Question

7．已知函數(shù)f（x）=x²+bx-alnx（a≠0）
（1）當(dāng)b=0時(shí)，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若x=2是函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)，1是函數(shù)f（x）的一個(gè)零點(diǎn)，求a+b的值；
（3）若對任意b∈[-2，-1]，都存在x∈（1，e），使得f（x）＜0成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）先求導(dǎo)得到f′（x）=2x-$\frac{a}{x}$+b，由，f（1）=1+b=0，得到a與b的值，繼而求出函數(shù)的解析式，
（3）令g（b）=xb+x²-alnx，b∈[-2，-1]，問題轉(zhuǎn)化為在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，連續(xù)利用導(dǎo)函數(shù)，然后分別對1-a≥0，1-a＜0，看是否存在x₀∈（1，e）使得h（x₀）＜h（1）=0，進(jìn)而得到結(jié)論．

解答 解：（1）b=0時(shí)，f（x）=x²-alnx，（x＞0），
f′（x）=2x-$\frac{a}{x}$=$\frac{{2x}^{2}-a}{x}$，
a≤0時(shí)，f′（x）＞0，f（x）遞增，
a＞0時(shí)，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，$\sqrt{\frac{a}{2}}$）遞減，在（$\sqrt{\frac{a}{2}}$，+∞）遞增；
（2））f′（x）=2x-$\frac{a}{x}$+b，
∵x=2是函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)，
∴f′（2）=4-$\frac{a}{2}$+b=0．
∵1是函數(shù)f（x）的零點(diǎn)，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]，則g（b）為關(guān)于b的一次函數(shù)且為增函數(shù)，
根據(jù)題意，對任意b∈[-2，-1]，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）上單調(diào)遞增，φ（x）＞φ（1）=1-a，
①當(dāng)1-a≥0，即a≤1時(shí)，φ（x）＞0，即h′（x）＞0，h（x）在（1，e）上單調(diào)遞增，∴h（x）＞h（1）=0，不符合題意．
②當(dāng)1-a＜0，即a＞1時(shí)，φ（1）=1-a＜0，φ（e）=2e²-e-a
若a≥2e²-e＞1，則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）上單調(diào)遞減，
∴存在x₀∈（1，e）使得h（x₀）＜h（1）=0，符合題意．
若2e²-e＞a＞1，則φ（e）＞0，∴在（1，e）上一定存在實(shí)數(shù)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(dāng)a＞1時(shí)，對任意b∈[-2，-1]，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(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用，考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．對數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強(qiáng)，難度大，是高考的重點(diǎn)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．