（x）=（x²-2ax）lnx+bx²，a，b∈R．
（1）當(dāng)a=1，b=-1時，設(shè)g（x）=（x-1）²lnx+x，求證：對任意的x＞1，g（x）-f（x）＞x²+x+e-e^x；
（2）當(dāng)b=2時，若對任意x∈[1，+∞），不等式2f（x）＞3x²+a恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)a=1，b=-1時，求得f（x）=（x²-2x）lnx-x²，原不等式等價(jià)于e^x+lnx-e＞0，設(shè)h（x）=e^x+lnx-e，求導(dǎo)，利用函數(shù)的單調(diào)性，可知h（x）＞h（1）=0，即可證明對任意的x＞1，g（x）-f（x）＞x²+x+e-e^x；
（2）當(dāng)b=2時，f（x）=（x²-2ax）lnx+2x²，a∈R．將不等式轉(zhuǎn)化成，（2x²-4ax）lnx+x²-a＞0，利用導(dǎo)數(shù)求得左邊函數(shù)的最小值為1-a＞0，a＜1．

解答 證明：（1）當(dāng)a=1，b=-1時，f（x）=（x²-2x）lnx-x²，
∴g（x）-f（x）＞x²+x+e-e^x 等價(jià)于e^x+lnx-e＞0，
令h（x）=e^x+lnx-e，h′（x）=e^x+$\frac{1}{x}$＞0，
∴h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴h（x）＞h（1），即e^x+lnx＞e，亦e^x+lnx-e＞0，
∴g（x）-f（x）＞x²+x+e-e^x；
解：（2）當(dāng)b=2時，f（x）=（x²-2ax）lnx+2x²，a∈R．
∴不等式2f（x）＞3x²+a等價(jià)于（2x²-4ax）lnx+x²-a＞0，
∴令p（x）=（2x²-4ax）lnx+x²-a，x∈[1，+∞），
p′（x）=（4x-4a）lnx+（2x-4a）+2x=4（x-a）（lnx+1），（x≥1）
當(dāng)a≤1時，p′（x）≥0，
∴函數(shù)p（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴p（x）min=p（1）=1-a，
∴又題意可知：1-a＞0，
∴a＜1，
當(dāng)a＞1時，p′（x）＜0，可知p（x）在[1，a）單調(diào)遞減，
p′（x）＞0，可知函數(shù)p（x）在（a，+∞）單調(diào)遞增，
∴p（x）_min=p（a）=a²（1-2lna）-a，
又條件可知：a²（1-2lna）-a，即a（1-2lna）-1＞0，
設(shè)q（a）=a（1-2lna）-1，a＞1，
q′（a）=1-2lna＜0，a＞1，
∴q（a）在（1，+∞）單調(diào)遞減，
由q（1）=0，
∴q（a）＜q（1）=0與條件矛盾，
綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍為（-∞，1）．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，不等式的證明與恒成立問題，考查等價(jià)轉(zhuǎn)化能力，分類討論思想，利用導(dǎo)數(shù)處理不等式問題在解答題中主要題意為不等式上的恒成立問題，考查構(gòu)造法，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值，屬于難題．