Question

20．設函數(shù)f（x）=x²-bx+alnx．
（Ⅰ） 若b=2，函數(shù)f（x）有兩個極值點x₁，x₂，且x₁＜x₂，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ） 在（Ⅰ）的條件下，證明：f（x₂）＞-$\frac{3+2ln2}{4}$；
（Ⅲ） 若對任意b∈[1，2]，都存在x∈（1，e）（e為自然對數(shù)的底數(shù)），使得f（x）＜0成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導數(shù)，結合二次函數(shù)的性質(zhì)求出a的范圍即可；
（Ⅱ）求出f（x₂）=${{x}_{2}}^{2}$-2x₂+（2x₂-2${{x}_{2}}^{2}$）lnx₂，令F（t）=t²-2t+（2t-2t²）lnt，（$\frac{1}{2}$＜t＜1），得到F（t）=2（1-2t）lnt，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出F（t）＞F（$\frac{1}{2}$），從而證出結論；
（Ⅲ）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，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)性，從而確定a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）由已知，b=2時，f（x）=x²-2x+alnx，f（x）的定義域為（0，+∞），
求導數(shù)得：f′（x）=$\frac{{2x}^{2}-2x+a}{x}$，
∵f（x）有兩個極值點x₁，x₂，f′（x）=0有兩個不同的正根x₁，x₂，
故2x²-2x+a=0的判別式△=4-8a＞0，即a＜$\frac{1}{2}$，
且x₁+x₂=1，x₁•x₂=$\frac{a}{2}$＞0，所以a的取值范圍為（0，$\frac{1}{2}$）；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，$\frac{1}{2}$＜x₂＜1且f′（x₂）=0，得a=2x₂-2${{x}_{2}}^{2}$，
∴f（x₂）=${{x}_{2}}^{2}$-2x₂+（2x₂-2${{x}_{2}}^{2}$）lnx₂，
令F（t）=t²-2t+（2t-2t²）lnt，（$\frac{1}{2}$＜t＜1），
則F（t）=2（1-2t）lnt，
當t∈（$\frac{1}{2}$，1）時，F(xiàn)′（t）＞0，∴F（t）在（$\frac{1}{2}$，1）上是增函數(shù)
∴F（t）＞F（$\frac{1}{2}$）=$\frac{-3-2ln2}{4}$，
∴f（x₂）＞-$\frac{3+2ln2}{4}$；
（Ⅲ）令g（b）=-xb+x²+alnx，b∈[1，2]，
由于x∈（1，e），所以g（b）為關于b的遞減的一次函數(shù)，
根據(jù)題意，對任意b∈[1，2]，都存在x∈（1，e）（e為自然對數(shù)的底數(shù)），使得f（x）＜0成立，
則x∈（1，e）上g（b）_max=g（1）=-x+x²+alnx＜0有解，
令h（x）=-x+x²+alnx，則只需存在x₀∈（1，e）使得h（x₀）＜0即可，
由于h′（x）=$\frac{{2x}^{2}-x+a}{x}$，令ω（x）=2x²-x+a，x∈（1，e），ω′（x）=4x-1＞0，
∴ω（x）在（1，e）上單調(diào)遞增，∴ω（x）＞ω（1）=1+a，
①當1+a≥0，即a≥-1時，ω（x）＞0，∴h′（x）＞0，
∴h（x）在（1，e）上是增函數(shù)，∴h（x）＞h（1）=0，不符合題意，
②當1+a＜0，即a＜-1時，ω（1）=1+a＜0，ω（e）=2e²-e+a，
（�。┤籀兀╡）＜0，即a≤2e²-e＜-1時，在x∈（1，e）上ω（x）＞0恒成立
即h′（x）＜0恒成立，∴h（x）在（1，e）上單調(diào)遞減，
∴存在x₀∈（1，e），使得h（x₀）＜h（1）=0，符合題意，
（ⅱ）若ω（e）＞0，即2e²-e＜a＜-1時，在（1，e）上存在實數(shù)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）上單調(diào)遞減，
∴存在x₀∈（1，e），使得h（x₀）＜h（1）=0，符合題意，
綜上所述，當a＜-1時，對任意b∈[1，2]，都存在x∈（1，e）（e為自然對數(shù)的底數(shù)），使得f（x）＜0成立．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，考查不等式的證明，分類討論思想，是一道綜合題．